新教材2023年高中数学综合测试8第8章立体几何初步新人教A版必修第二册

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第八章综合测试考试时间120分钟，满分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．已知三棱柱有a个顶点，b条棱，则a－b＝(　A　)A．－3 B．3C．4 D．－4[解析]　因为a＝6，b＝9，所以a－b＝－3．故选A．2．在正方体ABCD－A1B1C1D1的所有面对角线中，所在直线与直线A1B互为异面直线且所成角为60°的面对角线的条数为(　B　)A．2 B．4C．6 D．8[解析]　如图，易知△A1BC1为等边三角形，所以∠BA1C1＝60°，又AC∥A1C1，所以异面直线AC与A1B的夹角为60°，符合题设．同理，面对角线B1C，B1D1，AD1也满足题意，所以满足条件的面对角线共4条，故选B．3．已知某圆柱的内切球半径为，则该圆柱的侧面积为(　D　)A． B．49πC． D．81π[解析]　由题意得，该圆柱底面圆的半径为，圆柱的高为9，所以该圆柱的侧面积为2π××9＝81π．故选D．4．空间四点A，B，C，D共面而不共线，那么这四点中(　B　)A．必有三点共线   B．必有三点不共线C．至少有三点共线   D．不可能有三点共线[解析]　∵A，B，C，D共面而不共线，这四点可能有三点共线，也可能任意三点不共线，A错．如果四点中没有三点不共线，则四点共线，矛盾，B正确．当任意三点不共线时，也满足条件，C错．当其中三点共线，第四个点不共线时，也满足条件，D错．5．设α，β为两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件可以是(　B　)A．α内有无数条直线与β平行 B．α，β垂直于同一条直线C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一个平面[解析]　α内有无数条直线与β平行不能得出α∥β，两个平面可以相交，故A错；α，β垂直于同一条直线可以得出α∥β，反之当α∥β时，若α垂直于某条直线，则β也垂直于该条直线，B正确；α，β平行于同一条直线，则两个平面可以平行也可以相交，故C错误；垂直于同一平面的两个平面可以平行也可以相交，故D错误； 故选B．6．E，F，G分别是空间四边形ABCD的棱BC，CD，DA的中点，则此四面体中与过E，F，G的截面平行的棱的条数是(　C　)A．0 B．1C．2 D．3[解析]　在△ACD中，∵G，F分别为AD与CD的中点，∴GF∥AC．而GF⊂平面EFG，AC⊄平面EFG，∴AC∥平面EFG．同理，BD∥平面EFG．故选C．7．如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，过BC的平面与平面PAD交于EF，E在线段PD上且异于P、D，则四边形EFBC是(　C　)A．空间四边形 B．矩形C．梯形 D．平行四边形[解析]　因为BC∥AD，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，所以BC∥平面PAD，因为BC⊂平面EFBC，平面EFBC∩平面PAD＝EF，所以BC∥EF，因为BC＝AD，EF＜AD，所以EF＜BC，所以四边形EFBC为梯形，故选C．8．(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(≈2.65)(　C　)A．1.0×109 m3 B．1.2×109 m3C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3[解析]　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．棱台上底面积S＝140.0 km2＝140×106 m2，下底面积S′＝180.0 km2＝180×106 m2，∴V＝h(S＋S′＋)＝×9×(140×106＋180×106＋)＝3×(320＋60)×106≈(96＋18×2.65)×107＝1.437×109≈1.4×109(m3)．故选C．二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．以下关于空间几何体特征性质的描述，错误的是(　ABC　)A．以直角三角形一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是圆锥B．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥D．两底面互相平行，其余各面都是梯形，侧棱延长线交于一点的几何体是棱台[解析]　以直角三角形的一个直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是圆锥，可得A错误；有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体可能是棱台，不一定是棱柱，故B错误；有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点三角形的几何体叫棱锥，故C错误；根据棱台的定义，可得D正确．故选ABC．10．如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，一定正确的为(　ABD　)A．AC⊥BD B．AC∥截面PQMNC．AC＝BD D．异面直线PM与BD所成的角为45°[解析]　∵QM∥PN，∴QM∥平面ABD，∴QM∥BD，同理可得AC∥MN，∵QM∥BD，AC∥MN，MN⊥QM，∴AC⊥BD，A正确；∵AC∥MN，∴AC∥截面PQMN，B正确；∵QM∥BD，AC∥MN，∴＋＝1，C不一定正确；∵QM∥BD，∴异面直线PM与BD所成的角为∠PMQ＝45°，D正确．故选ABD．11．如图，在平行六面体ABCD　－A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则下列说法正确的是(　ACD　)A．A1M∥D1P B．A1M∥B1QC．A1M∥平面DCC1D1 D．A1M∥平面D1PQB1[解析]　连接PM，因为M、P为AB、CD的中点，故PM平行且等于AD．由题意知AD平行且等于A1D1，故PM平行且等于A1D1，所以四边形PMA1D1为平行四边形，所以A1M∥D1P．故A正确；显然A1M与B1Q为异面直线，故B错误；由A知A1M∥D1P，由于D1P既在平面DCC1D1内，又在平面D1PQB1内，且A1M既不在平面DCC1D1内，又不在平面D1PQB1内，故C、D正确．故选ACD．12．如图，在棱长均相等的正四棱锥P－ABCD中，M、N分别为侧棱PA、PB的中点，O是底面四边形ABCD对角线的交点，下列结论正确的有(　ABC　)A．PC∥平面OMN B．平面PCD∥平面OMNC．OM⊥PA D．PD⊥平面OMN[解析]　连接AC，因为O为底面四边形ABCD对角线的交点，所以O为AC的中点，由M是PA的中点，可得PC∥MO，因为PC⊄在平面OMN，OM⊂平面OMN，所以PC∥平面OMN，A正确；同理可推得PD∥平面OMN，而PC∩PD＝P，所以平面PCD∥平面OMN，B正确；因为PD⊂平面PCD，故PD不可能垂直平面OMN，D错误；设该正四棱锥的棱长为a，则PA＝PC＝a，AC＝a，所以PA⊥PC，因为PC∥MO，所以OM⊥PA，C正确．故选ABC．三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．一个圆柱的侧面展开图是一个边长为1的正方形，则该圆柱的体积是____．[解析]　∵圆柱的侧面展开图是边长为1的正方形，∴该圆柱的高h＝1，底面周长2πr＝1，∴底面半径r＝，∴该圆柱的体积V＝π××1＝．14．将长为3，宽为2的长方形，绕其一边旋转成的几何体的表面积为__20π或30π__．[解析]　当长方形绕长旋转得圆柱的表面积为22π×2＋4π×3＝20π，当长方形绕宽旋转得圆柱的表面积为32π×2＋6π×2＝30π．故答案为20π或30π．15．一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面升高9厘米，则此球的半径为__12__厘米．[解析]　V＝Sh＝πr2h＝πR3，R＝＝12(cm)．16．我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2．已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为2，若该几何体的所有顶点都在同一个球的表面上，则这个球的表面积为__9π__．[解析]　设正四棱柱和正四棱锥的高为h，则其外接球的半径为R＝＝＝h＋h＝h，解得h＝1，所以R＝，故球的表面积为S＝4πR2＝9π．故答案为：9π．四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)如图，圆锥底面半径为1，高为3．(1)求圆锥内接圆柱(一底面在圆锥底面上，另一底面切于圆锥侧面)侧面积的最大值；(2)圆锥内接圆柱的表面积是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由．[解析]　(1)设圆柱的底面半径为r，高为h，由相似性得：＝，解得r＝(3－h)，所以S侧面＝2πrh＝2π×(3－h)h＝－2＋π，当h＝时，内接圆柱侧面积取得最大值 π．(2)S表面积＝2πr2＋2πrh＝2π2＋2π×(3－h)h，＝－2＋π，当h＝时，内接圆柱表面积取得最大值 π．18．(本小题满分12分)如图所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化了，会溢出杯子吗？请用你的计算数据说明理由．[解析]　不会溢出杯子．理由如下：由题图可知半球的半径为4 cm，所以V半球＝×πR3＝×π×43＝π(cm3)，V圆锥＝πr2h＝π×42×12＝64π(cm3)．因为V半球＜V圆锥，所以如果冰淇淋融化了，不会溢出杯子．19．(本小题满分12分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA⊥PD，底面ABCD是直角梯形，其中BC∥AD，∠BAD＝90°，AD＝3BC，O是AD上一点．(1)若CD∥平面PBO，试指出点O的位置；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD．[解析]　(1)∵CD∥平面PBO，CD⊂平面ABCD，且平面ABCD∩平面PBO＝BO，∴BO∥CD．又BC∥AD，∴四边形BCDO为平行四边形，则BC＝DO，而AD＝3BC，∴AD＝3OD，即点O是靠近点D的线段AD的一个三等分点．(2)证明：∵侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂底面ABCD，且AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD．又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD．又PA⊥PD，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，∴PD⊥平面PAB．又PD⊂平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD．20．(本小题满分12分)(2020·江苏卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．(1)求证：EF∥平面AB1C1；(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1．[解析]　(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF∥AB1．又EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1．(2)因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB．又AB⊥AC，B1C⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C，B1C∩AC＝C，所以AB⊥平面AB1C．又因为AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1．21．(本小题满分12分)(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM．(1)求BC；(2)求二面角A－PM－B的正弦值．[解析]　(1)连接BD交AM于H．由AM⊥PD及AM⊥PB，PD∩PB＝P知AM⊥平面PBD则AM⊥BD．由BM＝BC＝AD知MH＝AH，∴△ABM中AB2＝AH·AM，即1＝AM2，∴AM2＝，∴BM2＝，BM＝，∴BC＝．(2)易得△PCB为等腰直角三角形，∠PCB＝90°．设B到PM的距离为h，则PM·h＝PC·BC＝1，则PM＝，∴h＝，设B到平面PAM的距离为h′，则S△PAM·h′＝S△ABM·PD＝，由PA＝，PM＝，AM＝，得cos∠PMA＝，∴sin∠PMA＝，∴S△PAM＝·PM·AM·sin∠PMA＝，∴h′＝．设二面角A－PM－B的平面角为θ，则sinθ＝＝＝．所以二面角A－PM－B的正弦值为．22．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC＝BC，AB＝2A1A＝4，以AB，BC为邻边作平行四边形ABCD，连接A1D，DC1．(1)求证：DC1∥平面A1ABB1；(2)若二面角A1－DC－A为45°．①求证：平面A1C1D⊥平面A1AD；②求直线AB1与平面A1AD所成角的正切值．[解析]　(1)证明：连接AB1，∵AD∥BC∥B1C1且AD＝BC＝B1C1，∴四边形ADC1B1为平行四边形，∴AB1∥DC1，又∵AB1⊂平面A1ABB1，DC1⊄平面A1ABB1．∴DC1∥平面A1ABB1．(2)①证明：如图，取DC的中点M，连接A1M，AM．易知Rt△A1AD≌Rt△A1AC，∴A1D＝A1C，∴A1M⊥DC，又AM⊥DC，∴∠A1MA为二面角A1－DC－A的平面角，∴∠A1MA＝45°．∴在Rt△A1AM中，AA1＝AM＝2，∴AD＝AC＝2，∴AC2＋AD2＝DC2，∴AC⊥AD，又∵AC⊥AA1，AD∩AA1＝A，∴AC⊥平面A1AD．又∵AC∥A1C1，∴A1C1⊥平面A1AD．∵A1C1⊂平面A1C1D，∴平面A1C1D⊥平面A1AD．②∵AB1∥DC1，∴DC1与平面A1AD所成角等于AB1与平面A1AD所成角．由①知A1C1⊥平面A1AD，∴A1D为DC1在平面A1AD内的射影，故∠A1DC1为直线DC1与平面A1AD所成角，在Rt△A1DC1中，tan ∠A1DC1＝＝，∴直线AB1与平面A1AD所成角的正切值为．