第六章测评 高中数学新北师大版必修第二册（2022学年）

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第六章测评
(时间:120分钟　满分:150分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分)
1.下列几何体是旋转体的是(　　)
①圆柱;②六棱锥;③正方体;④球体;⑤四面体.
　　 　　　　　　　　　　　　　　
A.①④ B.②③ C.①③ D.②④
【答案】A
2.已知在边长为1的菱形ABCD中，A=π3，则用斜二测画法画出这个菱形的直观图的面积为(　　)
A.32 B.34 C.66 D.68
【解析】在菱形ABCD中，AB=1，A=π3，则菱形的面积为S菱形ABCD=2S△ABD=2×12×1×1×sinπ3=32.
所以用斜二测画法画出这个菱形的直观图面积为S=24S菱形ABCD=68.
【答案】D
3.设正方体的表面积为24，那么其外接球的体积是(　　)
A.43π B.8π3
C.43π D.323π
【解析】设正方体的棱长为a，由题意可知，6a2=24，所以a=2.
设正方体外接球的半径为R，则3a=2R，
所以R=3，所以V球=43πR3=43π.
【答案】C
4.已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，有以下四个命题:
①α∥β⇒l⊥m;②α⊥β⇒l∥m;③l∥m⇒α⊥β;④l⊥m⇒α∥β.
其中正确的命题是(　　)
A.①② B.③④ C.②④ D.①③
【解析】若α∥β，l⊥α，则l⊥β，
又m⊂β，所以l⊥m，故①正确;
若α⊥β，l⊥α，m⊂β，
则l与m可能异面，所以②不正确;
若l∥m，l⊥α，则m⊥α，
又m⊂β，则α⊥β，所以③正确;
若l⊥α，l⊥m，m⊂β，则α与β可能相交，故④不正确.
综上可知，选D.
【答案】D
5.

如图，在四边形ABCD中，∠DAB=90°，∠ADC=135°，AB=5，CD=22，AD=2，则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为(　　)
A.(60+42)π B.(60+82)π
C.(56+82)π D.(56+42)π
【解析】四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成的几何体，如图.

S表面=S圆台下底面+S圆台侧面+S圆锥侧面=πr22+π(r1+r2)l2+πr1l1=π×52+π×(2+5)×5+π×2×22=(60+42)π.故选A.
【答案】A
6.《算数书》竹简于20世纪80年代在湖北省张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“禾盖”的术:置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈136L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V≈7264L2h相当于将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为(　　)
A.15750 B.258 C.237 D.227
【解析】设圆锥的底面半径为r，则圆锥的底面周长L=2πr，
所以r=L2π，所以V=13πr2h=L2ℎ12π.
令L2ℎ12π=7264L2h，得π=227，故选D.
【答案】D
7.若将一个真命题中的“平面”换成“直线”，“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”，下列四个命题:
①垂直于同一平面的两直线平行;②垂直于同一平面的两平面平行;③平行于同一直线的两直线平行;④平行于同一平面的两直线平行.
其中是“可换命题”的是(　　)
A.①③ B.③④ C.①② D.①④
【解析】由“垂直于同一直线的两个平面平行”知，①是“可换命题”;由“垂直于同一平面的两平面未必平行”知，②不是“可换命题”;由“平行于同一平面的两个平面平行”知，③是“可换命题”;由“平行于同一平面的两直线未必平行”知，④不是“可换命题”.综上所述，故选A.
【答案】A
8.在等腰直角三角形ABC中，AB=BC=1，M为AC的中点，沿BM把它折成二面角，折后A与C的距离为1，则二面角C-BM-A的大小为(　　)
A.30° B.60° C.90° D.120°
【解析】如

图，由A'B=BC=1，∠A'BC=90°知A'C=2.
因为M为A'C的中点，所以MC=AM=22，且CM⊥BM，AM⊥BM，
所以∠CMA为二面角C-BM-A的平面角.
因为AC=1，MC=MA=22，所以∠CMA=90°，故选C.
【答案】C
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
9.下列四个命题中，是真命题的有(　　)
A.若直线a，b互相平行，则直线a，b确定一个平面
B.平行于同一条直线的两条直线互相平行
C.若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线
D.两条异面直线不可能垂直于同一个平面
【解析】C项中，若两直线无公共点，这两直线平行或异面.其他选项正确.
【答案】ABD
10.l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题不正确的是(　　)
A.l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3
B.l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3
C.l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面
D.l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面
【解析】通过常见的图形正方体，从同一个顶点出发的三条棱两两垂直，A错;
因为l1⊥l2，所以l1，l2所成的角是90°，又因为l2∥l3，所以l1，l3所成的角是90°，所以l1⊥l3，B对;
例如三棱柱中的三侧棱平行，但不共面，故C错;
例如三棱锥的三侧棱共点，但不共面，故D错.故选ACD.
【答案】ACD
11.如图，在棱长均相等的四棱锥P-ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，下列结论正确的是(　　)

A.PD∥平面OMN
B.平面PCD∥平面OMN
C.直线PD与直线MN所成角的大小为90°
D.ON⊥PB
【解析】连接BD(图略)，显然O为BD的中点，又N为PB的中点，所以PD∥ON，由线面平行的判定定理可得，PD∥平面OMN，A正确;
由M，N分别为侧棱PA，PB的中点，所以MN∥AB，又底面为正方形，所以AB∥CD，所以MN∥CD，由线面平行的判定定理可得，CD∥平面OMN，又由选项A得PD∥平面OMN，由面面平行的判定定理可得，平面PCD∥平面OMN，B正确;
因为MN∥CD，所以∠PDC为直线PD与直线MN所成的角，又因为所有棱长都相等，所以∠PDC=60°，故直线PD与直线MN所成角的大小为60°，C错误;
因为底面为正方形，所以AB2+AD2=BD2，又所有棱长都相等，所以PB2+PD2=BD2，故PB⊥PD，
又PD∥ON，所以ON⊥PB，D正确.故选ABD.
【答案】ABD
12.

(2020山东模拟考)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则(　　)
A.直线D1D与直线AF垂直
B.直线A1G与平面AEF平行
C.平面AEF截正方体所得的截面面积为98
D.点C与点G到平面AEF的距离相等
【解析】因为AD1∥EF，平面AEF即平面AEFD1，所以AD1∥平面AEFD1，故DD1与AF不垂直，故A错误.
因为A1G∥D1F，A1G⊄平面AEFD1，DF⊂平面AEFD1，所以A1G∥平面AEFD1，故B正确.平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1，易知梯形面积为98，故C正确.点G到平面AEFM的距离即点A1到面AD1F的距离，显然D错误.故选BC.
【答案】BC
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13.圆柱的高是8 cm，表面积是130π cm2，则它的底面圆的半径等于　　　　cm，圆柱的体积是　　　　cm3. 
【解析】设圆柱的底面圆的半径为r cm，
则S圆柱表=2πr·8+2πr2=130π.解得r=5，即圆柱的底面圆半径为5 cm.圆柱的体积V=52π×8=200π(cm3).
【答案】5　200π
14.

如图，已知平面α∩平面β=l，EA⊥α，垂足为A，EB⊥β，垂足为B，直线a⊂β，a⊥AB，则直线a与直线l的位置关系是　. 
【解析】因为EA⊥α，平面α∩平面β=l，即l⊂α，
所以l⊥EA.同理l⊥EB.又EA∩EB=E，
所以l⊥平面EAB.
因为EB⊥β，a⊂平面β，所以EB⊥a.
又a⊥AB，EB∩AB=B，
所以a⊥平面EAB，所以a∥l.
【答案】平行
15.如图，在四面体P-ABC中，PA=PB=13，平面PAB⊥平面ABC，∠ABC=90°，AC=8，BC=6，则PC=　　　　　　. 

【解析】取

AB的中点E，连接PE，EC.
因为PA=PB，
所以PE⊥AB.
又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PE⊂平面PAB，所以PE⊥平面ABC.
连接CE，所以PE⊥CE.
因为∠ABC=90°，AC=8，BC=6，
所以AB=27，PE=PA2-AE2=6，
CE=BE2+BC2=43，PC=PE2+CE2=7.
【答案】7
16.(2019全国Ⅲ高考)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB=BC=6 cm，AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为　　　　　g. 

【解析】由题意得，四棱锥O-EFGH的底面积为4×6-4×12×2×3=12(cm2)，点O到平面BB1C1C的距离为3 cm，则此四棱锥的体积为V1=13×12×3=12(cm3).
又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V2=4×6×6=144(cm3)，则该模型的体积为V=V2-V1=144-12=132(cm3).故其质量为0.9×132=118.8(g).
【答案】118.8
四、解答题(本题共6小题，共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)在三棱锥A-BCD中，E，H分别是线段AB，AD的中点，F，G分别是线段CB，CD上的点，且CFBF=CGDG=12.求证:
(1)四边形EFGH是梯形;
(2)AC，EF，GH三条直线相交于同一点.
证明(1)因为E，H分别是边AB，AD的中点，

所以EH∥BD，且EH=12BD，
又因为CFBF=CGDG=12，即CFCB=CGCD=13，
所以FG∥BD，且FG=13BD，因此EH∥FG且EH≠FG，故四边形EFGH是梯形.
(2)由(1)知EF，HG相交，
设EF∩HG=K，
因为K∈EF，EF⊂平面ABC，
所以K∈平面ABC，
同理K∈平面ACD，
又平面ABC∩平面ACD=AC，
所以K∈AC，
故EF和GH的交点在直线AC上.
所以AC，EF，GH三条直线相交于同一点.
18.

(12分)如图，矩形AMND所在平面与直角梯形MBCN所在的平面垂直，MB∥NC，MN⊥MB.
(1)求证:平面AMB∥平面DNC;
(2)若MC⊥CB，求证:BC⊥AC.
证明(1)因为MB∥NC，MB⊄平面DNC，NC⊂平面DNC，所以MB∥平面DNC.
因为AMND是矩形，所以MA∥DN.
又MA⊄平面DNC，DN⊂平面DNC，
所以MA∥平面DNC.
又MA∩MB=M，且MA，MB⊂平面AMB，
所以平面AMB∥平面DNC.
(2)因为AMND是矩形，所以AM⊥MN.
因为平面AMND⊥平面MBCN，且平面AMND∩平面MBCN=MN，
所以AM⊥平面MBCN.
因为BC⊂平面MBCN，所以AM⊥BC.
因为MC⊥BC，MC∩AM=M，
所以BC⊥平面AMC，
因为AC⊂平面AMC，所以BC⊥AC.
19.

(12分)(2020贵州贵阳模拟)《九章算术》是我国古代极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童.在如图所示的堑堵ABM-DCP与刍童ABCD-A1B1C1D1的组合体中，∠MAB=90°，AB=AD，A1B1=A1D1.
(1)证明:直线BD⊥平面MAC;
(2)已知AB=1，A1D1=2，MA=3，且三棱锥A-A1B1D1的体积V=233，求该组合体的体积.
(1)证明由题意可知，平面ABM与平面DCP是底面为直角三角形且侧棱与底面垂直的棱柱，
所以AD⊥平面MAB，则AD⊥MA.
又MA⊥AB，AD∩AB=A，AD，AB⊂平面ABCD，
所以MA⊥平面ABCD，所以MA⊥BD.
又AB=AD，所以四边形ABCD为正方形，得BD⊥AC.
又MA∩AC=A，MA，AC⊂平面MAC，则BD⊥平面MAC.
(2)解设刍童ABCD-A1B1C1D1的高为h，则三棱锥A-A1B1D1的体积V=13×12×2×2×h=233，得h=3.
故该组合体的体积V=12×1×3×1+13(12+22+12×22)×3=1736.
20.(12分)如图①所示的等边△ABC的边长为2a，CD是AB边上的高，E，F分别是AC，BC边的中点.现将△ABC沿CD折叠，使平面ADC⊥平面BDC，如图②所示.

(1)试判断折叠后直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由;
(2)求四面体A-DBC的外接球体积与四棱锥D-ABFE的体积之比.
解(1)平行.理由如下:
因为E，F分别为AC，BC的中点，所以AB∥EF，
因为AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，
所以AB∥平面DEF.
(2)以DA，DB，DC为棱补成一个长方体，
则四面体A-DBC的外接球即为长方体的外接球.
设球的半径为R，则a2+a2+3a2=(2R)2，
所以R2=54a2，
于是球的体积V1=43πR3=556πa3.
又VA-DBC=13S△DBC·AD=36a3，VE-DFC=13S△DFC·12AD=324a3，所以V1VD-ABFE=V1VA-DBC-VE-DFC=2015π9.
21.

(12分)如图，三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC是等腰直角三角形，AB=AC=1，侧棱AA1⊥底面ABC，且AA1=2，E是BC的中点.
(1)求异面直线AE与A1C所成角的余弦值;
(2)求直线A1C与平面BCC1B1所成角的正切值.
解(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中，取C1B1的中点H，连A1H与HC.

因为E是BC的中点，所以A1H∥AE，∠CA1H是异面直线AE与A1C所成角.因为底面ABC是等腰直角三角形，E是BC的中点，
所以AE⊥BC，所以A1H⊥BC.
因为侧棱AA'⊥底面ABC，
所以侧棱B1B⊥A1H，
所以A1H⊥平面BCC1B1，所以A1H⊥HC.
在Rt△A1HC中，cos∠CA1H=A1HA1C=225=1010.
(2)由(1)知A1H⊥平面BCC1B1，A1C在平面BCC1B1上的射影是HC，
所以∠A1CH是直线A1C与平面BCC1B1所成角，
在Rt△A1HC中，tan∠A1CH=A1HHC=22322=13.
22.

(12分)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB=AC=2，BC=23，M，N分别为BC，AB的中点.
(1)求证:MN∥平面PAC.
(2)求证:平面PBC⊥平面PAM.
(3)在AC上是否存在点E，使得ME⊥平面PAC?若存在，求出ME的长;若不存在，请说明理由.
(1)证明因为M，N分别为BC，AB的中点，
所以MN∥AC.
因为MN⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以MN∥平面PAC.
(2)证明因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥BC，
因为AB=AC=2，M为BC的中点，所以AM⊥BC.
因为AM∩PA=A，所以BC⊥平面PAM.
因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAM.
(3)解存在.理由如下:
如图，过点M作ME⊥AC交AC于点E，
因为PA⊥平面ABC，ME⊂平面ABC，

所以PA⊥ME.
因为ME⊥AC，AC∩PA=A，
所以ME⊥平面PAC.
因为在△ABC中，AB=AC=2，BC=23，M为BC的中点，
所以AM=1，即由面积相等可得，12AM·MC=12AC·ME，
即12×1×3=12×2ME，
所以ME=32.