人教版高三数学总复习第七章单元质量检测 16页

第七章单元质量检测 时间：90分钟　分值：100分 一、选择题(每小题4分，共40分)‎ ‎1．以下关于几何体的三视图的叙述中，正确的是(　　)‎ A．球的三视图总是三个全等的圆 B．正方体的三视图总是三个全等的正方形 C．水平放置的各面均为正三角形的四面体的三视图都是正三角形 D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆 解析：画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．‎ 答案：A ‎2．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为(　　)‎ A. B. C．8π D. 解析：S圆＝πr2＝π⇒r＝1，而截面圆圆心与球心的距离d＝1，所以球的半径为R＝＝.所以V＝πR3＝，故选B.‎ 答案：B ‎3．设α、β、γ是三个互不重合的平面，m、n是两条不重合的直线，下列命题中正确的是(　　)‎ A．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ B．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n C．若α⊥β，m⊥α，则m∥β D．若α∥β，m⊄β，m∥α，则m∥β 解析：对于A，若α⊥β，β⊥γ，α，γ可以平行，也可以相交，A错；对于B，若m∥α，n∥β，α⊥β，则m，n可以平行，可以相交，也可以异面，B错；对于C，若α⊥β，m⊥α，则m可以在平面β内，C错；易知D正确．‎ 答案：D ‎4．一个棱长为2的正方体沿其棱的中点截去部分后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A．7 B. C. D. 解析：依题意可知该几何体的直观图如图所示，其体积为23－2×××1×1×1＝.‎ 答案：D ‎5．已知直四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为(　　)‎ A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析：‎ 如图，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．‎ 设AA1＝2AB＝2，则B(1,1,0)，E(1,0,1)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)，‎ ‎∴＝(0，－1,1)，＝(0，－1,2)，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝.‎ 答案：C ‎6．如图所示，正四棱锥P—ABCD的底面积为3，体积为，E为侧棱PC的中点，则PA与BE所成的角为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：连接AC，BD交于点O，连接OE，易得OE∥PA，所以所求角为∠BEO.‎ 由所给条件易得OB＝，OE＝PA＝，BE＝.‎ 所以cos∠OEB＝，所以∠OEB＝60°，选C.‎ 答案：C ‎7．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 解析：‎ 依题意可作出正方体的直观图如图，显然M到AB的距离为MC＝，∴①正确；而VC—DNE＝××1×1×1＝，∴②正确；AB与EF所成的角等于AB与MC所成的角，即为，∴③正确．‎ 答案：D ‎8．正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A—BD—C的正弦值为(　　)‎ A.　　　　B. C.　　　　D. 解析：‎ 取BC中点O，连接AO，DO.建立如图所示坐标系，设BC＝1，则A，B，D.∴＝，＝，‎ eq o(BD,sup6(→))＝.由于＝为平面BCD的一个法向量，可进一步求出平面ABD的一个法向量n＝(1，－，1)，∴cos〈n，〉＝，∴sin〈n，〉＝.‎ 答案：C ‎9．正三棱柱ABC—A1B1C1的棱长都为2，E，F，G为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：‎ 如图，取AB的中点E，建立如图所示空间直角坐标系E—xyz.则E(0,0,0)，F(－1,0,1)，B1(1,0,2)，A1(－1,0,2)，C1(0，，2)，G.‎ ‎∴＝(－2,0，－1)，＝(－1,0,1)，＝.‎ 设平面GEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由得 令x＝1，则n＝(1，－，1)，设B1F与平面GEF所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝.‎ 答案：A ‎10．如图，在正四棱柱(底面是正方形的直四棱柱)ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是AB1、BC1的中点，则下列结论不成立的是(　　)‎ A．EF与BB1垂直 B．EF与BD垂直 C．EF与CD异面 D．EF与A1C1异面 解析：‎ 连接B1C，AC，则B1C交BC1于F，且F为B1C的中点，‎ 又E为AB1的中点，所以EF綊AC，‎ 而B1B⊥平面ABCD，所以B1B⊥AC，‎ 所以B1B⊥EF，A正确；‎ 又AC⊥BD，所以EF⊥BD，B正确；‎ 显然EF与CD异面，C正确；‎ 由EF綊AC，AC∥A1C1，得EF∥A1C1，故不成立的选项为D.‎ 答案：D 二、填空题(每小题4分，共16分)‎ ‎11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．‎ 解析：由三视图可知：该几何体是一个三棱锥，底面是底边长为4，高为2的等腰三角形，棱锥的高为2，故体积为V＝××4×2×2＝.‎ 答案： ‎12．已知球与棱长均为2的三棱锥各条棱都相切，则该球的表面积为________．‎ 解析：‎ 将该三棱锥放入正方体内，若球与三棱锥各棱均相切等价于球与正方体各面均相切，所以2R＝，R＝，则球的表面积为S＝4πR2＝4π×＝2π.‎ 答案：2π ‎13．三棱锥S—ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论中：‎ ‎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________．‎ 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，(如图)可证得CE⊥平面SAB，故CE的长度即为C到平面SAB的距离a，④正确．‎ 答案：①②③④‎ ‎14．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，EF∥BC且AE＝2EB，G为BC的中点，K为AF的中点．沿EF 将矩形折成120°的二面角A—EF—B，此时KG的长为________．‎ 解析：‎ 如图，过K作KM⊥EF，垂足M为EF的中点，则向量与的夹角为120°，〈，〉＝60°.又＝＋＝＋，∴2＝2＋2＋2·＝1＋1＋2×1×1×cos60°＝3.∴||＝.‎ 答案： 三、解答题(共4小题，共44分，解答应写出必要的文字说明、计算过程或证明步骤．)‎ ‎15．(10分)一个几何体是由圆柱ADD1A1和三棱锥E—ABC组合而成，点A，B，C在圆O的圆周上，其正(主)视图，侧(左)视图的面积分别为10和12，如图所示，其中EA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC，AE＝2.‎ ‎(1)求证：AC⊥BD.‎ ‎(2)求三棱锥E—BCD的体积．‎ 解：(1)因为EA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，‎ 所以EA⊥AC，即ED⊥AC.‎ 又因为AC⊥AB，AB∩ED＝A，所以AC⊥平面EBD.‎ 因为BD⊂平面EBD，所以AC⊥BD.‎ ‎(2)因为点A，B，C在圆O的圆周上，且AB⊥AC，‎ 所以BC为圆O的直径．‎ 设圆O的半径为r，圆柱高为h，根据正(主)视图，侧(左)视图的面积可得，解得 所以BC＝4，AB＝AC＝2.‎ 以下给出求三棱锥E—BCD体积的两种方法：‎ 方法1：由(1)知，AC⊥平面EBD，‎ 所以VE—BCD＝VC—EBD＝S△EBD×CA，‎ 因为EA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，‎ 所以EA⊥AB，即ED⊥AB.‎ 其中ED＝EA＋DA＝2＋2＝4，‎ 因为AB⊥AC，AB＝AC＝2，‎ 所以S△EBD＝ED×AB＝×4×2＝4，‎ 所以SE—BCD＝×4×2＝.‎ 方法2：因为EA⊥平面ABC，‎ 所以VE—BCD＝VE—ABC＋VD—ABC＝S△ABC×EA＋S△ABC×DA＝S△ABC×ED.‎ 其中ED＝EA＋DA＝2＋2＝4，‎ 因为AB⊥AC，AB＝AC＝2，‎ 所以S△ABC＝×AC×AB＝×2×2＝4，‎ 所以VE—BCD＝×4×4＝.‎ ‎16．(10分)如图，AB＝AD，∠BAD＝90°，M，N，G分别是BD，‎ BC，AB的中点，将等边△BCD沿BD折叠成△BC′D的位置，使得AD⊥C′B.‎ ‎(1)求证：平面GNM∥平面ADC′.‎ ‎(2)求证：C′A⊥平面ABD.‎ 证明：(1)因为M，N分别是BD，BC′的中点，‎ 所以MN∥DC′.因为MN⊄平面ADC′，‎ DC′⊂平面ADC′，所以MN∥平面ADC′.‎ 同理NG∥平面ADC′.又因为MN∩NG＝N，‎ 所以平面GNM∥平面ADC′.‎ ‎(2)因为∠BAD＝90°，所以AD⊥AB.‎ 又因为AD⊥C′B，且AB∩C′B＝B，‎ 所以AD⊥平面C′AB.‎ 因为C′A⊂平面C′AB，所以AD⊥C′A.‎ 因为△BCD是等边三角形，AB＝AD，‎ 不妨设AB＝1，则BC＝CD＝BD＝，可得C′A＝1.‎ 由勾股定理的逆定理，可得AB⊥C′A.‎ 因为AB∩AD＝A，所以C′A⊥平面ABD.‎ ‎17．(12分)如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB.‎ ‎(1)求证：AB⊥DE；‎ ‎(2)求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；‎ ‎(3)线段EA上是否存在点F，使EC∥平面FBD？若存在，求出；若不存在，请说明理由．‎ 解：‎ ‎(1)证明：取AB的中点O，连接EO，DO.‎ 因为EB＝EA，所以EO⊥AB.‎ 因为四边形ABCD为直角梯形．‎ AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，‎ 所以四边形OBCD为正方形，所以AB⊥OD.‎ 因为EO∩DO＝0.‎ 所以AB⊥平面EOD，所以AB⊥ED.‎ ‎(2)因为平面ABE⊥平面ABCD，且EO⊥AB，‎ 所以EO⊥平面ABCD，所以EO⊥OD.‎ 由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O—xyz.‎ 因为三角形EAB为等腰直角三角形，所以OA＝OB＝OD＝OE，设OB＝1，‎ 所以O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，‎ E(0,0,1)．‎ 所以＝(1,1，－1)，‎ 平面ABE的一个法向量为＝(0,1,0)．‎ 设直线EC与平面ABE所成的角为θ，‎ 所以sinθ＝|cos〈，〉＝＝，‎ 即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为.‎ ‎(3)存在点F，且＝时，有EC∥平面FBD.‎ 证明如下：由＝＝，‎ F，所以＝，＝(－1,1,0)．‎ 设平面FBD的法向量为v＝(a，b，c)，‎ 则有所以 取a＝1，得v＝(1,1,2)．‎ 因为·v＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0，‎ 且EC⊄平面FBD，所以EC∥平面FBD，‎ 即点F满足＝时，有EC∥平面FBD.‎ ‎18．(12分)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在的平面与圆O所在的平面互相垂直．已知AB＝2，EF＝1.‎ ‎(1)求证：平面DAF⊥平面BCF；‎ ‎(2)求直线AB与平面CBF所成角的大小；‎ ‎(3)当AD的长为何值时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°？‎ 解：(1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF，‎ ‎∵AF⊂平面ABEF，∴AF⊥CB，‎ 又AB为圆O的直径，∴AF⊥BF，又BF∩CB＝B，‎ ‎∴AF⊥平面CBF.‎ ‎∵AF⊂平面ADF，∴平面DAF⊥平面CBF.‎ ‎(2)由(1)知AF⊥平面CBF，‎ ‎∴FB为AB在平面CBF内的射影，‎ 因此，∠ABF为直线AB与平面CBF所成的角．‎ ‎∵AB∥EF，∴四边形ABEF为等腰梯形，‎ 过点F作FH⊥AB，交AB于H.‎ 已知AB＝2，EF＝1，则AH＝＝.‎ 在Rt△AFB中，根据射影定理得AF2＝AH·AB，∴AF＝1，‎ sin∠ABF＝＝，∴∠ABF＝30°.‎ ‎∴直线AB与平面CBF所成角的大小为30°.‎ ‎(3)设EF中点为G，以O为坐标原点，，，方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AD＝t(t>0)，则点D的坐标为(1,0，t)，C(－1,0，t)，又A(1,0,0)，B(－1,0,0)，F，‎ ‎∴＝(2,0,0)，‎ ＝，‎ 设平面DCF的法向量为n1＝(x，y，z)，则n1·＝0，n1·＝0.‎ 即，令z＝，解得x＝0，y＝2t，‎ ‎∴n1＝(0,2t，)．‎ 由(1)可知AF⊥平面CFB，取平面CBF的一个法向量为n2＝＝，依题意，n1与n2的夹角为60°.‎ ‎∴cos60°＝，即＝，‎ 解得t＝.‎ 因此，当AD的长为时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°.‎