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2013版高中全程复习方略课时提能训练:单元评估检测(七)(人教A版·数学理)湖北专用


世纪金榜 圆您梦想

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单元评估检测(七)
第七章 (120 分钟 150 分)

一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分.在每小题给出的四个选 项中,只有一项是符合题目要求的) 1.(2012·随州模拟)已知直线 a、b 是两条异面直线,直线 c 平行于直线 a,则直 线 c 与直线 b( ) (B)一定是相交直线 (D)不可能是相交直线

(A)一定是异面直线 (C)不可能是平行直线

2.在△ABC 中,AB=2,BC=1.5,∠ABC=120°,若使△ABC 绕直线 BC 旋转一周,则 所形成的几何体的体积是( (A) ?
3 2

)
7 2

(B) ?

5 2

(C) ?

(D) ?

9 2

3.如图,在空间四边形 ABCD 中,点 E、H 分别是边 AB、AD 的中点,F、G 分别是边 BC、CD 上的点,且
CF CG 2 ? ? ,则( CB CD 3

)

(A)EF 与 GH 互相平行 (B)EF 与 GH 异面 (C)EF 与 GH 的交点 M 可能在直线 AC 上,也可能不在直线 AC 上 (D)EF 与 GH 的交点 M 一定在直线 AC 上
-1-

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4.(2012·黄冈模拟)已知α ,β 是两个不同平面,m,n 是直线,下列命题中不正 确的是( )

(A)若 m∥n,m⊥α ,则 n⊥α (B)若 m∥α ,α ∩β =n,则 m∥n (C)若 m⊥α ,m⊥β ,则α ∥β (D)若 m⊥α ,m?β ,则α ⊥β 5.(2011·安徽高考)一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积 为( )

(A)48 (C)48+ 8 17

(B)32+ 8 17 (D)80

6.如图,下列四个正方体图形中,A,B 为正方体的两个顶点,M,N,P 分别为其 所在棱的中点,能得出 AB∥平面 MNP 的图形的序号是( )

(A)①④

(B)②④
-2-

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(C)①③④

(D)①③

7.如图,平行四边形 ABCD 中,AB⊥BD,沿 BD 将△ABD 折起,使面 ABD⊥面 BCD, 连接 AC,则在四面体 ABCD 的四个面中,互相垂直的平面的对数为( )

(A)4

(B)3

(C)2

(D)1

8.(2012·珠海模拟)如图为棱长是 1 的正方体的表面展开图,在原正方体中, 给出下列三个命题: ①点 M 到 AB 的距离为
2 ; 2
1 6

②三棱锥 C-DNE 的体积是 ; ③AB 与 EF 所成的角是 . 其中正确命题的个数是( )
? 2

(A)0

(B)1

(C)2

(D)3

9.(易错题)如图,正方体 AC1 的棱长为 1,过点 A 作平面 A1BD 的垂线,垂足为
-3-

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点 H,则以下命题中,错误的命题是(

)

(A)点 H 是△A1BD 的垂心 (B)AH 的延长线经过点 C1 (C)AH 垂直平面 CB1D1 (D)直线 AH 和 BB1 所成角为 45° 10.一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面均相切,已知这个球的体积 是
32 ? ,那么这个三棱柱的体积是( 3

) (D)48 3

(A)96 3

(B)16 3

(C)24 3

二、填空题(本大题共 5 小题,每小题 4 分,共 20 分.请把正确答案填在题中横 线上) 11.已知三个球的半径 R1,R2,R3 满足 R1+2R2=3R3,则它们的表面积 S1,S2,S3 满足的 等量关系是______. 12.如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D 为棱 AA1 的中点,若截面△BC1D 是面积 为 6 的直角三角形,则此三棱柱的体积为________.

-4-

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13.如图所示,二面角α -l-β 的棱上有 A、B 两点,直线 AC、BD 分别在这个二面 角的两个半平面内,且都垂直于 AB.已知 AB=4,AC=6,BD=8,CD=2 17 ,则该二 面角的大小为_______.

14.(2012·宜春模拟)三棱锥 S-ABC 中,∠SBA=∠SCA=90°,△ABC 是斜边 AB=a 的等腰直角三角形,给出以下结论:

①异面直线 SB 与 AC 所成的角为 90°; ②直线 SB⊥平面 ABC; ③平面 SBC⊥平面 SAC; ④点 C 到平面 SAB 的距离是 a.
-5-

1 2

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其中正确结论的序号是__________. 15.等边三角形 ABC 与正方形 ABDE 有一公共边 AB, 二面角 C-AB-D 的余弦值为 M,N 分别是 AC,BC 的中点,则 EM,AN 所成角的余弦值等于______. 三、解答题(本大题共 6 小题,共 80 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过 程或演算步骤) 16.(13 分)(2011·陕西高考)如图,在△ABC 中, ∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD 是 BC 上的高,沿 AD 把△ABD 折起,使∠BDC=90°. (1)证明:平面 ADB⊥平面 BDC; (2)设 E 为 BC 的中点,求 AE 与 DB 夹角的余弦值.
3 , 3

17.(13 分)如图,已知直三棱柱 ABC-A1B1C1,∠ACB=90°,AC=BC=2,AA1=4.E、F 分 别是棱 CC1、AB 的中点.

(1)求证:CF⊥BB1; (2)求四棱锥 A-ECBB1 的体积.
-6-

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18.(13 分)如图,四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是正方形,侧棱 PA⊥底面 ABCD, PA=AD,E、F 分别是 PD、BC 的中点. (1)求证:AE⊥PC; (2)求直线 PF 与平面 PAC 所成的角的正切值.

19.(13 分) (预测题)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=AC=5,D,E 分别为 BC, BB1 的中点,四边形 B1BCC1 是边长为 6 的正方形. (1)求证:A1B∥平面 AC1D; (2)求证:CE⊥平面 AC1D; (3)求二面角 C-AC1-D 的余弦值.

20.(14 分)(2011·新课标全国卷)如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为平行四 边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD. (1)证明:PA⊥BD; (2)设 PD=AD=1,求棱锥 D-PBC 的高.

-7-

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21. (14 分)如图,已知 ABCD-A1B1C1D1 是棱长为 3 的正方体,点 E 在 AA1 上,点 F 在 CC1 上,且 AE=FC1=1.

(1)求证:E,B,F,D1 四点共面; (2)若点 G 在 BC 上,BG= ,点 M 在 BB1 上,GM⊥BF,垂足为 H,求证:EM⊥平 面 BCC1B1; (3)用θ 表示截面 EBFD1 和侧面 BCC1B1 所成的锐二面角的大小,求 tanθ .
2 3

答案解析
1.【解析】选 C.若 c∥b,∵c∥a,∴a∥b,与已知矛盾. 2.【解题指南】△ABC 绕直线 BC 旋转一周后所得几何体为一圆锥,但其内部缺 少一部分.用大圆锥的体积减去小圆锥的体积即为所求几何体的体积. 【解析】 选 A.旋转后得到的几何体是一个大圆锥中挖去一个小圆锥.故所求体积

-8-

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为 V=V 大圆锥-V 小圆锥= πr2(1+1.5-1)= ? . 3.【解析】选 D.依题意可得 EH∥BD,FG∥BD,故 EH∥FG,所以 E、F、G、H 共 面,因为 EH= BD,
1 2 FG 2 ? ,故 EH≠FG,所以四边形 EFGH 是梯形,EF 与 GH 必 BD 3

1 3

3 2

相交,设交点为 M,因为点 M 在 EF 上,故点 M 在平面 ACB 上,同理,点 M 在平 面 ACD 上,即点 M 是平面 ACB 与平面 ACD 的交点,而 AC 是这两个平面的交线, 所以点 M 一定在平面 ACB 与平面 ACD 的交线 AC 上,故选 D. 4. 【解析】选 B.如图 m∥α,α∩β=n,但 m 与 n 不平行.

5.【解题指南】由三视图得到几何体的直观图,根据直观图求得几何体的表面 积. 【解析】选 C.由三视图知该几何体的直观图如图所示.

几何体的下底面是边长为 4 的正方形;上底面是长为 4、宽为 2 的矩形;两个梯 形侧面垂直于底面,上底长为 2、下底长为 4、高为 4;另两个侧面是矩形,且 宽为 4、长为 42 ?12 ? 17 . 所以 S 表=42+2×4+ ×(2+4)×4×2+4× 17 ×2=48+8 17 .
-9-

1 2

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6. 【解析】选 D.①取前面棱的中点,证 AB 平行于平面 MNP 即可;③可证 AB 与 MP 平行. 7.【解析】选 B.因为 AB⊥BD,面 ABD⊥面 BCD,且交线为 BD,故有 AB⊥面 BCD, 则面 ABC⊥面 BCD,同理 CD⊥面 ABD,则面 ACD⊥面 ABD,因此共有 3 对互相垂 直的平面. 8.【解析】选 D.依题意可作出正方体的直观图如图, 显然 M 到 AB 的距离为 MC ?
1 1 3 2 1 6

1 2

2 ,∴①正确, 2

而 VC?DNE ? ? ?1?1?1 ? ,∴②正确, AB 与 EF 所成的角等于 AB 与 MC 所成的角,即为 , ∴③正确. 9. 【解析】选 D.因为三棱锥 A-A1BD 是正三棱锥,故顶点 A 在底面的射影是底面 中心, A 正确; 平面 A1BD∥平面 CB1D1,而 AH 垂直平面 A1BD, 所以 AH 垂直平面 CB1D1, C 正确;根据对称性知 B 正确.故选 D. 10. 【解题指南】根据组合体的特征求得三棱柱的底面边长和高,然后求体积即 可. 【解析】选 D.易求得球的半径为 2,球与正三棱柱各个面都相切,可知各切点 为各个面的中心,棱柱的高等于球的直径,设棱柱底面三角形的边长为 a,则有
3 1 3 a ? ? 2 ? a ? 4 3 ,故棱柱的体积 V ? ? (4 3)2 ? 4 ? 48 3 .故选 D. 2 3 4
? 2

11.【解析】S1=4πR12, S1 ? 2 ?R1, 同理: S2 ? 2 ?R 2,S3 ? 2 ?R 3,

- 10 -

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故 R1=

S1 2 ?

,R 2=

S2 2 ?

,R 3=

S3 2 ?



由 R1+2R2=3R3, 得 S1 ? 2 S2 ? 3 S3 . 答案: S1 ? 2 S2 ? 3 S3 12.【解析】设正三棱柱的底面边长为 a,高为 2h,则 BD=C1D= a2+h2, BC1= a 2+4h2 ,由△BC1D 是面积为 6 的直角三角形,
?2 ? (a 2+h 2 )=a 2+4h 2 ?a 2=8 1 ? 故此三棱柱的体积为 V= ×8×sin 60°× 得 ?1 2 2 ,解得 ? , 2 ?h=2 ? (a +h )=6 ?2

4= 8 3 . 答案: 8 3 13. 【解题指南】画出图形,根据图形选取基向量,用向量法求角. 【解析】由条件知, CA AB ? 0, AB BD ? 0 ,
CD ? CA ? AB ? BD .

∴ | CD |2 ?| CA |2 ? | AB|2 ? | BD |2 ?2CA AB ? 2AB BD ? 2CA BD =62+42+82+2×6×8cos< CA,BD >=(2 17 )2, ∴ cos<CA, BD> ? ? , <CA, BD> ? 120? , ∴< AC,BD >=60°,即二面角的大小为 60°. 答案: 60° 14.【解析】由题意知 AC⊥平面 SBC, 故 AC⊥SB,SB⊥平面 ABC, 平面 SBC⊥平面 SAC, ①②③正确;取 AB 的中点 E,连接 CE,可证得 CE⊥平面 SAB,故 CE 的长度即
- 11 -

1 2

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为 C 到平面 SAB 的距离,为 a,④正确. 答案:①②③④ 15.【解析】设 AB=2,作 CO⊥平面 ABDE,OH⊥AB,则 CH⊥AB,∠CHO 为二面角 C-AB-D 的平面角,CH= 3 ,OH=CH〃 cos∠CHO=1, 结合等边三角形 ABC 与正方形 ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥,则 AN=EM=CH= 3 .
1 1 AN ? (AB ? AC), EM ? AC ? AE , 2 2 1 1 1 AN EM ? (AB ? AC) ( AC ? AE) ? . 2 2 2

1 2

故 EM,AN 所成角的余弦值为 答案:
1 6

AN EM 1 ? . | AN || EM | 6

16.【解析】(1)∵折起前 AD 是 BC 边上的高, ∴当△ABD 折起后,AD⊥DC,AD⊥DB, 又 DB∩DC=D,∴AD⊥平面 BDC, ∵AD?平面 ABD. ∴平面 ABD⊥平面 BDC. (2)由∠BDC=90°及(1)知 DA,DB,DC 两两垂直,不妨设|DB|=1,以 D 为坐标原 点,以 DB,DC,DA 所在直线为 x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,

易得 D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0, 3 ),
0 ), E( , ,
- 12 -

1 3 2 2

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DB ? (1, 0,0) , ∴ AE ? ( , , ? 3),

1 3 2 2

∴ AE 与 DB 夹角的余弦值为
AE DB ? | AE | | DB | 1 2 1? 22 4 22 . 22

cos<AE , DB> ?

?

17.【解析】(1)∵三棱柱 ABC-A1B1C1 是直棱柱, ∴BB1⊥平面 ABC,又∵CF?平面 ABC, ∴CF⊥BB1. (2)∵三棱柱 ABC-A1B1C1 是直棱柱, ∴BB1⊥平面 ABC, 又∵AC?平面 ABC,∴AC⊥BB1, ∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC, ∵BB1∩BC=B.∴AC⊥平面 ECBB1, ∴ VA?ECBB ? S四边形ECBB AC ,
1 1

1 3

1 2 1 1 ∴ S四边形ECBB1 ? ? EC ? BB1 ? BC ? ? ? 2 ? 4 ? ? 2 ? 6 , 2 2 1 1 ∴ VA?ECBB1 ? S四边形ECBB1 AC ? ? 6 ? 2 ? 4 . 3 3

∵E 是棱 CC1 的中点,∴EC= AA1=2,

18.【解析】方法一:(1)因为 PA⊥底面 ABCD,所以 PA⊥DC 因为底面 ABCD 是正方形,所以 AD⊥DC. AD∩PA=A,故 DC⊥平面 PAD, AE?平面 PAD,所以 AE⊥DC, 又因为 PA=AD,点 E 是 PD 的中点, 所以 AE⊥PD,PD∩DC=D,
- 13 -

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故 AE⊥平面 PDC, PC?平面 PDC,所以 AE⊥PC. (2)连接 BD,过点 F 作 FH⊥AC 于点 H,连接 PH,

由 F 是棱 BC 的中点,底面是正方形,可得 FH∥BD,FH= BD, 又由 PA⊥底面 ABCD 得到 PA⊥FH,AC∩PA=A, 故 FH⊥平面 PAC,所以∠FPH 为直线 PF 与平面 PAC 所成的角, 设 AD=1,得到 FH ?
2 , 4 34 , 4

1 4

在 Rt△PAH 中, PH ?
tan?FPH ? FH 17 . ? PH 17

方法二:以 A 为原点,分别以 AB , AD , AP 的方向为 x,y,z 轴正方向建立空间直角 坐标系,设 PA=AD=1,

- 14 -

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则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1), (1)∵点 E、F 分别是 PD、BC 的中点, ∴E(0, , ), F(1, ,0).
AE =(0,
1 1 , ), 2 2 1 2 1 2 1 2

PC =(1,1,-1), AE PC ? 0 ,所以 AE⊥PC.

(2)连接 BD,由 PA⊥底面 ABCD 得到 PA⊥BD,AC⊥BD,AC∩PA=A,BD⊥平面 PAC. 取平面 PAC 的一个法向量 BD =(-1,1,0), 设直线 PF 与平面 PAC 所成的角为θ,
PF =(1,
1 ,-1) 2

sin? ?| cos<BD,PF> |?|

BD PF 2 , |? 6 | BD || PF |

cosθ=

34 17 ,故 tanθ= . 6 17

19.【解析】(1)连接 A1C,与 AC1 交于 O 点,连接 OD.

因为 O,D 分别为 AC1 和 BC 的中点, 所以 OD∥A1B.
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又 OD?平面 AC1D,A1B ? 平面 AC1D, 所以 A1B∥平面 AC1D. (2)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, BB1⊥平面 ABC,又 AD?平面 ABC, 所以 BB1⊥AD. 因为 AB=AC,D 为 BC 的中点, 所以 AD⊥BC.又 BC∩BB1=B, 所以 AD⊥平面 B1BCC1. 又 CE?平面 B1BCC1,所以 AD⊥CE. 因为四边形 B1BCC1 为正方形,D,E 分别为 BC,BB1 的中点, 所以 Rt△CBE≌Rt△C1CD,∠CC1D=∠BCE. 所以∠BCE+∠C1DC=90°.所以 C1D⊥CE. 又 AD∩C1D=D, 所以 CE⊥平面 AC1D. (3)如图,以 B1C1 的中点 G 为原点,建立空间直角坐标系. 则 A(0,6,4),E(3,3,0),C(-3,6,0),C1(-3,0,0). 由(2)知 CE⊥平面 AC1D, 所以 CE =(6,-3,0)为平面 AC1D 的一个法向量.

- 16 -

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设 n=(x,y,z)为平面 ACC1 的一个法向量,
AC =(-3,0,-4), CC1 =(0,-6,0).

由? ?

?n AC ? 0, ? ?n CC1 ? 0.

可得 ?

??3x ? 4z ? 0, ??6y ? 0.
3 4

令 x=1,则 y=0, z ? ? . 所以 n ? (1, 0, ? ) . 从而 cos<CE, n> ?
CE n 8 ? 5. | CE | | n | 25
3 4

因为二面角 C-AC1-D 为锐角, 所以二面角 C-AC1-D 的余弦值为
8 5 . 25

20.【解析】(1)因为∠DAB=60°,AB=2AD, 由余弦定理得 BD= 3 AD, 从而 BD2+AD2= AB2,故 BD⊥AD, 又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD,又 PD∩AD=D, 所以 BD⊥平面 PAD,故 PA⊥BD. (2)如图,作 DE⊥PB,垂足为 E.

- 17 -

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已知 PD⊥底面 ABCD,则 PD⊥BC. 由(1)知 BD⊥AD, 又 BC∥AD,所以 BC⊥BD,因为 BD∩PD=D, 故 BC⊥平面 PBD,所以 BC⊥DE. 则 DE⊥平面 PBC. 由题设知,PD=1,则 BD= 3 ,PB=2, 根据 DE〃PB=PD〃BD,得 DE ? 即棱锥 D-PBC 的高为
3 . 2 3 , 2

21.【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系, 则 BE =(3,0,1), BF =(0,3,2), BD1 =(3,3,3), 所以 BD1 ? BE ? BF , 故 BD1 , BE , BF 共面. 又它们有公共点 B, 所以 E,B,F,D1 四点共面. (2)设 M(0,0,z),则 GM ? (0, ? , z) , 而 BF =(0,3,2), 由题设得 GM BF ? ? ? 3 ? z 2 ? 0 , 得 z=1.因为 M(0,0,1),E(3,0,1),有 ME =(3,0,0), 又 BB1 =(0,0,3), BC =(0,3,0),
- 18 -

2 3

2 3

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所以 ME BB1 ? 0, ME BC ? 0, 从而 ME⊥BB1,ME⊥BC. 又 BB1∩BC=B, 故 ME⊥平面 BCC1B1. (3)设向量 BP =(x,y,3)且 BP⊥截面 EBFD1, 于是 BP ? BE, BP ? BF . 而 BE =(3,0,1), BF =(0,3,2), 得 BP 〃 BE =3x+3=0, BP 〃 BF =3y+6=0, 解得 x=-1,y=-2, 所以 BP =(-1,-2,3). 又 BA =(3,0,0)且 BA⊥平面 BCC1B1, 所以 BP 和 BA 的夹角等于θ或π-θ(θ为锐角). 于是 cos? ?
| BP BA | 1 . ? | BP | | BA | 14

故 tanθ= 13 .

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