高考数学复习单元评估检测(七) 18页

‎ ‎ 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.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( )‎ ‎(A)一定是异面直线 ‎(B)一定是相交直线 ‎(C)不可能是平行直线 ‎(D)不可能是相交直线 ‎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) (B) (C) (D)‎ ‎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 ‎，则( )‎ ‎(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 ‎4.（2012·泉州模拟）设l,m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是( )‎ ‎(A)若l⊥m,m⊂α,则l⊥α ‎(B)若l⊥α,l∥m,则m⊥α ‎(C)若l∥α,m⊂α,则l∥m ‎(D)若l∥α,m∥α,则l∥m ‎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 (B)32+‎ ‎(C)48+ (D)80‎ ‎6．(易错题)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 ‎(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( )‎ ‎(A)0 (B)1 (C)2 (D)3‎ ‎9.（2012·‎ 宁德模拟）一个正三棱锥的四个顶点都在半径为R的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，且该正三棱锥的体积是，则球的体积为( )‎ ‎10.(2012·北京模拟)如图，四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=，BD⊥CD.‎ 将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD,则下列结论正确的是( )‎ ‎(A)A′C⊥BD ‎(B)∠BA′C=90°‎ ‎(C)CA′与平面A′BD所成的角为30°‎ ‎(D)四面体A′-BCD的体积为 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__________．‎ ‎13.(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.‎ 其中正确结论的序号是__________.‎ ‎14.（2012·三明模拟）在正方体ABCD-A′B′C′D′中，过对角线BD′的一个平面交AA′于E，交CC′于F，‎ ‎①四边形BFD′E一定是平行四边形 ‎②四边形BFD′E有可能是正方形 ‎③四边形BFD′E在底面ABCD内的投影一定是正方形 ‎④四边形BFD′E有可能垂直于平面BB′D 以上结论正确的为_______.（写出所有正确结论的编号）‎ ‎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，求与夹角的余弦值.‎ ‎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.‎ ‎18.（13分）（预测题）在三棱柱ABC-A1B‎1C1中， ‎ 底面是边长为的正三角形，点A1在底面ABC 上的射影O恰是BC的中点.‎ ‎（1）当侧棱AA1和底面成45°角时，求二面角 A1-AC-B的余弦值；‎ ‎（2）若D为侧棱A‎1A上一点，当为何值时，BD⊥A‎1C1.‎ ‎19.(13分)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．‎ ‎21.(14分)（探究题）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，，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．‎ 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，，故EH≠FG，所以四边形EFGH是梯形，EF与GH必相交，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.根据线面垂直的判定与性质，可知B正确，而A中由l⊥m,m⊂‎ α可推出l与α关系可能l∥α，可能l与α相交，又可能l⊂α;C中l与m可能平行也可能异面；D中l与m可能相交，也可能平行或异面，故选B.‎ ‎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.‎ 所以S表=42+2×4+×(2+4)×4×2+4××2=48+8.‎ ‎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，∴①正确，‎ 而,∴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B.设球的半径为R，则正三棱锥的底面边长为R，高为R，‎ ‎10.【解析】选B.在题图(2)中取BD的中点M，连接MC、A′M.‎ ‎∵A′B=A′D,∴A′M⊥BD.‎ 又∵平面A′BD⊥平面BCD,‎ ‎∴A′M⊥平面BCD.‎ ‎①选项A中，若A′C⊥BD,那么BD⊥平面A′MC⇒BD⊥MC.‎ 而BD⊥CD，显然BD⊥MC不可能，‎ ‎∴A不正确；‎ ‎②选项B中,∵BD⊥CD且平面A′BD⊥平面BCD，‎ 可得CD⊥平面A′BD,可知CD⊥A′D，‎ 在△A′CD中，A′D=CD=1⇒A′C=.‎ 又∵A′B=1，∴.‎ ‎∴在△A′BC中,A′B2+A′C2=BC2，‎ ‎∴∠BA′C=90°，故B正确；‎ ‎③选项C中,由②分析知,∠CA′D即为CA′与平面A′BD所成的角，‎ 在Rt△A′DC中，‎ ‎,‎ ‎∴∠CA′D为45°，故C不正确；‎ ‎④选项D中,由①知A′M⊥平面BCD,得VA′-BCD=S△BCD×A′M ‎，故D不正确.故选B.‎ ‎11．【解析】S1=4πR12，，‎ 同理：，‎ 故，‎ 由R1+2R2=3R3，‎ 得.‎ 答案：‎ ‎12.【解析】设正三棱柱的底面边长为a，高为2h，则BD=C1D=，‎ ‎，由△BC1D是面积为6 的直角三角形，‎ 得，解得，‎ 故此三棱柱的体积为.‎ 答案：‎ ‎13.【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的长度即为C 到平面SAB的距离,为a，④正确．‎ 答案:①②③④‎ ‎14.【解析】根据平行平面的性质可知①正确，③正确.当E、F分别为AA′,‎ CC′的中点时四边形BFD′E与平面BB′D垂直，故④正确；当E、F分别为 AA′、CC′的中点时，四边形BFD′E虽然为菱形，但对角线EF与BD′不相等，故BFD′E不可能为正方形，即②不正确.‎ 答案：①③④‎ ‎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=,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 故EM,AN所成角的余弦值为 答案:‎ ‎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,)，‎ E()，‎ ‎∴，‎ ‎∴与夹角的余弦值为 ‎.‎ ‎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，‎ ‎∴,‎ ‎∵E是棱CC1的中点，∴EC=AA1=2，‎ ‎∴,‎ ‎∴.‎ ‎18.【解析】以O点为原点，OC所在直线为x轴，‎ OA所在直线为y轴，OA1所在直线为z轴建立 空间直角坐标系.‎ ‎（1）由题意知∠A1AO=45°,A1O=3.‎ ‎∴O(0,0,0),C(,0,0),‎ A(0,3,0),A1(0,0,3),‎ B(,0,0).‎ 设面ACA1的法向量为＝（x,y,z）,‎ 则 令z=1,则x=,y=1,∴‎ 而面ABC的法向量为=(0,0,1),‎ 又显然所求二面角的平面角为锐角，‎ ‎∴所求二面角的余弦值为 ‎（2）A‎1C1∥AC,故只需BD⊥AC即可，设AD=a,则 又B（，0，0），则 要使BD⊥AC,需 得 ‎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.‎ 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=(6,-3,0)为平面AC1D的一个法向量.‎ 设=(x,y,z)为平面ACC1的一个法向量,‎ ‎=(-3，0，-4)，=(0，-6，0).‎ 由可得 令x=1,则y=0,.‎ 所以.‎ 从而.‎ 因为二面角C-AC1-D为锐角,‎ 所以二面角C-AC1-D的余弦值为.‎ ‎20.【解析】(1)因为∠DAB=60°，AB=2AD,‎ 由余弦定理得BD=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.‎ 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=，PB=2，‎ 根据DE·PB=PD·BD，得，‎ 即棱锥D-PBC的高为.‎ ‎21.【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则=(3,0,1)，=(0,3,2)，=(3,3,3)，‎ 所以，‎ 故，，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，‎ 而=(0,3,2)，‎ 由题设得，‎ 得z=1．因为M(0,0,1)，E(3,0,1)，有=(3,0,0)，‎ 又=(0,0,3)，=(0,3,0)，‎ 所以 从而ME⊥BB1，ME⊥BC．‎ 又BB1∩BC=B,‎ 故ME⊥平面BCC1B1．‎ ‎(3)设向量=(x,y,3)且BP⊥截面EBFD1，‎ 于是．‎ 而=(3,0,1)，=(0,3,2)，‎ 得·=3x+3=0，·=3y+6=0，‎ 解得x=-1，y=-2，‎ 所以=(-1,-2,3)．‎ 又=(3,0,0)且BA⊥平面BCC1B1，‎ 所以和的夹角等于θ或π-θ(θ为锐角)．‎ 于是． ‎ 故tanθ=． ‎