高三数学二轮高考专题辅导与训练打包检测试题：专题检测（四） 14页

专题检测（四） [时间 120 分钟，满分 150 分] 一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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．(2012·江门模拟)如图，正方体 ABCD－A′B′C′D′中，M、E 是 AB 的三等分点，G、N 是 CD 的三等分点，F、H 分别是 BC、MN 的中点，则四棱锥 A′－EFGH 的侧视图为 解析 做四棱锥 A′－EFGH 在正方体的侧面 CDD′C′上的射影，可得侧视图，故选 C. 答案 C 2．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 解析 若 c∥b，∵c∥a，∴a∥b， 与 a，b 是异面直线矛盾，故选 C. 答案 C 3．(2012·潍坊二模)已知两条直线 a，b 与两个平面α、β，b⊥α，则下列命题中正确的是 ①若 a∥α，则 a⊥b；②若 a⊥b，则 a∥α；③若 b⊥β，则α∥β；④若α⊥β，则 b∥β. A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 解析 若 a∥α，则在α内存在 a′∥a，又 b⊥α，∴b⊥a′，∴b⊥a，故①正确； ②中直线 a 可能在α内，故②不正确； 因为垂直于同一条直线的两个平面平行，故③正确； ④中 b 可能在β内，故④不正确．所以选 A. 答案 A 4．设 m、n 是平面α内的两条不同直线，l1、l2 是平面β内的两条相交直线，则α⊥β的一个充分 不必要条件是 A．l1⊥m，l1⊥n B．m⊥l1，m⊥l2 C．m⊥l1，n⊥l2 D．m∥n，l1⊥n 解析 由 m⊥l1，m⊥l2，l1、l2 是平面β内两条相交直线，知 m⊥β，又 m⊂α，所以α⊥β；若α ⊥β，m⊂α，则未必有 m⊥β，未必有 m⊥l1，m⊥l2，故选 B. 答案 B 5．在空间中，a、b 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列命题正确的是 A．若 a∥α，b∥a，则 b∥α B．若 a∥α，b∥α，a⊂β，b⊂β，则β∥α C．若α∥β，b∥α，则 b∥β D．若α∥β，a⊂α，则 a∥β 解析 A 中，由条件可以推出 b∥α或 b⊂α；B 中，由条件可以推出β∥α或α与β相交；C 中， 由条件可以推出 b∥β或 b⊂β.D 正确． 答案 D 6．(2012·临汾一中月考)在空间中，给出下面四个命题： ①过一点有且只有一个平面与已知直线垂直； ②若平面外两点到平面的距离相等，则过两点的直线必平行于该平面； ③垂直于同一条直线的两条直线互相平行； ④若两个平面相互垂直，则一个平面内的任意一条直线必定垂直于另一个平面内的无数条直 线． 其中正确的是 A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 解析 易知①④正确；对于②，过两点的直线可能与平面相交；对于③，垂直于同一条直线 的两条直线可能平行，也可能相交或异面．故选 D. 答案 D 7．(2012·房山一模)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为 A. 3 3 B.2 3 C.1 3 D．1 解析 由三视图可知，该几何体是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，其高为 2，底面为边长是 1 的正方形，∴V＝1 3 ×2×12＝2 3. 答案 B 8．(2012·梅州模拟)一个锥体的主视图和左视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯 视图的是 解析 选项 A、B 中俯视图所确定的几何体都是有一条侧棱垂直于底面的三棱锥，选项 D 中 俯视图所确定的几何体是有一条侧棱垂直于底面的四棱柱．故选 C. 答案 C 9．将正方形 ABCD 沿对角线 AC 折成一个直二面角，则异面直线 AB 与 CD 所成的角是 A．30° B．45° C．60° D．90° 解析 如图所示，设正方形 ABCD′的对角线的交点为 O，由 AB∥CD′可得，∠DCD′就是 异面直线 AB 与 CD 所成的角，由 DO、OD′、OC 两两垂直且相等可知 DD′＝D′C＝DC，即 △DCD′是等边三角形，则∠DCD′＝60°，故应选 C. 答案 C 10．(2012·宝鸡中学月考)如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB＝1，AC＝2，BC＝ 3，D、 E 分别是 AC1 和 BB1 的中点，则直线 DE 与平面 BB1C1C 所成的角为 A.π 6 B.π 4 C.π 3 D.π 2 解析 由 AB＝1，AC＝2，BC＝ 3可得 AB2＋BC2＝AC2， 故 AB⊥BC.又由直棱柱的性质可知 BB1⊥平面 ABC.如图， 建立空间直角坐标系，设棱 BB1 的长为 h， 则 E 0，0，h 2 ，A(0,1,0)，C1( 3，0，h)，D 3 2 ，1 2 ，h 2 ， 故DE→ ＝ － 3 2 ，－1 2 ，0 .因为 BB1⊥平面 ABC， 所以 BB1⊥AB，又因为 AB⊥BC，所以 AB⊥平面 BB1C1C， 故BA→＝(0,1,0)是平面 BB1C1C 的一个法向量．设直线 DE 与平面 BB1C1C 所成的角为θ， 则 sin θ＝|cos〈BA→，DE→ 〉|＝| BA→·DE→ |BA→|·|DE→ ||＝ 1 2 1× － 3 2 2＋ －1 2 2＋02 ＝1 2. 又因为θ∈ 0，π 2 ，所以θ＝π 6. 答案 A 11．(2012·山西四校模拟)已知三棱锥 O－ABC 中，A、B、C 三点在以 O 为球心的球面上，若 AB＝BC＝1，∠ABC＝120°，三棱锥 O－ABC 的体积为 5 4 ，则球 O 的表面积为 A.32 3 π B．16π C．64π D．544π 解析 如图所示，设△ABC 的外接圆的圆心为 O′， 在△ABC 中，据余弦定理得 AC＝ 3， 由正弦定理得△ABC 的外接圆的半径 r＝O′B＝1 2· AC sin B ＝1 2 × 3 3 2 ＝1， 三棱锥 O－ABC 的体积为 V＝1 3 ×1 2 ×1×1× 3 2 ×|OO′|＝ 5 4 ， ∴|OO′|＝ 15， 故球 O 的半径为 OB＝R＝ |OO′|2＋|O′B|2＝4. ∴球 O 的表面积为 S＝4πR2＝64π. 答案 C 12．(2012·广州模拟)如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，M、N、P、Q 分别是 AA1、A1D1、 CC1、BC 的中点，给出以下四个结论： ①A1C⊥MN；②A1C∥平面 MNPQ；③A1C 与 PM 相交；④NC 与 PM 异面． 其中不正确的结论是 A．① B．② C．③ D．④ 解析 如图所示，AD1⊥A1D，AD1⊥DC， ∴AD1⊥平面 A1DC， ∴AD1⊥A1C. 又∵AD1∥MN，∴A1C⊥MN，故①正确； 在矩形 ACC1A1 中，易得 A1C 与 PM 相交，故③正确． 又∵PM⊂平面 MNPQ， ∴A1C 与平面 MNPQ 相交，故②错误． 易知 N∈平面 MNPQ，C∉平面 MNPQ，PM⊂平面 MNPQ， N∉PM， ∴NC 与 PM 异面，故④正确，所以选 B. 答案 B 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分．把答案填在题中的横线上) 13．(2012·深圳模拟)某机器零件的俯视图是直径为 24 mm 的圆(包括圆心)，主视图和侧视图 完全相同，如图所示．则该机器零件的体积是________mm3(结果保留π)． 解析 由几何体的三视图可知，该几何体为圆柱中挖去一个同底的圆锥得到，∴V＝ 24×π×122－1 3 ×12×π×122＝2 880π. 答案 2 880π 14．(2012·合肥模拟)一平面截一球得到直径为 2 的圆面，球心到这平面的距离为 3，则该球的 体积是________． 解析 如图所示，AB＝1，OB＝3， 则球的半径 R＝ AB2＋OB2＝ 10， ∴V＝4 3πR3＝40 10 3 . 答案 40 10 3 15．已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 4 的球 O 的球面上，且 AB＝6，BC＝2 3，则棱锥 O －ABCD 的体积为________． 解析 依题意棱锥 O－ABCD 的四条侧棱长相等且均为球 O 的半径， 如图连接 AC，取 AC 中点 O′，连接 OO′. 易知 AC＝ AB2＋BC2＝4 3， 故 AO′＝2 3. 在 Rt△OAO′中，OA＝4，从而 OO′＝ 42－12＝2. 所以 VO－ABCD＝1 3 ×2×6×2 3＝8 3. 答案 8 3 16．(2012·苏州模拟)设 m，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列命题： ①若α∩β＝n，m∥n，则 m∥α且 m∥β； ②若α∥β，m⊥β，n∥α，则 m⊥n； ③若α⊥β，m⊥α，n∥β，则 m∥n； ④若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则 m⊥n. 上面命题中，所有真命题的序号为________． 解析 ①中的直线 m 与β可能平行，也可能在β内，故①错误； ∵α∥β，m⊥β，∴m⊥α. 又 n∥α，∴m⊥n，故②正确； ③中的直线 m 与 n 可能平行、异面或相交，故③错误． 根据面面垂直的性质可知④正确． 答案 ②④ 三、解答题(本大题共 6 小题，共 74 分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(12 分)(2012·无锡高三质检)如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，M，N，G 分别是 AA1， D1C，AD 的中点． (1)求证：MN∥平面 ABCD； (2)设α是过 MN 的任一平面，求证：α⊥平面 B1BG. 证明 (1)取 CD 的中点 E，连接 NE，AE， N 为 CD1 的中点 E 为 CD 的中点 ⇒NE∥MA 且 NE＝MA， 所以 MAEN 为平行四边形． 所以 MN∥AE. MN∥AE MN⊄平面 ABCD AE⊂平面 ABCD ⇒MN∥平面 ABCD. (2)在正方形 ABCD 中，易证△BAG≌△ADE， 所以∠DAE＋∠AGB＝∠ABG＋∠AGB＝90°. 所以 AE⊥BG. B1B⊥平面 ABCD AE⊂平面 ABCD ⇒B1B⊥AE. AE⊥BG B1B⊥AE BG∩B1B＝B ⇒AE⊥平面 B1BG. 又 MN∥AE，所以 MN⊥平面 B1BG. MN⊥平面 B1BG MN⊂α ⇒α⊥平面 B1BG. 18．(12 分)如图，已知 ABCD－A1B1C1D1 是底面为正方形的长方体，∠AD1A1＝60°，AD1＝4， 点 P 是 AD1 的中点，求异面直线 AA1 与 B1P 所成的角的正切值． 解析 过点 P 作 PE⊥A1D1，垂足为 E，连接 B1E，则 PE∥AA1， 所以∠B1PE 即为异面直线 AA1 与 B1P 所成的角． 在 Rt△AA1D1 中，因为∠AD1A1＝60°， 所以 A1B1＝A1D1＝1 2AD1＝2，AA1＝ 3 2 AD1＝2 3， 又因为 P 为 AD1 中点，且 PE∥AA1， 则 A1E＝1 2A1D1＝1，PE＝1 2AA1＝ 3. 所以 B1E＝ A1B21＋A1E2＝ 5. 在 Rt△B1PE 中，tan ∠B1PE＝B1E PE ＝ 5 3 ＝ 15 3 . 所以异面直线 AA1 与 B1P 所成的角的正切值为 15 3 . 19．(12 分)如图，已知点 H 在正方体 ABCD－A′B′C′D′的对角线 B′D′上，∠HDA＝ 60°. (1)求 DH 与 CC′所成角的大小； (2)求 DH 与平面 AA′D′D 所成角的大小． 解析 以 D 为原点，DA 为单位长建立空间直角坐标系 D－xyz(图略)． 设 H(m，m,1)(m＞0)，则DA→ ＝(1,0,0)，CC′→ ＝(0,0,1)．连接 BD. DH→ ＝(m，m,1)(m＞0)，由已知〈DH→ ，DA→ 〉＝60°， DA→ ·DH→ ＝|DA→ ||DH→ |cos 〈DA→ ，DH→ 〉， 可得 2m＝ 2m2＋1，解得 m＝ 2 2 ， 所以DH→ ＝ 2 2 ， 2 2 ，1 . (1)因为 cos 〈DH→ ，CC′→ 〉＝ 2 2 ×0＋ 2 2 ×0＋1×1 1× 2 ＝ 2 2 ， 所以〈DH→ ，CC′→ 〉＝45°， 即 DH 与 CC′所成的角为 45°. (2)平面 AA′D′D 的一个法向量是DC→ ＝(0,1,0)． 因为 cos 〈DH→ ，DC→ 〉＝ 2 2 ×0＋ 2 2 ×1＋1×0 1× 2 ＝1 2 ， 所以〈DH→ ，DC→ 〉＝60°， 可得 DH 与平面 AA′D′D 所成的角为 30°. 20．(12 分)(2012·泉州二模)在斜三棱柱 ABC－A1B1C1 中，侧面 ACC1A1⊥面 ABC，AC＝A1C 且 A1C⊥AC，AA1＝ 2a，AB⊥AC，D 为 AA1 中点． (1)求证：CD⊥面 ABB1A1； (2)在侧棱 BB1 上确定一点 E，使得二面角 E－A1C1－A 的大小为π 3. 解析 (1)证明 ∵面 ACC1A1⊥面 ABC，AB⊥AC， ∴AB⊥面 ACC1A1，即有 AB⊥CD； 又 AC＝A1C，D 为 AA1 中点，则 CD⊥AA1， ∴CD⊥面 ABB1A1. (2)如图所示以点 C 为坐标系原点，CA 为 x 轴，CA1 为 z 轴，建立空间直角坐标系 C－xyz，则 有 A(a,0,0)，B(a，a,0)，A1(0,0，a)，B1(0，a，a) C1(－a,0，a)，设 E(x，y，z)，且BE→＝λBB1 → ， 即有(x－a，y－a，z)＝λ(－a,0，a)， 所以 E 点坐标为((1－λ)a，a，λa)． 由条件易得面 A1C1A 的一个法向量为 n1＝(0,1,0)，设平面 EA1C1 的一个法向量为 n2＝(x，y， z)， 由 n2⊥A1C1 → n2⊥A1E→ 可得 －ax＝0 1－λax＋ay＋λ－1az＝0 令 y＝1，则有 n2＝ 0，1， 1 1－λ ， 则 cos π 3 ＝| n1·n2 |n1||n2||＝ 1 1＋ 1 1－λ2 ＝1 2 ， 得λ＝1－ 3 3 ， 所以，当 |BE→| |BB1 → | ＝1－ 3 3 时，二面角 E－A1C1－A 的大小为π 3. 21．(12 分)(2012·韶关模拟)如图(1)中矩形 ABCD 中，已知 AB＝2，AD＝2 2，MN 分别为 AD 和 BC 的中点，对角线 BD 与 MN 交于 O 点，沿 MN 把矩形 ABNM 折起，使平面 ABNM 与平面 MNCD 所成角为 60°，如图(2)． 图(1) 图(2) (1)求证：BO⊥DO； (2)求 AO 与平面 BOD 所成角的正弦值． 解析 (1)证明 取 MD，NC 中点 P，Q，如图建系， Q(0,0,0)，B 6 2 ，0，0 ，D 0， 2 2 ，2 ，O 0，－ 2 2 ，1 . 所以BO→ ＝ － 6 2 ，－ 2 2 ，1 ，DO→ ＝(0，－ 2，－1)， 所以BO→ ·DO→ ＝0，即 BO⊥DO. (2)设平面 BOD 的法向量是 n＝(x，y，z)，可得 － 6 2 x－ 2 2 y＋z＝0， － 2y－z＝0，令 y＝ 2可得 x＝－ 6，z＝－2， 所以 n＝(－ 6，2，－2)． 又AO→ ＝ － 6 2 ，－ 2 2 ，－1 ， 设 AO 与平面 BOD 所成角为θ， sin θ＝|cos〈AO→ ，n〉|＝2 3. 22．(14 分)(2012·深圳模拟)已知某几何体的直观图和三视图如下图所示，其正视图为矩形， 侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形． (1)求证：BN⊥平面 C1B1N； (2)设θ为直线 C1N 与平面 CNB1 所成的角，求 sin θ的值； (3)设 M 为 AB 中点，在 BC 边上求一点 P，使 MP∥平面 CNB1，求BP PC 的值． 解析 (1)证明 ∵该几何体的正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形， ∴BA，BC，BB1 两两垂直． 以 BA，BC，BB1 分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， 则 N(4,4,0)，B1(0,8,0)，C1(0,8,4)，C(0,0,4)． ∵BN→·NB1 → ＝(4,4,0)·(－4,4,0)＝－16＋16＝0，BN→·B1C1 → ＝(4,4,0)·(0, 0,4)＝0， ∴BN⊥NB1，BN⊥B1C1 且 NB1 与 B1C1 相交于 B1，∴BN⊥平面 C1B1N. (2)设 n2＝(x，y，z)为平面 NCB1 的一个法向量，则 n2·CN→ ＝0 n2·NB1 → ＝0 ⇒ x，y，z·4，4，－4＝0 x，y，z·－4，4，0＝0 ⇒ x＋y－z＝0 －x＋y＝0 ，取 n2＝(1,1,2)，C1N→ ＝(4，－4，－4)， 则 sin θ＝|4，－4，－4·1，1，2 16＋16＋16· 1＋1＋4 |＝ 2 3 . (3)∵M(2,0,0)．设 P(0,0，a)为 BC 上一点， 则MP→ ＝(－2,0，a)． ∵MP∥平面 CNB1，∴MP→ ⊥n2⇒MP→ ·n2＝(－2,0，a)·(1,1,2)＝－2＋2a＝0⇒a＝1. 又 PM⊄平面 CNB1，∴MP∥平面 CNB1， ∴当 PB＝1 时，MP∥平面 CNB1，∴BP PC ＝1 3.