2021版高考数学一轮复习单元评估检测四含解析新人教B版

单元评估检测(四)(第八章)
(120分钟　150分)
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40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.已知向量m=(λ+1,1,2),n=(λ+2,2,1),若(m+n)⊥(m-n),则λ= (　　)
A. B.- C.-2 D.-1
【解析】选B.因为(m+n)⊥(m-n),所以(m+n)·(m-n)=m2-n2=[(λ+1)2+12+22]-
[(λ+2)2+22+12]=-2λ-3=0,即λ=-.
2.设x,y,z是空间不同的直线或平面,对下列四种情形:
①x,y,z均为直线;②x,y是直线,z是平面;③z是直线,x,y是平面;④x,y,z均为平面.
其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是 (　　)
A.③④ B.①③ C.②③ D.①②
【解析】选C.由正方体模型可知①④为假命题;由线面垂直的性质定理可知②③为真命题.
3.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别为BC,CC1,A1D1,C1D1的中点,则直线EF,MN所成角的大小为 (　　)

A. B. C. D.
【解析】选C.连接A1C1,BC1,A1B,

根据E,F,M,N分别为BC,CC1,A1D1,C1D1的中点,可得到MN是三角形A1C1D1的中位线,故得到MN∥A1C1,同理可得到BC1∥EF,
进而直线EF,MN所成角的大小,可转化为A1C1与BC1的夹角,三角形A1BC1的三边均为正方体的面对角线,是等边三角形,故A1C1与BC1的夹角为.
4.正四棱锥的侧棱长为2,侧棱与底面所成的角为60°,则该棱锥的体积为
(　　)
A.3 B.6 C.9 D.18
【解析】选B.由已知,棱锥的高为3,底面边长为,所以该棱锥的体积V=Sh=()2×3=6.
5.已知一圆锥的底面直径与母线长相等,一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切,则球与圆锥的表面积之比为 (　　)
A. B. C. D.
【解析】选B.设圆锥底面圆半径为R,球的半径为r,

由题意知,圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形,球的大圆是该等边三角形的内切圆,
所以r=R,
S球的表面积=4πr2=4π·R2=R2,
S圆锥表面积=πR·2R+πR2=3πR2,所以球与圆锥的表面积之比为=.
6.已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,球O与该正方体的各个面相切,则平面ACD1截此球所得的截面的面积为 (　　)
A. B. C. D.
【解析】选D.因为球与各面相切,所以直径为2,且AC,AD1,CD1的中点在所求的切面圆上,所以所求截面为此三点构成的边长为的正三角形的外接圆,设此圆半径为R,由正弦定理知,

R=,所以截面的面积S=.
7.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上,AB=AC,侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形,则侧面ABB1A1的面积为 (　　)

A.2 B.1 C. D.
【解析】选C.球心在面BCC1B1的中心O上,BC为△ABC所在截面圆的直径,所以∠BAC=90°,△A1B1C1外心M在B1C1中点上,连接OM,OC1,设正方形BCC1B1的边长为x,
在Rt△OMC1中,OM=,MC1=,OC1=R=1,所以2+2=1,即x=(负值舍去),则AB=AC=1,所以=×1=.
8.如图,在平面四边形ABCD中,E,F分别是AD,BD的中点,AB=AD=CD=2,BD=2,∠BDC=90°,将△ABD沿对角线BD折起至△A′BD,使平面A′BD⊥平面BCD,则在四面体A′-BCD中,下列结论不正确的是 (　　)
世纪金榜导学号

A.EF∥平面A′BC
B.异面直线CD与A′B所成的角为90°
C.异面直线EF与A′C所成的角为60°
D.直线A′C与平面BCD所成的角为30°
【解析】选C.A选项:因为E,F分别为A′D和BD两边的中点,所以EF∥A′B,又A′B⊂平面A′BC,所以EF∥平面A′BC,A正确;
B选项:因为平面A′BD⊥平面BCD,交线为BD,且CD⊥BD,所以CD⊥平面A′BD,
即CD⊥A′B,故B正确;
C选项:取CD边中点M,连接EM,FM,则EM∥A′C,所以∠FEM为异面直线EF与A′C所成角,又EF=1,EM=,FM=,
即∠FEM=90°,故C错误;
D选项:因为平面A′BD⊥平面BCD,连接A′F,则A′F⊥BD,所以A′F⊥平面CBD,
连接FC,所以∠A′CF为A′C与平面BCD所成的角,又CD⊥A′D,所以A′C=2,
又A′F==,sin∠A′CF===,所以∠A′CF=30°,D正确.
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)
9.关于空间两条直线a,b和平面α,下列命题不正确的是 (　　)
A.若a∥b,b⊂α,则a∥α
B.若a∥α,b⊂α,则a∥b
C.若a∥α,b∥α,则a∥b
D.若a⊥α,b⊥α,则a∥b
【解析】选ABC.线面平行的判定定理中的条件要求a⊄α,故A错;对于线面平行,这条直线与面内的直线的位置关系可以平行,也可以异面,故B错;平行于同一个平面的两条直线的位置关系:平行、相交、异面都有可能,故C错;垂直于同一个平面的两条直线是平行的,故D正确.
10.给出以下四个命题,其中正确的为 (　　)
A.如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的一个平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行
B.如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线垂直于这个平面
C.如果两条直线都平行于一个平面,那么这两条直线互相平行
D.如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面互相垂直
【解析】选ABD.根据直线与平面平行的性质可知A正确.根据直线与平面垂直的判定定理可知B正确.因为平行于一个平面的两条直线可以平行,也可以相交,也可以是异面直线,所以C错误.由两个平面垂直的判定定理可知D正确.
11.圆柱的侧面展开图是长12 cm,宽8 cm的矩形,则这个圆柱的体积为
(　　)
A. cm3 B. cm3
C.288π cm3 D.192π cm3
【解析】选AB.当圆柱的高为8 cm时,
V=π××8= (cm3),
当圆柱的高为12 cm时,
V=π××12= (cm3).
12.已知m和n是两条不同的直线,α和β是两个不重合的平面,那么下面给出的条件中不一定能推出m⊥β的是 (　　)
A.α⊥β且m⊂α B.α⊥β且m∥α
C.m∥n且n⊥β D.m⊥n且n∥β
【解析】选ABD.α⊥β且m⊂α⇒m⊂β或m∥β或m与β相交,故A不一定能推出m⊥β;α⊥β且m∥α⇒m⊂β或m∥β或m与β相交,故B不一定能推出m⊥β;m∥n,且n⊥β⇒m⊥β,故C可以推出m⊥β;由m⊥n,且n∥β,知m∥β或m与β相交或m⊂β,故D不一定能推出m⊥β,故A、B、D符合题意.
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
13.平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,=(1, 2, 0),=(2, 1, 0),=(0, 1, 5),则对角线AC1的长为________. 
【解析】因为=++=++=(0, 1, 5)+(1, 2, 0)+(2, 1, 0)=(3, 4, 5),
所以||==5.
答案:5
14.如图,在三棱柱A1B1C1-ABC中,已知D,E,F分别为AB,AC,AA1的中点,设三棱锥A-FED的体积为V1,三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2,则V1∶V2的值为________. 

【解析】设三棱柱的高为h,
因为F是AA1的中点,则三棱锥F-ADE的高为,
因为D,E分别是AB,AC的中点,所以S△ADE=S△ABC,
因为V1=S△ADE·,V2=S△ABC·h,
所以==.
答案:
15.如图1,已知点E,F,G分别是棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1,BB1,DD1的中点,点M,N,P,Q分别在线段AG,CF,BE,C1D1上运动,当以M,N,P,Q为顶点的三棱锥Q-PMN的俯视图是如图2所示的正方形时,则点Q到平面PMN的距离为________. 世纪金榜导学号 

【解析】根据俯视图可知,点P,Q,M,N的位置如图所示.易知点Q到平面PMN的距离即为正方体的高a.

答案: a
16.圆柱形容器的内壁底面半径是10 cm,有一个实心铁球浸没于容器的水中,若取出这个铁球,测得容器内的水面下降了 cm,则这个铁球的体积为_____ cm3,表面积为________ cm2. 
【解析】下降的水的体积即为球的体积,
所以V球=π×102×=cm3.
设该铁球的半径为r,
则由题意得πr3=π×102×,
解得r3=53,
所以r=5,所以这个铁球的表面积S=4π×52=100π(cm2).
答案:π　100π
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)如图,四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,E为线段AD的中点,且AE=ED=BC=2,PA=PD=PB=4.PB⊥AC.
(1)证明:平面PBE⊥平面PAC.
(2)若BC∥AD,求三棱锥P-ACD的体积.

【解析】(1)因为PA=PD,E是AD的中点,
所以PE⊥AD,
又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PE⊥平面ABCD,
又AC⊂平面ABCD,所以PE⊥AC,
又PB⊥AC,PE∩PB=P,所以AC⊥平面PBE,
又AC⊂平面PAC,所以平面PBE⊥平面PAC.
(2)由(1)知AC⊥平面PBE,故AC⊥BE,
因为BC∥AD,BC=AD=DE,
所以四边形BCDE是平行四边形,
所以CD=BE,CD∥BE,所以AC⊥CD,
因为PA=PD=PB=4,AE=DE=BC=2,
所以PE==2,
所以BE==2,即CD=2,
所以AC==2.
所以VP-ACD=S△ACD·PE
=××2×2×2=4.
18.(12分)(2019·天津高考)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.

(1)求证:BF∥平面ADE.
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值.
(3)若二面角E-BD-F的余弦值为,求线段CF的长.
【解析】依题意,可以建立以A为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),
D(0,1,0),E(0,0,2).
设CF=h(h>0),则F(1,2,h).
(1)依题意,=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又=(0,2,h),可得·=0,又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE.
(2)依题意,=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(-1,-2,2).
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即不妨令z=1,可得n=(2,2,1).
因此有cos==-.
所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.
(3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,
则即
不妨令y=1,可得m=.
由题意,有|cos |===,解得h=.经检验,符合题意.
所以线段CF的长为.

19.(12分)(2020·清华附中模拟)如图,在平行四边形ABCD中,∠A=45°,AB
=,BC=2,BE⊥AD于点E,将△ABE沿BE折起,使∠AED=90°,连接AC,AD,得到如图所示的几何体.
(1)求证:平面ACD⊥平面ABC.
(2)若点P在线段AB上,直线PD与平面BCD所成角的正切值为,求三棱锥P-BCD的体积.

【解析】(1)因为BE⊥AE,DE⊥AE,BE∩DE=E,
所以AE⊥平面BCDE,
以E为坐标原点,以ED,EB,EA所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图:

则A(0,0,1),B(0,1,0),C(2,1,0),D(1,0,0),
设AC的中点为M,则M,
所以=,=(0,1,-1),=(2,0,0),
所以·=0,·=0,
所以DM⊥AB,DM⊥BC,
又AB∩BC=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,
所以DM⊥平面ABC,
又DM⊂平面ACD,
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)过P作PN⊥BE,垂足为N,连接DN,
则PN∥AE,所以PN⊥平面BCDE,
所以∠PDN为直线PD与平面BCD所成的角.
设PN=x,则BN=x,故EN=1-x,
所以DN=,
所以tan∠PDN===,解得x=,即PN=.
因为BD==,CD=AB=,BC=2,
所以BD2+CD2=BC2,所以BD⊥CD.
所以S△BCD=·BD·CD=1,
所以三棱锥P-BCD的体积V=·S△BCD·PN=×1×=.
20.(12分)如图,在正方形ABCD中,点E,F分别是AB,BC的中点,将△AED,△DCF分别沿DE,DF折起,使A,C两点重合于P.

(1)求证:平面PBD⊥平面BFDE.
(2)求二面角P-DE-F的余弦值.
【解析】(1)连接EF交BD于O,连接OP.

在正方形ABCD中,点E是AB中点,点F是BC中点,所以BE=BF,DE=DF,
所以△DEB≌△DFB,
所以在等腰△DEF中,O是EF的中点,
且EF⊥OD,
因此在等腰△PEF中,EF⊥OP,
从而EF⊥平面OPD,
又EF⊂平面BFDE,
所以平面BFDE⊥平面OPD,
即平面PBD⊥平面BFDE.
(2)方法一:

在正方形ABCD中,连接AF,交DE于G,设正方形ABCD的边长为2,由于点E是AB中点,点F是BC中点,所以Rt△DAE≌Rt△ABF,于是∠ADE=∠FAB,
从而∠ADG+∠DAG=∠EAG+∠DAG=90°,
所以AF⊥DE,于是,在翻折后的几何体中, ∠PGF为二面角P-DE-F的平面角,在正方形ABCD中,
解得AG=,GF=,
所以,在△PGF中,PG=AG=,GF=,
由余弦定理得cos∠PGF==,
所以,二面角P-DE-F的余弦值为.
方法二:由题知PE,PF,PD两两互相垂直,故以P为原点,向量,,方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图的空间直角坐标系.设正方形边长为2,则P(0,0,0),E(0,1,0),F(1,0,0),D(0,0,2).
所以=(1,-1,0),=(0,-1,2).
设m=(x,y,z)为平面EFD的一个法向量,
由 得
令x=1,得m=1,1,,
又由题知n=(1,0,0)是平面PED的一个法向量,
所以cos==.
所以,二面角P-DE-F的余弦值为.

21.(12分)如图,已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形, PA⊥底面ABCD,ED∥PA,且PA=2ED=2. 世纪金榜导学号
(1)证明:直线BD∥平面PCE.
(2)证明:平面PAC⊥平面PCE.
(3)若直线PC与平面ABCD所成的角为45°,求二面角P-CE-D的余弦值.

【解析】(1)连接BD,交AC于点O,设PC中点为F,连接OF,EF.
因为O,F分别为AC,PC的中点,

所以OF∥PA,且OF=PA,因为DE∥PA,且DE=PA,所以OF∥DE,且OF=DE,
所以四边形OFED为平行四边形,所以OD∥EF,即BD∥EF,又BD⊄平面PCE, EF⊂面PCE,所以BD∥面PCE.
(2)因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.因为ABCD是菱形,所以BD⊥AC.因为PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,因为BD∥EF,所以EF⊥平面PAC,
因为EF⊂平面PCE,所以平面PAC⊥平面PCE.
(3)方法一:因为直线PC与平面ABCD所成角为45°,所以∠PCA=45°,所以AC=PA=2,
所以AC=AB,故△ABC为等边三角形.
设BC的中点为M,连接AM,则AM⊥BC.
以A为原点,AM,AD,AP分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系 (如图).

则P(0,0,2),C(,1,0),E(0,2,1),D(0,2,0),
=(,1,-2),=(-,1,1),=(0,0,1),
设平面PCE的法向量为n=(x1,y1,z1),
则,即,
令y1=1,则,所以n=(,1,2),
设平面CDE的法向量为m=(x2,y2,z2),
则,即,
令x2=1,则,所以m=(1,,0),
设二面角P-CE-D的大小为θ,由于θ为钝角,所以cos θ=-|cos|=
-=-=-.
所以二面角P-CE-D的余弦值为-.
方法二:因为直线PC与平面ABCD所成角为45°,且PA⊥平面ABCD,
所以∠PCA=45°,所以AC=PA=2.
因为AB=AC=2,所以△ABC为等边三角形.
因为PA⊥平面ABCD,由(1)知PA∥OF,所以OF⊥平面ABCD.
因为OB⊂平面ABCD,OC⊂平面ABCD,所以OF⊥OB且OF⊥OC.
在菱形ABCD中,OB⊥OC.
以点O为原点,OB,OC,OF分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz(如图).

则O(0,0,0),P(0,-1,2),C(0,1,0),
D(-,0,0),E(-,0,1),
则=(0,-2,2),=(-,-1,1),
=(-,-1,0)
设平面PCE的法向量为n=(x1,y1,z1),
则,即,
令y1=1,则,则法向量n=(0,1,1).
设平面CDE的法向量为m=(x2,y2,z2),
则,即,
令x2=1,则,
则法向量m=(1,-,0).
设二面角P-CE-D的大小为θ,由于θ为钝角,
则cos θ=-|cos|=-
=-=-.
所以二面角P-CE-D的余弦值为-.
22.(12分)(2019·北京高考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且=.

(1)求证:CD⊥平面PAD.
(2)求二面角F-AE-P的余弦值.
(3)设点G在PB上,且=.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.
【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD,
又因为CD⊥AD,AD∩PA=A,AD,PA⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD.
(2)在PD上取点M,使=,连接FM,

在△PCD中,又=,
所以FM?CD,FM=,
由(1)知,CD⊥平面PAD,所以FM⊥平面PAD,又AE⊂平面PAD,
所以FM⊥AE,
在△PAD中,E是PD中点,PA=AD=2,
所以AE⊥PD,PD=2,
又因为FM,PD⊂平面EFM,FM∩PD=M,
所以AE⊥平面EFM,又EF⊂平面EFM,
所以AE⊥EF,
所以∠FEM为二面角F-AE-P的平面角.
在△PCD中,PD=2,PE=,PM=PD=,EM=,
在Rt△EFM中,EF==,
cos∠FEM==,
所以二面角F-AE-P的余弦值为.
(3)取CF中点N,连接DN,GN,
在△PDN中,E,F分别为PD,PN的中点,所以EF∥DN,
在△PBC中,==,
又BC=3,所以GN∥BC,GN=2,
又因为AD∥BC,AD=2,
所以GN?AD,四边形ADNG是平行四边形,
所以AG∥DN,又因为EF∥DN,
所以AG∥EF,又因为AG与平面AEF有公共点,所以AG⊂平面AEF.