人教A版高中数学必修第二册章末综合测试3答案

这是一份人教A版高中数学必修第二册章末综合测试3答案，共10页。
章末综合测评(三)1．C　[对于A，空间任意三点，当三点共线时能确定一条直线而不是平面，故错误；对于B，空间两条直线，当两条直线重合时，过这条直线的平面有无数个，故错误；对于C，空间两条相交直线，根据课本中的判定得到是正确的； 对于D，一条直线和一个点，当这个点在直线上时，过这条直线的平面有无数个，故错误．故选C．]2．C　[棱柱的侧面积S侧＝3×6×4＝72(cm2)．]3．B　[平行四边形O′A′B′C′中，O′A′＝5，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，所以平行四边形O′A′B′C′的面积为S′＝O′A′·O′C′·sin 30°＝5×2×12＝5，所以原平面图形的面积是S＝22S′＝22×5＝102.故选B．]4．C　[依题意可知棱台的高为MN＝157.5－148.5＝9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V.棱台下底面积S＝140.0 km2＝140×106m2，上底面积S′＝180.0 km2＝180×106m2，∴V＝13h(S＋S′＋SS')＝13×9×(140×106＋180×106＋140×180×1012)＝3×(320＋607)×106≈(96＋18×2.65)×107＝1.437×109≈1.4×109(m3)．故选C．]5．D　[法一：如图，连接C1P，因为ABCD-A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP⊂平面B1BP，所以C1P⊥BP.连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角．设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则在直角三角形C1PB中，C1P＝12B1D1＝2，BC1＝22，sin ∠PBC1＝PC1BC1＝12，所以∠PBC1＝π6，故选D.法二：如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成角等于直线PB与BC1所成角．根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点．易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝π3，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝12∠A1BC1＝π6．]6．A　[连接AB′，A′B(图略)，由已知条件可知∠BAB′＝π4，∠ABA′＝π6，设AB＝2a，则BB′＝2asin π4＝2a， A′B＝2a cos π6＝3a，∴在Rt△BB′A′中，得A′B′＝a，∴AB∶A′B′＝2∶1．]7．D　[由题意，圆锥轴截面的顶角为120°，设该圆锥的底面圆心为O′，球O的半径为R，则O′O＝R－1.由勾股定理可得R2＝(R－1)2＋(3)2，∴R＝2，∴球O的表面积为4πR2＝16π．]8．C　[设平面BED1交棱AD于F，由正方体性质及平面与平面平行的性质定理得ED1∥BF，D1F∥BE，由勾股定理可得四边形D1FBE所有边长的长度为5，所以D1FBE是菱形，且F为AD的中点，取A1D1的中点M，连接FM，ME，则D1B＝DD12+BD2＝DD12+AB2+AD2＝22+22+22＝23，EF＝FM2+ME2＝＝22+22＝22，故SD1FBE＝D1B·FE2＝23×222＝26.故选C．]9．BCD　[作出正方体的直观图，如图，由直观图可知BM与DE为互相垂直的异面直线，故A错误；EF∥AB∥CD，故B正确；CN与BM为异面直线，故C正确；由正方体性质得BN⊥平面DEM，故NB⊥DM，故D正确．故选BCD．]10．CD　[设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝13×12×2×2×2＝43，V2＝13×12×2×2×1＝23.连接BD交AC于M，连接EM，FM(图略)，则FM＝3，EM＝6，EF＝3，所以FM 2＋EM 2＝EF2，∴EM⊥FM，故S△EMF＝12×3×6＝322，V3＝13S△EMF×AC＝2，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，故选CD．]11．ABC　[把平面展开图还原为四棱锥如图所示，则EH∥AB，因为AB⊂平面ABCD，EH⊄平面ABCD，所以EH∥平面ABCD.同理可证EF∥平面ABCD，因为EH∩EF＝E，EH，EF⊂平面EFGH，所以平面EFGH∥平面ABCD；平面PAD，平面PBC，平面PAB，平面PDC均是四棱锥的四个侧面，则它们两两相交．因为AB∥CD，CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，所以AB∥平面PCD.同理，BC∥平面PAD．]12．BCD　[对于A，假设A1E⊥DF，由题意知BC⊥平面AA1B1B，A1E⊂平面AA1B1B，∴A1E⊥BC，又BC∩DF＝F，∴A1E⊥平面ABCD，由长方体性质知A1E与平面ABCD不垂直，故假设不成立，故A错误；对于B，连接EF，AC，A1C1，由于E，F分别为AB，BC的中点，∴EF∥AC，又因为长方体ABCD-A1B1C1D1，知A1C1∥AC，∴EF∥A1C1，所以点A1，E，F，C1四点共面，故B正确；对于C，由题意可知DC⊥平面BB1C1C，∴∠DC1C为直线C1D与平面BB1C1C所成角，在Rt△DCC1中，CC1＝2，CD＝2，则tan ∠DC1C＝DCC1C＝22＝2，故C正确；对于D，连接DE，C1E，∵AB＝AD＝2，则S△DEF＝S□ABCD－S△ADE－S△BEF－S△CDF＝2×2－12×2×1－12×1×1－12×1×2＝32，利用等体积法知：VE-C1DF＝VC1-DEF＝13·S△DEF·CC1＝13×32×2＝22，故D正确．故选BCD．]13．3　[设圆锥筒的底面半径为r，则2πr＝πR＝23π，则r＝3，所以圆锥筒的高h＝R2-r2＝232-32＝3．]14．1∶24　[因为D，E分别是AB，AC的中点，所以S△ADE∶S△ABC＝1∶4. 又F是AA1的中点，所以A1到底面的距离H为F到底面距离h的2倍，即三棱柱A1B1C1-ABC的高是三棱锥F-ADE高的2倍， 所以V1∶V2＝13S△ADE·hS△ABC·H＝124＝1∶24．]15．5∶2　[如图，设两个矩形分别为矩形ABCD、矩形ABEF，因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AF⊂平面ABEF，AF⊥AB，故AF⊥平面ABCD，而AC⊂平面ABCD，所以AF⊥AC，同理CB⊥BF. 由题意，两个矩形的对角线长分别为5，25，所以cos α＝525+4＝529，cos β＝2529，所以cos α∶cos β＝5∶2．]16．483　483　[设球的半径为r，则43πr3＝323π，得r＝2，柱体的高为2r＝4.又正三棱柱的底面三角形的内切圆半径与球的半径相等，所以底面正三角形的边长为43，所以正三棱柱的侧面积S侧＝3×4×43＝483，体积V＝34×(43)2×4＝483．]17．解：V三棱柱ABC-A1B1C1 ＝12×3×4×6＝36(cm3)．设圆柱底面圆的半径为r，则r＝2S△ABCAB+BC+AC＝2×12×3×43+4+5＝1，V圆柱OO1 ＝πr2h＝6π(cm3)．所以V＝V三棱柱ABC-A1B1C1 －V圆柱OO1 ＝(36－6π)cm3.18．证明：(1)因为K∈EH，EH⊂平面ABD，所以K∈平面ABD，同理K∈平面CBD，而平面ABD∩平面CBD＝BD，因此K∈BD，所以EH，BD，FG三条直线相交于同一点．(2)因为EH∥FG，FG⊂平面BCD，EH⊄平面BCD，所以EH∥平面BCD，而EH⊂平面ABD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以EH∥BD，而EH∥FG，所以EH∥FG∥BD.19．证明：(1)如图，连接AC，交BD于点O，连接PO.因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又因为PB＝PD，O为BD的中点，所以BD⊥PO.因为PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC，因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.(2)因为四边形ABCD为菱形，所以BC∥AD.因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.又因为BC⊂平面PBC，平面PBC与平面PAD的交线为l，所以BC∥l.20．解：(1)证明：连接A1B交AB1于O，连接OD，正三棱柱ABC-A1B1C1中，易得O为AB1中点，又D为BC的中点，所以OD∥A1C.因为A1C⊄平面AB1D，OD⊂平面AB1D，所以A1C∥平面AB1D.(2)因为A1C∥平面AB1D，所以C与A1到平面AB1D的距离相等，由题意得AB1＝22，DB1＝5，AD＝3，因为AD2+DB1 2 ＝ AB1 2，所以AD⊥DB1，所以S△ADB1＝12×3×5＝152，S△ADC＝12×1×3＝32，设C到平面ADB1的距离为h，则VC-ADB1＝VB1-ACD，所以13×152h＝13×32×2，所以h＝255，即点A1到平面AB1D的距离为255.21．解：(1)证明：由已知得DA＝DM，E是AM的中点，所以DE⊥AM.因为平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，所以DE⊥平面ABCM.又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABCM.(2)过B点存在一条直线l，同时满足以下两个条件：①l⊂平面ABCM；②l⊥AD.理由：在平面ABCM中，过点B作直线l，使l⊥AM(图略)．因为平面ADM⊥平面ABCM，平面ABCM∩平面ADM＝AM，所以l⊥平面ADM，所以l⊥AD.22．解：(1)因PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，则PA⊥BC，PA⊥AB，又AB2＋BC2＝AC2，即AB⊥BC.又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，因此BC⊥平面PAB.所以VP-ACE∶VE-ABC＝VC-PAE∶VC-ABE＝PE∶EB，在Rt△PAB中，PB＝2，由AE⊥平面PBC得AE⊥PB，则PA·AB＝PB·AE，即有AE＝32，在Rt△PAE中，PE＝PA2-AE2＝32，则有EB＝12，所以VP-ACE∶VE-ABC＝3∶1.(2)如图，作AE⊥PB于点E，过点E作EO垂直PC于点O，连接AO.由(1)知，BC⊥平面PAB，AE⊂平面PAB，则BC⊥AE，而PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，于是得AE⊥平面PBC.又PC⊂平面PBC，则AE⊥PC.又EO⊥PC，AE，EO⊂平面AOE，AE∩EO＝E，则有PC⊥平面AOE，所以PC⊥AO.因此∠AOE是二面角A-PC-B的平面角．在Rt△PAC中，PC＝7，则AO＝PA·ACPC＝2217.由(1)知，AE＝32，在Rt△AOE中，sin ∠AOE＝AEAO＝74，则cos ∠AOE＝34，所以二面角A-PC-B的余弦值是34.