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- 2021-06-25 发布
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江西省南昌市进贤一中 2019-2020 学年
高二下学期线上测试(理)
一、单选题(每小题 5 分,共 60 分)
1.在空间直角坐标系中点 关于平面 对称点 的坐标是( )
A.(1,﹣5,6) B.(1,5,﹣6)
C.(﹣1,﹣5,6) D.(﹣1,5,﹣6)
2.下列说法中错误的是( )
A.正棱锥的所有侧棱长相等 B.圆柱的母线垂直于底面
C.直棱柱的侧面都是全等的矩形
D.用经过旋转轴的平面截圆锥,所得的截面一定是全等的等腰三角形
3.如图所示的平面中阴影部分绕旋转轴(虚线)旋转一周,形成的几何体为( )
A.一个球 B.一个球挖去一个圆柱
C.一个圆柱 D.一个球挖去一个长方体
4.已知某圆锥的轴截面为一等腰 ,其中 ,则该圆锥
的体积为( )
A. B. C. D.
5.已知正三角形 ABC 的边长为 a,那么△ABC 的平面直观图△A′B′C′的面积为( )
A. a2 B. a2 C. a2 D. a2
6.如图,空间四边形 OABC 中,向量 , , ,且 ,
,则 等于( ) (题目 OA,OB,OC,a,b,c,上面的符号是向量符号,选
项 a,b,c 上面的 r 是向量符号)
( )1,5,6P xoy Q
ABC 5, 4AB AC BC= = =
2 21
3
π
21π 4 21
3
π
2 21π
3
4
3
8
6
8
6
16
OA a= OB b= OC c= 2OM MA=
BN NC= MN
A. B.
C. D.
7.设 是不同的直线, 是不同的平面,则( )
A.若 , ,则 B.若 , , ,则
C.若 , , ,则 D.若 , , ,则
8.在直三棱柱 中,己知 , , ,则异面
直线 与 所成的角为( )
A. B. C. D.
9.已知 ,点 在直线 上运动,则当
取得最小值时,点 的坐标为( )(注 OA,OB,OP,QA,QB 上的符号是向量符号)
A. B. C. D.
10.如图所示,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AD=AA1=1,AB=2,点 E 是棱 AB 的中点,
则点 E 到平面 ACD1 的距离为( )
A. B. C. D.
11.在正方体 中, 是棱 的中点,则对角线 与平面 所成
的角的正弦值为( )
A. B. C. D.
12.如图,网格纸上小正方形的边长为 1,粗线画出的是某几何体的三视图则该几何体的外
接球的表面积为( )
2 2 1
3 3 2a b c+ + 1
2 2
1
2
1a b c+ −
1
2
2 1
3 2a b c− + + 1
2 3
1
2
2a b c− +
,m n ,α β
/ /m α n ⊂ α //m n mα β = n β⊂ n m⊥ n α⊥
/ /m α / /n β //m n / /α β m α⊥ n β⊥ n m⊥ α β⊥
1 1 1ABC A B C− AB BC⊥ 2AB BC= = 1 2 2CC =
1AC 1 1A B
30° 45° 60° 90°
( ) ( ) ( )1,2,3 , 2,1,2 , 1,1,2OA OB OP= = = Q OP QA QB⋅
Q
1 3 1, ,2 4 3
1 3 3, ,2 2 4
4 4 8, ,3 3 3
4 4 7, ,3 3 3
1
2
2
2
1
3
1
6
1 1 1 1ABCD A B C D− E 1CC 1BD BDE
6
3
3
3
2
3
1
3
A. B. C. D.
二、填空题(每小题 5 分,共 20 分)
13.已知 , ,且 ,则 ________.(注 a,b 上的符号是
向量符号)
14.如图,二面角 等于 , 、 是棱 上两点, 、 分别在半平面
、 内, , ,且 ,则 的长等于______.
15.一个火柴盒长、宽、高分别为为 、 、 ,一只蚂蚁从火柴盒的一个角 处,
沿火柴盒表面爬到另一个角 处,所经过的最短路径长为__________ .
16.如图,二面角 的大小是 60°,线段 . ,
与 所成的角为 30°.则 与平面 所成的角的正弦值是 .
29π 34π 41π 50π
( )2,1,3a = ( )4,2,b x= − a b⊥ a b− =
lα β− − 120° A B l AC BD
α β AC l⊥ BD l⊥ 1AB AC BD= = = CD
3cm 2cm 1cm A
B cm
lα β− − AB α⊂ B l∈
AB l AB β
三、解答题
17.(10 分)如图四边形 ABCD 为梯形, ,求图中阴影部分绕 AB
旋转一周所形成的几何体的表面积和体积.
18.(12 分)在三棱锥 中, 和 是边长为 的等边三角形,
, 分别是 的中点.
(1)求证: 平面 ; (2)求证: 平面 .
19.(12 分)如图,在三棱锥 中, , 分别为棱 的中点,
平面 平面 .
求证:
(1) ∥平面 ;
(2)平面 平面 .
/ / 90AD BC ABC∠ °, =
P ABC− ΔPAC ΔPBC 2
2AB = ,O D ,AB PB
/ /OD PAC OP ⊥ ABC
P ABC− PA AB= ,M N ,PB PC
PAB ⊥ PBC
BC AMN
AMN ⊥ PBC
20.(12 分)如图,等腰梯形 MNCD 中,MD∥NC,MN= MD=2,∠CDM=60°,E 为
线段 MD 上一点,且 ME=3,以 EC 为折痕将四边形 MNCE 折起,使 MN 到达 AB 的位置,
且 AE⊥DC
(1)求证:DE⊥平面 ABCE;
(2)求点 A 到平面 DBE 的距离
21.(12 分)如图,在四棱锥 P−ABCD 中,AB//CD,且 .
(1)证明:平面 PAB⊥平面 PAD;
1
2
90BAP CDP∠ = ∠ =
(2)若 PA=PD=AB=DC, ,求二面角 A−PB−C 的余弦值.
22.(12 分)如图,在三棱锥 中, , ,
为 的中点.
(1)证明: 平面 ;
(2)若点 在棱 上,且二面角 为 ,求 与平面 所成角
的正弦值.
90APD∠ =
P ABC− 2 2AB BC= = 4PA PB PC AC= = = =
O AC
PO ⊥ ABC
M BC M PA C− − 30° PC PAM
参考答案
一,选择题:1.B 2 .C 3.B 4.C 5.D 6.C 7.D 8.C 9.C 10.C 11.C 12.B
1.B
【详解】
在空间直角坐标系中,
点 P(1,5,6)关于平面 xOy 对称点 Q 的坐标是(1,5,﹣6).
故选:B.
2.C
【详解】
对于 A,根据正棱锥的定义知,正棱锥的所有侧棱长相等,故 A 正确;
对于 B,根据圆柱是由矩形绕其一边旋转而成的几何体,可知圆柱的母线与底面垂直,故 B 正
确;
对于 C,直棱柱的侧面都是矩形,但不一定全等,故 C 错误;
对于 D,圆锥的轴截面是全等的等腰三角形,故 D 正确.
综上可知,错误的为 C
故选:C
3.B
【解析】
【分析】
根据旋转体的定义,即可得出结论.
【详解】
由题意知形成的几何体为一个球挖去一个圆柱.
故选:B.
4.C
【详解】
根据题意作出圆锥的轴截面图形如下图所示:
其中 为线段 的中点,设底面圆的半径为 ,
则 ,
故圆锥的体积 ,
故选:C.
5.D
【详解】
如图①②所示的实际图形和直观图.
由斜二测画法可知,A′B′=AB=a,O′C′= OC= a,在图②中作 C′D′⊥A′B′于 D′,则
C′D′= O′C′= a.所以 S△A′B′C′= A′B′·C′D′= ×a× a= a2.
故选:D.
6.C
【详解】
解: , , , ,
O BC r
2 2 25 4 21AO AB BO= − = − =
21 1 4 214 213 3 3V r h
ππ π= = × =
1
2
3
4
2
2
6
8
1
2
1
2
6
8
6
16
BN NC=
1 ( )2ON OB OC∴ = + 2OM MA=
2
3OM OA∴ =
,故选:C。
7.D
【详解】
对于 A,若 , ,则直线 可以平行,也可以异面,所以 A 错误;
对于 B,因为 不一定能成立,所以当 , , 时, 不一定
成立,所以 B 错误;
对于 C,若 , , ,则 ,或平面 与平面 相交,所以 C 错误;
选项 D:若 , , ,则 成立,所以 D 正确.
故选:D.
8.C
【详解】
连接 , ,如图:
又 ,则 为异面直线 与 所成的角.
因为 且三棱柱为直三棱柱,∴ ∴ 面 ,
∴ ,
又 , ,∴ ,
∴ ,解得 .
故选 C
【点睛】
9.C
21 2 1( )2 3 3 2
1
2MN ON OM OB OC OA a b c∴ = − = + +− = − +
/ /m α n ⊂ α ,m n
α β⊥ mα β = n β⊂ n m⊥ n α⊥
/ /m α / /n β //m n / /α β α β
m α⊥ n β⊥ n m⊥ α β⊥
1AC 1BC
1 1AB A B 1BAC∠ 1AC 1 1A B
AB BC⊥ , 1AB CC⊥ , AB ⊥ 1 1BCC B
1AB BC⊥
2AB BC= = 1 2 2CC = ( )2 2
1 2 2 2 2 3BC = + =
1tan 3BAC∠ = 1 60BAC∠ = °
【详解】
∵点 Q 在直线 OP 上运动,∴存在实数 λ 使得 (λ,λ,2λ),
∴ , .
∴ (1﹣λ)(2﹣λ)+(2﹣λ)(1﹣λ)+(3﹣2λ)(2﹣2λ)
=6λ2﹣16λ+10=6 ,
当且仅当 时,上式取得最小值,
∴Q .
故选 C.
10.C
【详解】
以 为坐标原点,直线 分别为 轴,建立空间直角坐标系,如图所
示:
设 ,则 , , , ,
为 的中点,则
, ,
设平面 的法向量为 ,则
,即
可得
OQ OPλ= =
( )1 2 3 2QA λ λ λ= − − − , , ( )2 1 2 2QB λ λ λ= − − − , ,
QA QB ⋅ =
24 74( )3 9
λ − +
4
3
λ =
4 4 8
3 3 3
,,
D 1DA DC DD, , x y z, ,
AE x= ( )1 1 01A ,, ( )1 0 01D ,, ( )1 0E x, , ( )1 0 0A ,, ( )0 2 0C ,,
E AB ( )11 0E ,,
( )1 11 1D E∴ = − ,, ( )1 2 0AC = − ,, ( )1 1 01AD = − ,,
1ACD ( )n a b c= , ,
1
0
0
n AC
n AD
⋅ = ⋅ =
2 0
0
a b
a c
− + =
− + =
2a b
a c
=
=
可取
点 到面 的距离为
故选
11.C
【详解】
如图,将正方体 放入空间直角坐标系中,设边长为 2,可得 为 ,
为 , 为 , 为 ,则 , ,
,
设平面 的法向量 ,则 ,即 ,
令 ,则 ,
所以 ,
则对角线 与平面 所成的角的正弦值为 ,
故选:C
12.B
【详解】
由三视图知(结合长方体)该几何体的实物图应为三棱锥 ,
故球心肯定在长方体上、下底面的中心连线 上(设上、下底面的中心分别为 .
记球心为点 ,设 ,则 ,
( )21 2n = ,,
∴ E 1ACD 1 2 1 2 1
3 3
D E n
d n
⋅ + −= = =
C
1 1 1 1ABCD A B C D− D ( )0,0,0
1D ( )0,0,2 B ( )2,2,0 E ( )0,2,1 ( )1 2, 2,2BD = − − ( )2,2,0DB =
( )2,0,1BE = −
BDE ( ), ,n x y z= 0
0
n DB
n BE
⋅ =
⋅ =
2 2 0
2 0
x y
x z
+ =
− + =
1x = ( )1, 1,2n = −
1
1
1
2 2 4 4 2cos , 31 1 4 4 4 4 6 2 3
n BDn BD
n BD
⋅ − + += = = =
+ + ⋅ + + ⋅⋅
1BD BDE 2
3
A BCD−
1 2O O )1 2,O O
O 2OO x= 2 2 2 22
2 2 1 1R OO O B OO O A= + = +
结合三视图数据得 ,解得 ,则 ,
故该几何体的外接球的表面积为
故选 B.
13.
【详解】
由题,因为 ,所以 ,即 ,
所以 ,则 ,
所以 ,
故答案为:
【点睛】
本题考查已知向量垂直求坐标,考查坐标法向量的模
14.2
【详解】
∵A、B 是棱 l 上两点,AC、BD 分别在半平面 α、β 内,AC⊥l,BD⊥l,
又∵二面角 α﹣l﹣β 的平面角 θ 等于 120°,且 AB=AC=BD=1,
∴ , 60°,
∴
故答案为 2.
2 2
2 25 3(4 )2 2x x + = − +
3
2x = 2 17
2R =
2 174 4 342Rπ π π= × =
38
a b⊥ 8 2 3 0a b x⋅ = − + + = 2x =
( )4,2,2b = − ( )6, 1,1a b− = −
( )226 1 1 38a b− = + − + =
38
0CA AB AB BD⋅ = ⋅ = CADB = < , > 1 1 60CA BD cos⋅ = × × °
2 2( )CD CA AB BD= + +
2 2 2
2 42 2 =CA AB BD CA AB AB BD CA BD= + + + ⋅ + ⋅ + ⋅
| | 2CD =
【点睛】
本题考查的知识点是与二面角有关的立体几何综合题,其中利用 ,
结合向量数量积的运算,是解答本题的关键.
15.
【详解】
展开火柴盒所在长方体的表面,使 AB 在同一个矩形的对角线端点,
这样的不同矩形共有三个,其对角线长度分别为:
这种情况对角线长为 ,
这种情况对角线长为 ,
这种情况对角线长为
所以最短路径 .
故答案为:
【点睛】
此题考查求物体表面的最短路径,常用办法是展开成平面图形,利用两点之间线段最短求最
短路径.
2 2( )CD CA AB BD= + +
3 2
4 16 2 5+ =
1 25 26+ =
9 9 3 2+ =
3 2
3 2
16.
【解析】
试题分析:过点 A 作平面 β 的垂线,垂足为 C,
在 β 内过 C 作 l 的垂线.垂足为 D,
连接 AD,有三垂线定理可知 AD⊥l,
故∠ADC 为二面角 α-l-β 的平面角,为 60°,
又由已知,∠ABD=30°,
连接 CB,则∠ABC 为 AB 与平面 β 所成的角
设 AD=2,则 AC= ,CD=1
AB= =4
∴sin∠ABC= = ;
故答案为 .
考点:本题主要考查二面角的计算.
点评:基础题,本解法反映了求二面角方法的“几何法”—“一作、二证、三计算”.
17. ;体积 .
【解析】
【分析】
直角梯形绕直角腰旋转一周形成的是圆台,四分之一圆绕半径所在的直线旋转一周,形成的
是半球,所以阴影部分绕 旋转一周形成的是组合体,圆台挖去半球, ,
.
【详解】
3
4
3
0
AD
sin30
AC
AB
3
4
3
4
68S π=表
140
3
π
圆中阴影部分是一个圆台,从上面挖出一个半球
S 半球= ×4π×22=8π S 圆台侧=π×(2+5)×5=35π S 圆台底=25π
故所求几何体的表面积 S 表=8π+35π+25π=68π
V 圆台=
V 半球= .
故所求几何体的体积 V=V 圆台-V 半球= .
18.(1)答案见解析; (2)答案见解析.
【解析】
【分析】
(1)要证 平面 ,只需证 ,即可求得答案;
(2)要证 平面 ,只需证 , ,即可求得答案.
【详解】
(1) 分别为 的中点,
.
又 平面 , 平面 ,
平面 .
(2)∵ , ,
为 中点, ,
, .
同理, , .
/ /OD PAC / /OD PA
OP ⊥ ABC PO OC⊥ PO AB⊥
,O D ,AB PB
∴ / /OD PA
PA ⊂ PAC OD ⊄ PAC
∴ / /OD PAC
2AC BC= = 2AB =
∴ AC BC⊥
O AB 2AB =
∴ OC AB⊥ 1OC =
PO AB⊥ 1PO =
又 ,
.
.
.
, , ,
平面 .
【点睛】
本题主要考查了求证线面平行和线面垂直,解题关键是掌握线面平行判断定理和线面垂直判
断定理,考查了分析能力,属于中档题.
19.(1)详见解析;(2)详见解析.
【解析】
【分析】
(1)证得 MN∥BC,由线面平行的判定定理证明即可;(2)证得 平面 .
由面面垂直的判定定理证明即可
【详解】
(1)∵ 分别为棱 的中点,∴MN∥BC
又 平面 ,∴ ∥平面 .
(2)∵ ,点 为棱 的中点,
∴ ,
又平面 平面 ,平面 平面 ,∴ 平面 .
∵ 平面 ,∴平面 平面 .
【点睛】
本题考查线面平行,面面垂直的判定,考查定理,是基础题
20.(1)见解析(2)
【解析】
【分析】
(1)等腰梯形中,MD=4,CD=MN=2,利用余弦定理求出 ,由勾股定理得到 CE
DE,然后得到 AE⊥平面 CED,所以 ,从而可以得到 DE⊥平面 ABCE.(2)
2PC =
∴ 2 2 2 2PC OC PO= + =
∴ 90POC °∠ =
∴ PO OC⊥
PO OC⊥ PO AB⊥ AB OC O∩ =
∴ PO ⊥ ABC
AM ⊥ PBC
,M N ,PB PC
BC ⊄ AMN BC AMN
PA AB= M PB
AM PB⊥
PAB ⊥ PBC PAB ∩ PBC PB= AM ⊥ PBC
AM ⊂ AMN AMN ⊥ PBC
3 21
7
CE ⊥
AE DE⊥
由(1)得到的 CE⊥AE,可求出 的面积,由 DE⊥平面 ABCE,求出三棱锥
的体积,利用勾股定理得到 的长,然后求出 的面积,利用等体积转化,求出点 A
到平面 DBE 的距离.
【详解】
(1)等腰梯形 MNCD 中,MD∥NC,CD= MD=2
∴MD=4,CD=MN=2,
△CED 中,∠CDE=60°,ED=MD-EM=1,
则由余弦定理
∴CE ,∴CE2+ED2=CD2
∴CE DE,∴CE ME,CE AE
又 AE⊥DC,DC CE=C,
∴AE⊥平面 CED
而 平面 CED
∴ ,又 ,AE CF=E
∴DE⊥平面 ABCE
(2)由(1)因 CE⊥AE,则
因 DE⊥平面 ABCE,则
等腰梯形 MCD 中 MD∥NC,MD=4,
CD=MN=2,CE⊥DE,DE=1
则 NC=MD-2DE=2,故 BC=2,
ABE△ D ABE−
BE BDE
1
2
2 2 2 2 cos60 3CE DE DC DE CD °= + − ⋅ ⋅ =
3=
⊥ ⊥ ⊥
DE ⊂
AE DE⊥ DE CE⊥
1 3 3
2 2ABES BE CE∆ = ⋅ =
1 3
3 2D ABE ABEV S DE− ∆= ⋅ =
2 2 1 77, 2 2BDEBE EC BC S BE ED∆= + = = ⋅ =
设点 A 到平面 DBE 的距离为 h,因 DE⊥平面 ABCE
则 ,得 h=
所以点 A 到平面 DBE 的距离为
【点睛】
本题考查线面垂直的性质和判定,等体积法求点到面的距离,属于中档题.
21.(1)见解析;(2) .
【解析】
【详解】
(1)由已知 ,得 AB⊥AP,CD⊥PD.
由于 AB//CD ,故 AB⊥PD ,从而 AB⊥平面 PAD.
又 AB 平面 PAB,所以平面 PAB⊥平面 PAD.
(2)在平面 内作 ,垂足为 ,
由(1)可知, 平面 ,故 ,可得 平面 .
以 为坐标原点, 的方向为 轴正方向, 为单位长,建立如图所示的空间直角坐
标系 .
由(1)及已知可得 , , , .
1
3D ABE A DBE BDEV V S h− − ∆= = ⋅
3
3 2123 77
2
⋅ =
3 21
7
3
3
−
90BAP CDP∠ = ∠ = °
⊂
PAD PF AD⊥ F
AB ⊥ PAD AB PF⊥ PF ⊥ ABCD
F FA x AB
F xyz-
2 ,0,02A
20,0, 2P
2 ,1,02B
2 ,1,02C
−
所以 , , , .
设 是平面 的法向量,则
即
可取 .
设 是平面 的法向量,则
即 可取 .
则 ,
所以二面角 的余弦值为 .
【名师点睛】
高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面:
①求异面直线所成的角,关键是转化为两直线的方向向量的夹角;
②求直线与平面所成的角,关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角;
③求二面角,关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的
坐标是解题的关键.
22.(1)见解析(2)
【解析】
【分析】
(1)根据等腰三角形性质得 PO 垂直 AC,再通过计算,根据勾股定理得 PO 垂直 OB,最后根
据线面垂直判定定理得结论;(2)根据条件建立空间直角坐标系,设立各点坐标,根据方程组
解出平面 PAM 一个法向量,利用向量数量积求出两个法向量夹角,根据二面角与法向量夹
角相等或互补关系列方程,解得 M 坐标,再利用向量数量积求得向量 PC 与平面 PAM 法向
2 2,1,2 2PC
= − −
( )2,0,0CB = 2 2,0,2 2PA
= −
( )0,1,0AB =
( ), ,n x y z= PCB
0,
0,
n PC
n CB
⋅ =
⋅ =
2 2 0,2 2
2 0,
x y z
x
− + − =
=
( )0, 1, 2n = − −
( ), ,m x y z = PAB
0,
0,
m PA
m AB
⋅ =
⋅ =
2 2 0,2 2
0.
x z
y
− =
=
( )1,0,1m =
3cos , 3
n mn m n m
⋅= = −
A PB C− − 3
3
−
3
4
量夹角,最后根据线面角与向量夹角互余得结果.
【详解】
(1)因为 , 为 的中点,所以 ,且 .
连结 .因为 ,所以 为等腰直角三角形,
且 , .
由 知 .
由 知 平面 .
(2)如图,以 为坐标原点, 的方向为 轴正方向,建立空间直角坐标系 .
由已知得 取平面 的法向量
.
设 ,则 .
设平面 的法向量为 .
由 得 ,可取 ,
所以 .由已知得 .
所以 .解得 (舍去), .
所以 .又 ,所以 .
所以 与平面 所成角的正弦值为 .
【点睛】
利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”:第一,破“建系关”,构建恰当的空间直角坐
标系;第二,破“求坐标关”,准确求解相关点的坐标;第三,破“求法向量关”,求出平面的
法向量;第四,破“应用公式关”.