【新教材】2020-2021学年高中人教A版数学必修第二册习题：第八章测评 11页

第八章测评 ‎(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.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.如图所示,△A'O'B'表示水平放置的△AOB的直观图,B'在x'轴上,A'O'与x'轴垂直,且A'O'=2,则△AOB的边OB上的高为(　　)‎ ‎　　 　　　　　　　　　　　　　　‎ A.2 B.4 C.2 D.4‎ 解析设△AOB的边OB上的高为h,因为S原图形=2S直观图,所以×OB×h=2×O'B'×2,又 OB=O'B',所以h=4.‎ 答案D ‎2.‎ 如图,一圆锥的母线长为4,其侧面积为4π,则这个圆锥的体积为(　　)‎ A. B.‎ C.π D.π 解析圆锥的侧面展开图为扇形,此扇形的半径R=4,设其弧长为l,侧面积为扇形的面积,所以扇形的面积S1=Rl=4π,解得弧长l=2π,所以圆锥的底面周长为2π,由此可知底面半径r=1,所以底面面积为S=π,圆锥的高为h=,故圆锥的体积V=Sh=π.‎ 答案C ‎3.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=.‎ ‎∵M为A'C的中点,∴MC=AM=,且CM⊥BM,AM⊥BM,‎ ‎∴∠CMA为二面角C-BM-A的平面角.‎ ‎∵AC=1,MC=MA=,‎ ‎∴∠CMA=90°,故选C.‎ 答案C ‎4.‎ 如图,在四边形ABCD中,∠DAB=90°,∠ADC=135°,AB=5,CD=2,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+4)π B.(60+8)π C.(56+8)π D.(56+4)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=π+π(r1+r2)l2+πr1l1=π×52+π×(2+5)×5+π×2×2=(60+4)π.故选A.‎ 答案A ‎5.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成的角的正弦值为(　　)‎ A. B. C. D.‎ 解析在平面A1B1C1D1内过点C1作B1D1的垂线,垂足为E,连接BE.‎ ‎⇒C1E⊥平面BDD1B1,‎ ‎∴∠C1BE的正弦值就是所求角的正弦值.‎ ‎∵BC1=,C1E=,‎ ‎∴sin∠C1BE=.‎ 答案D ‎6.已知:平面α⊥平面β,α∩β=l,在l上取线段AB=4,AC,BD分别在平面α和平面β内,且AC⊥AB,DB⊥AB,AC=3,BD=12,则CD的长度为(　　)‎ A.13 B. C.12 D.15‎ 解析如图,连接AD.‎ ‎∵α⊥β,∴AC⊥β,DB⊥α.在Rt△ABD中,AD==4.‎ 在Rt△CAD中,CD==13.‎ 答案A ‎7.在空间四边形ABCD中,AD=2,BC=2,E,F分别是AB,CD的中点,EF=,则异面直线AD与BC所成角的大小为(　　)‎ A.150° B.60° ‎ C.120° D.30°‎ 解析如图所示.设BD的中点为O,连接EO,FO,所以EO∥AD,FO∥BC,‎ 则∠EOF是AD,BC所成的角或其补角,‎ 又EO=AD=1,FO=BC=,EF=,‎ 根据余弦定理,得cos∠EOF==-,‎ 所以∠EOF=150°,‎ 异面直线AD与BC所成的角为30°.‎ 答案D ‎8.(2020新疆维吾尔自治区高三月考)设A,B,C,D是同一个直径为的球的球面上四点,AD过球心,已知△ABC与△BCD都是等边三角形,则三棱锥A-BCD的体积是(　　)‎ A. B. C. D.‎ 解析如右图所示,取BC的中点E,设球心为点O,则O为AD的中点,连接AE,DE,OE.‎ 设BC=a(a>0),则AB=BD=AC=CD=a,‎ 由题意可知AD=,且∠ABD=∠ACD=90°,由勾股定理AD2=AB2+BD2,即2=2a2,‎ 解得a=1.‎ ‎∵E为BC的中点,∴AE⊥BC,DE⊥BC,‎ 且AE=DE=a=.‎ 又AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE.‎ ‎∵O为AD的中点,‎ ‎∴OE⊥AD,且OE=,‎ ‎∴△ADE的面积S△ADE=AD·OE=,‎ 因此,三棱锥A-BCD的体积 VA-BCD=VB-ADE+VC-ADE=S△ADE·BE+S△ADE·CE=S△ADE·BC=×1=.‎ 答案B 二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)‎ ‎9.设α,β为不重合的平面,m,n为不重合的直线,则下列命题不正确的是(　　)‎ A.若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m⊥α B.若m⊂α,n⊂β,m∥n,则α∥β C.若m∥α,n∥β,m⊥n,则α⊥β D.若n⊥α,n⊥β,m⊥β,则m⊥α 解析选项A的已知条件中如果加上m⊂β,那么命题就是正确的,也就是面面垂直的性质定理.选项B错误,容易知道两个平面内分别有一条直线平行,那么这两个平面可能相交也可能平行.选项C错误,因为两个平面各有一条与其平行的直线,如果这两条直线垂直,并不能保证这两个平面垂直.选项D正确,由n⊥α,n⊥β可得α∥β,又因为m⊥β,所以m⊥α.‎ 答案ABC ‎10.(2020全国高一课时练习)如图,圆柱的轴截面是四边形ABCD,E是底面圆周上异于A,B的一点,则下列结论中正确的是(　　)‎ A.AE⊥CE B.BE⊥DE C.DE⊥平面CEB D.平面ADE⊥平面BCE 解析由AB是底面圆的直径,得∠AEB=90°,‎ 即AE⊥EB.‎ ‎∵圆柱的轴截面是四边形ABCD,‎ ‎∴AD⊥底面AEB,BC⊥底面AEB.‎ ‎∴BE⊥AD,又AD∩AE=A,AD,AE⊂平面ADE,‎ ‎∴BE⊥平面ADE,∴BE⊥DE.‎ 同理可得,AE⊥CE,易得平面BCE⊥平面ADE.‎ 可得A,B,D正确.‎ ‎∵AD∥BC,∴∠ADE(或其补角)为DE与CB所成的角,显然∠ADE≠90°,∴DE⊥平面CEB不成立,即C错误.‎ 答案ABD ‎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.‎ 答案ABD ‎12.(2020山东模考)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 D.点C与点G到平面AEF的距离相等 解析∵AD1∥EF,∴平面AEF即平面AEFD1,故A错误.‎ ‎∵A1G∥D1F,A1G⊄AEFD1,‎ ‎∴A1G∥平面AEFD1,即A1G∥平面AEF,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,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.‎ 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=2π·r·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.(2020天津检测)如图,在四面体P-ABC中,PA=PB=13,平面PAB⊥平面ABC,∠ACB=90°,AC=8,BC=6,则PC=　　　　. ‎ 解析取AB的中点E,连接PE,EC.‎ 因为∠ACB=90°,AC=8,BC=6,‎ 所以AB=10,所以CE=5.‎ 因为PA=PB=13,E是AB的中点,‎ 所以PE⊥AB,PE=12.‎ 因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PE⊂平面PAB,‎ 所以PE⊥平面ABC.‎ 因为CE⊂平面ABC,所以PE⊥CE.‎ 在Rt△PEC中,PC==13.‎ 答案13‎ ‎15.已知在菱形ABCD中,AB=2,∠A=120°,沿对角线BD将△ABD折起使二面角A-BD-C为120°,则点A到△BCD所在平面的距离为　　　　　. ‎ 解析设AC∩BD=O,则翻折后AO⊥BD,CO⊥BD,即∠AOC即为二面角的平面角,所以∠AOC=120°,且AO=1,故d=1×sin 60°=.‎ 答案 ‎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××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=×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.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎17.(10分)(2020全国高一课时练习)如图,E,F,G,H分别是空间四边形ABCD各边上的点,且AE∶EB=AH∶HD=m,CF∶FB=CG∶GD=n.‎ ‎(1)求证:E,F,G,H四点共面;‎ ‎(2)当m,n满足什么条件时,四边形EFGH是平行四边形?‎ ‎(1)证明连接BD.‎ 因为AE∶EB=AH∶HD,所以EH∥BD.‎ 又CF∶FB=CG∶GD,所以FG∥BD.‎ 所以EH∥FG.‎ 所以E,F,G,H四点共面.‎ ‎(2)解当m=n时,四边形EFGH为平行四边形.‎ 由(1)可知EH∥FG.‎ 因为,‎ 所以 EH=BD.‎ 同理可得FG=BD.‎ 由EH=FG可得,‎ 得m=n.‎ 故当m=n时,四边形EFGH是平行四边形.‎ ‎18.(12分)(2019重庆八中高二月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,AD∥BC,AD=2BC=2,PB=2,M是线段AP的中点.‎ ‎(1)求证:BM∥平面PCD;‎ ‎(2)当PA为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此最大值.‎ ‎(1)证明取PD中点N,连接MN,CN,‎ ‎∵M是AP的中点,‎ ‎∴MN∥AD, 且MN=AD.‎ ‎∵AD∥BC,且AD=2BC,‎ ‎∴MN∥BC,且MN=BC,‎ ‎∴四边形MNCB是平行四边形,∴MB∥CN,‎ 又BM⊄平面PCD,CN⊂平面PCD,‎ ‎∴BM∥平面PCD.‎ ‎(2)解当PA=2时,四棱锥P-ABCD的体积最大.‎ 设PA=x(0