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階段質量檢測（二） 專題一~二“綜合檢測”
(時間：120分鐘 滿分：150分)
一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1．已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題正確的是( )
A．若m∥α，α∩β＝n，則m∥n
B．若m∥α，n∥α，則m∥n
C．若m∥α，m⊥n，則n⊥α
D．若m⊥α，m∥β，則α⊥β
解析：選D 選項A，因為n可以是平面α內的任意一條直線，所以m，n可能平行，可能異面，故選項A錯誤；與同一個平面平行的兩條直線可能平行，也可能相交，還可能異面，故B選項錯誤；易知選項C錯誤．故選D.
2．“sin A>tan A”是“△ABC是鈍角三角形”的( )
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充分必要條件
D．既不充分也不必要條件
解析：選A 若sin A>tan A，則sin A>，因為sin A>0，所以1>，易得－1<
cos A<0，所以A∈，所以△ABC為鈍角三角形．假設B＝，A＝，△ABC為鈍角三角形，則sin A＝
tan A”是“△ABC是鈍角三角形”的充分不必要條件．
3．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的內切球的體積為( )
A.π B.π
C.π D.π
解析：選D 由三視圖可知該幾何體是一個三棱錐．幾何體的表面積S＝233＋236＝27，
幾何體的體積V＝333＝.
設幾何體的內切球的半徑為r，
則V＝Sr＝9r＝，得r＝，
故幾何體的內切球的體積V球＝πr3＝π＝π.故選D.
4．已知sin＝，則cos(2 018π－2θ)＝( )
A．－ B.
C．－ D.
解析：選C 因為sin＝sin＝sin＝cos θ＝，所以cos(2 018π－2θ)＝cos 2θ＝2cos2θ－1＝22－1＝－.故選C.
5．為了得到函數(shù)y＝sin的圖象，只需將y＝cos 2x的圖象上的每一點( )
A．向右平移個單位長度
B．向右平移個單位長度
C．向左平移個單位長度
D．向左平移個單位長度
解析：選B y＝cos 2x＝sin，由y＝sin的圖象向右平移個單位長度得到的函數(shù)圖象的解析式是y＝sin＝sin.所以選B.
6．已知＝λ＋μ (λ，μ∈R)，且A，B，C三點不共線( )
A．若λ＝，μ＝，則G是△ABC的重心
B．若λ＝，μ＝，則G是△ABC的垂心
C．若λ＝，μ＝，則G是△ABC的內心
D．若λ＝，μ＝，則G是△ABC的外心
解析：選A 如圖，設△ABC中BC邊上的中線為AD，則＝(＋)，即＋＝2.當λ＝μ＝時，＝＋，所以＝(＋)＝.所以G為△ABC的重心，A正確．當＝＋或＝＋時，G，B，C三點共線，故B、C錯誤；當λ＝μ＝時，＝(＋)＝，即點G在中線AD的延長線上，而外心為三角形三邊中垂線的交點，所以G不一定是△ABC的外心，D錯誤，故選A.
7．如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB1，BC1的中點．下列結論中，正確的是( )
A．EF⊥BB1
B．EF∥平面ACC1A1
C．EF⊥BD
D．EF⊥平面BCC1B1
解析：選B 如圖，取BB1的中點M，連接ME，MF，延長ME交AA1于點P，延長MF交CC1于點Q，連接PQ.∵E，F(xiàn)分別是AB1，BC1的中點，∴P是AA1的中點，Q是CC1的中點，從而可得E是MP的中點，F(xiàn)是MQ的中點，所以EF∥PQ，又PQ?平面ACC1A1，EF?平面ACC1A1，所以EF∥平面ACC1A1.故選B.
8．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點M是直線AB1上的動點，點P是△A1C1D所在平面內的動點，記直線D1P與直線CM所成的角為θ，若θ的最小值為，則點P的軌跡是( )
A．圓 B．橢圓
C．拋物線 D．雙曲線
解析：選A 將空間中線線角的最值問題轉化為線面角的問題．點在動，平面沒有動，將動變成定．連接CA，CB1，可知平面ACB1∥平面A1C1D，所以CM∥平面A1C1D.所以把CM平移到平面A1C1D中，直線D1P與直線CM所成角的最小值即為直線D1P與平面A1C1D所成的線面角，即原問題轉化為直線D1P與平面A1C1D所成的線面角為.因為點P是△A1C1D上的動點，所以點P的軌跡為一個圓(如圖所示)．
9．向量a，b滿足|a|＝4，b(a－2b)＝0.則|a－4b|＝( )
A．0 B．4
C．8 D．12
解析：選B 因為b(a－2b)＝0，所以b與a－2b垂直，如圖，
在Rt△ACB中，＝a，＝2b，＝a－2b，O為AB的中點，則||＝|－|＝a－2b＝||＝2，所以|a－4b|＝4.
10．已知點P是四邊形ABCD所在平面外一點，且點P在平面ABCD上的射影O在四邊形ABCD的內部，記二面角P-AB-O，P-BC-O，P-CD-O，P-DA-O的大小分別是α，β，γ，δ，則以下四個命題中正確的是( )
①必不存在點P，使α＝β＝γ＝δ
②必存在點P，使α＝β＝γ＝δ
③必存在點P，使α＝β＝γ≠δ
④必存在點P，使α＝γ且β＝δ
A．①③ B．②③
C．②④ D．③④
解析：選D 若要存在某兩個二面角的平面角相等，則需要射影O到這兩個二面角棱的距離相等．平面四邊形ABCD兩個內角的平分線必有交點，三個內角的平分線不一定交于一點，故命題①②錯誤；易知命題③正確，如圖，不規(guī)則平面四邊形ABCD中，∠M，∠N的平分線必交于一點；而四邊形ABCD為平行四邊形、梯形時，也可驗證命題④是正確的．故選D.
二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分)
11．已知tan α＝2，則tan＝________，cos2α＝________.
解析：∵tan α＝2，∴tan＝＝－3，
∴cos2α＝＝＝.
答案：－3
12．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是______，表面積是________．
解析：由三視圖可知，該幾何體是以四邊形ABB1A1為底面的四棱柱，根據(jù)三視圖易求得該幾何體的體積V＝22＝6.
∵四邊形ABB1A1為直角梯形，且A1B1＝1，AA1＝AB＝2，∴BB1＝，
∴表面積S＝22＋22＋12＋2＋2＝16＋2.
答案：6 16＋2
13．在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.若a(1－cos C)＝ccos A，且|＋|＝8，則△ABC面積的最大值是________，當△ABC面積最大時tan A＝________.
解析：由a(1－cos C)＝ccos A及正弦定理得sin A(1－cos C)＝sin Ccos A，移項得sin A＝sin Ccos A＋sin Acos C＝sin(A＋C)＝sin B，因為A，B∈(0，π)，所以A＝B，所以a＝b，又a2＝b2＋c2－2bccos A，所以c＝2bcos A.
設AC邊上的中線為BD，由|＋|＝8得到BD的長為4，由余弦定理得16＝c2＋2－2ccos A，所以b2＝，所以△ABC的面積S＝bcsin A＝＝.由基本不等式得S≤，當且僅當tan A＝3時，等號成立．所以△ABC面積的最大值為.
答案： 3
14．在△ABC中，D為AB的中點，AC＝2CD＝4，△ABC的面積為3.作BE⊥CD于E，將BCD沿CD翻折，翻折過程中AC與BE所成的最小角的余弦值為________．
解析：將△BCD沿CD翻折過程中，BE掃過的區(qū)域即為如圖所示的圓面E.故AC與BE所成的最小角即為AC與圓面E所成的線面角．由于D為AB的中點，故將△ACD沿CD翻折的過程中，點A的軌跡是與圓面E平行的圓面O.此時AC與BE所成的最小角即為AC與圓面O所成的線面角，即∠CAO.因為D為AB的中點，所以BE＝OA，因為AC＝2CD＝4，S△ABC＝3，且S△ABC＝S△ACD＋S△BCD，所以CDAO＋CDBE＝3，解得AO＝BE＝，所以cos∠CAO＝＝.故AC與BE所成的最小角的余弦值為.
答案：
15．在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC將矩形ABCD折成一個直二面角B-AC-D，則四面體DABC的外接球的表面積為________，四面體DABC的體積為________．
解析：由題意知，四面體的外接球的球心到4個頂點的距離相等，所以球心在對角線AC上，且為AC的中點，而AC＝＝5，所以外接球的半徑r＝AC＝，故外接球的表面積S＝4πr2＝25π.因為平面DAC⊥平面ABC，所以點D到AC的距離即為點D到平面ABC的距離，為＝＝，故四面體D-ABC的體積V＝S△ABC＝43＝.
答案：25π
16．已知向量a，b滿足|a－b|＝|a＋3b|＝2，則|b|的取值范圍是________．
解析：法一：如圖，作＝a，＝b，＝－3b，則||＝|a－b|＝2，||＝|a＋3b|＝2.
所以0≤||＝|4b|≤4，故有0≤|b|≤1.
法二：由|a－b|＝|a＋3b|＝2，得
則其中θ表示向量a與向量b的夾角，當cos θ≠0時，有|a|＝－，代入|a|2＋3|b|2＝4，有2＋3|b|2＝4，所以|b|2＝，因為0
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階段質量檢測二專題一-二“綜合檢測”
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