2021版高考数学一轮复习 单元评估检测（四） 苏教版.doc

1、单元评估检测(四)(第八章) 一、单项选择题(本大题共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.已知向量m=(+1,1,2),n=(+2,2,1),若(m+n)(m-n),则= ()A.B.-C.-2D.-1【解析】选B.因为(m+n)(m-n),所以(m+n)(m-n)=m2-n2=(+1)2+12+22-(+2)2+22+12=-2-3=0,即=-.2.设x,y,z是空间不同的直线或平面,对下列四种情形:x,y,z均为直线;x,y是直线,z是平面;z是直线,x,y是平面;x,y,z均为平面.其中使“xz且yzxy”为真命题的是()A.B. C.

2、D.【解析】选C.由正方体模型可知为假命题;由线面垂直的性质定理可知为真命题.3.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别为BC,CC1,A1D1,C1D1的中点,则直线EF,MN所成角的大小为()A.B.C.D.【解析】选C.连接A1C1,BC1,A1B, 根据E,F,M,N分别为BC,CC1,A1D1,C1D1的中点,可得到MN是三角形A1C1D1的中位线,故得到MNA1C1,同理可得到BC1EF,进而直线EF,MN所成角的大小,可转化为A1C1与BC1的夹角,三角形A1BC1的三边均为正方体的面对角线,是等边三角形,故A1C1与BC1的夹角为.4.正四棱锥的侧棱长为2

3、,侧棱与底面所成的角为60,则该棱锥的体积为()A.3B.6C.9D.18 【解析】选B.由已知,棱锥的高为3,底面边长为,所以该棱锥的体积V=Sh=()23=6. 5.已知一圆锥的底面直径与母线长相等,一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切,则球与圆锥的表面积之比为()A.B.C.D.【解析】选B.设圆锥底面圆半径为R,球的半径为r, 由题意知,圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形,球的大圆是该等边三角形的内切圆,所以r=R,S球的表面积=4r2=4R2=R2,S圆锥表面积=R2R+R2=3R2,所以球与圆锥的表面积之比为=.6.已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,球O与该正方体的

4、各个面相切,则平面ACD1截此球所得的截面的面积为()A.B.C.D.【解析】选D.因为球与各面相切,所以直径为2,且AC,AD1,CD1的中点在所求的切面圆上,所以所求截面为此三点构成的边长为的正三角形的外接圆,设此圆半径为R,由正弦定理知,R=,所以截面的面积S=.7.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上,AB=AC,侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形,则侧面ABB1A1的面积为()A.2B.1C.D.【解析】选C.球心在面BCC1B1的中心O上,BC为ABC所在截面圆的直径,所以BAC=90,A1B1C1外心M在B1C1中点上,连接OM,OC1,设正方

5、形BCC1B1的边长为x,在RtOMC1中,OM=,MC1=,OC1=R=1,所以2+2=1,即x=(负值舍去),则AB=AC=1,所以=1=.8.如图,在平面四边形ABCD中,E,F分别是AD,BD的中点,AB=AD=CD=2,BD=2,BDC=90,将ABD沿对角线BD折起至ABD,使平面ABD平面BCD,则在四面体A-BCD中,下列结论不正确的是()A.EF平面ABCB.异面直线CD与AB所成的角为90C.异面直线EF与AC所成的角为60D.直线AC与平面BCD所成的角为30【解析】选C.A选项:因为E,F分别为AD和BD两边的中点,所以EFAB,又AB平面ABC,所以EF平面ABC,A

6、正确;B选项:因为平面ABD平面BCD,交线为BD,且CDBD,所以CD平面ABD,即CDAB,故B正确;C选项:取CD边中点M,连接EM,FM,则EMAC,所以FEM为异面直线EF与AC所成角,又EF=1,EM=,FM=,即FEM=90,故C错误;D选项:因为平面ABD平面BCD,连接AF,则AFBD,所以AF平面CBD,连接FC,所以ACF为AC与平面BCD所成的角,又CDAD,所以AC=2,又AF=,sinACF=,所以ACF=30,D正确.二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)9.关于空间两条直线a,b和平面,下

7、列命题不正确的是()A.若ab,b,则aB.若a,b,则abC.若a,b,则abD.若a,b,则ab【解析】选ABC.线面平行的判定定理中的条件要求a,故A错;对于线面平行,这条直线与面内的直线的位置关系可以平行,也可以异面,故B错;平行于同一个平面的两条直线的位置关系:平行、相交、异面都有可能,故C错;垂直于同一个平面的两条直线是平行的,故D正确.10.给出以下四个命题,其中正确的为()A.如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的一个平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行B.如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线垂直于这个平面C.如果两条直线都平行于一个平面,那么这

8、两条直线互相平行D.如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面互相垂直【解析】选ABD.根据直线与平面平行的性质可知A正确.根据直线与平面垂直的判定定理可知B正确.因为平行于一个平面的两条直线可以平行,也可以相交,也可以是异面直线,所以C错误.由两个平面垂直的判定定理可知D正确.11.圆柱的侧面展开图是长12 cm,宽8 cm的矩形,则这个圆柱的体积为()A. cm3B. cm3C.288 cm3D.192 cm3【解析】选AB.当圆柱的高为8 cm时,V=8= (cm3),当圆柱的高为12 cm时,V=12= (cm3).12.已知m和n是两条不同的直线,和是两个不重合的平面,那么

9、下面给出的条件中不一定能推出m的是()A.且m B.且m C.mn且n D.mn且n【解析】选ABD.且mm或m或m与相交,故A不一定能推出m;且mm或m或m与相交,故B不一定能推出m;mn,且nm,故C可以推出m;由mn,且n,知m或m与相交或m,故D不一定能推出m,故A、B、D符合题意.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,=(1, 2, 0),=(2, 1, 0),=(0, 1, 5),则对角线AC1的长为_.【解析】因为=+=+=(0, 1, 5)+(1, 2, 0)+(2, 1, 0)=(3, 4,

10、 5),所以|=5.答案:514.如图,在三棱柱A1B1C1-ABC中,已知D,E,F分别为AB,AC,AA1的中点,设三棱锥A-FED的体积为V1,三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2,则V1V2的值为_.【解析】设三棱柱的高为h,因为F是AA1的中点,则三棱锥F-ADE的高为,因为D,E分别是AB,AC的中点,所以SADE=SABC,因为V1=SADE,V2=SABCh,所以=.答案:15.如图1,已知点E,F,G分别是棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1,BB1,DD1的中点,点M,N,P,Q分别在线段AG,CF,BE,C1D1上运动,当以M,N,P,Q为顶点的三棱锥Q

11、-PMN的俯视图是如图2所示的正方形时,则点Q到平面PMN的距离为_.【解析】根据俯视图可知,点P,Q,M,N的位置如图所示.易知点Q到平面PMN的距离即为正方体的高a.答案: a16.圆柱形容器的内壁底面半径是10 cm,有一个实心铁球浸没于容器的水中,若取出这个铁球,测得容器内的水面下降了 cm,则这个铁球的体积为_ cm3,表面积为_ cm2.【解析】下降的水的体积即为球的体积,所以V球=102=cm3.设该铁球的半径为r,则由题意得r3=102,解得r3=53,所以r=5,所以这个铁球的表面积S=452=100(cm2).答案:100四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必

12、要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)如图,四棱锥P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,E为线段AD的中点,且AE=ED=BC=2,PA=PD=PB=4.PBAC.(1)证明:平面PBE平面PAC.(2)若BCAD,求三棱锥P-ACD的体积.【解析】(1)因为PA=PD,E是AD的中点,所以PEAD,又因为平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以PE平面ABCD,又AC平面ABCD,所以PEAC,又PBAC,PEPB=P,所以AC平面PBE,又AC平面PAC,所以平面PBE平面PAC.(2)由(1)知AC平面PBE,故ACBE,因为BCAD,BC=AD=DE,所

13、以四边形BCDE是平行四边形,所以CD=BE,CDBE,所以ACCD,因为PA=PD=PB=4,AE=DE=BC=2,所以PE=2,所以BE=2,即CD=2,所以AC=2.所以VP-ACD=SACDPE=222=4.18.(12分)(2019天津高考)如图,AE平面ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF平面ADE.(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值.(3)若二面角E-BD-F的余弦值为,求线段CF的长.【解析】依题意,可以建立以A为原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0

14、),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h0),则F(1,2,h).(1)依题意,=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又=(0,2,h),可得=0,又因为直线BF平面ADE,所以BF平面ADE.(2)依题意,=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(-1,-2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即不妨令z=1,可得n=(2,2,1).因此有cos=-.所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.(3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则即不妨令y=1,可得m=.由题意,有|cos |=,解得h=.经检验,符合题意.所以线段CF的长为.19

15、.(12分)(2020清华附中模拟)如图,在平行四边形ABCD中,A=45,AB=,BC=2,BEAD于点E,将ABE沿BE折起,使AED=90,连接AC,AD,得到如图所示的几何体.(1)求证:平面ACD平面ABC.(2)若点P在线段AB上,直线PD与平面BCD所成角的正切值为,求三棱锥P-BCD的体积.【解析】(1)因为BEAE,DEAE,BEDE=E,所以AE平面BCDE,以E为坐标原点,以ED,EB,EA所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图:则A(0,0,1),B(0,1,0),C(2,1,0),D(1,0,0),设AC的中点为M,则M,所以=,=(0,1,-1),=(2,0,0),

16、所以=0,=0,所以DMAB,DMBC,又ABBC=B,AB平面ABC,BC平面ABC,所以DM平面ABC,又DM平面ACD,所以平面ACD平面ABC.(2)过P作PNBE,垂足为N,连接DN,则PNAE,所以PN平面BCDE,所以PDN为直线PD与平面BCD所成的角.设PN=x,则BN=x,故EN=1-x,所以DN=,所以tanPDN=,解得x=,即PN=.因为BD=,CD=AB=,BC=2,所以BD2+CD2=BC2,所以BDCD.所以SBCD=BDCD=1,所以三棱锥P-BCD的体积V=SBCDPN=1=.20.(12分)如图,在正方形ABCD中,点E,F分别是AB,BC的中点,将AED

17、,DCF分别沿DE,DF折起,使A,C两点重合于P.(1)求证:平面PBD平面BFDE.(2)求二面角P-DE-F的余弦值.【解析】(1)连接EF交BD于O,连接OP.在正方形ABCD中,点E是AB中点,点F是BC中点,所以BE=BF,DE=DF,所以DEBDFB,所以在等腰DEF中,O是EF的中点,且EFOD,因此在等腰PEF中,EFOP,从而EF平面OPD,又EF平面BFDE,所以平面BFDE平面OPD,即平面PBD平面BFDE.(2)方法一:在正方形ABCD中,连接AF,交DE于G,设正方形ABCD的边长为2,由于点E是AB中点,点F是BC中点,所以RtDAERtABF,于是ADE=FA

18、B,从而ADG+DAG=EAG+DAG=90,所以AFDE,于是,在翻折后的几何体中, PGF为二面角P-DE-F的平面角,在正方形ABCD中,解得AG=,GF=,所以,在PGF中,PG=AG=,GF=,由余弦定理得cosPGF=,所以,二面角P-DE-F的余弦值为.方法二:由题知PE,PF,PD两两互相垂直,故以P为原点,向量,方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图的空间直角坐标系.设正方形边长为2,则P(0,0,0),E(0,1,0),F(1,0,0),D(0,0,2).所以=(1,-1,0),=(0,-1,2).设m=(x,y,z)为平面EFD的一个法向量,由 得令x=1,得m=1,1

19、,又由题知n=(1,0,0)是平面PED的一个法向量,所以cos=.所以,二面角P-DE-F的余弦值为.21.(12分)如图,已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形, PA底面ABCD,EDPA,且PA=2ED=2.(1)证明:直线BD平面PCE.(2)证明:平面PAC平面PCE.(3)若直线PC与平面ABCD所成的角为45,求二面角P-CE-D的余弦值.【解析】(1)连接BD,交AC于点O,设PC中点为F,连接OF,EF.因为O,F分别为AC,PC的中点,所以OFPA,且OF=PA,因为DEPA,且DE=PA,所以OFDE,且OF=DE,所以四边形OFED为平行四边形,所以OD

20、EF,即BDEF,又BD平面PCE, EF面PCE,所以BD面PCE.(2)因为PA平面ABCD,BD平面ABCD,所以PABD.因为ABCD是菱形,所以BDAC.因为PAAC=A,所以BD平面PAC,因为BDEF,所以EF平面PAC,因为EF平面PCE,所以平面PAC平面PCE.(3)方法一:因为直线PC与平面ABCD所成角为45,所以PCA=45,所以AC=PA=2,所以AC=AB,故ABC为等边三角形.设BC的中点为M,连接AM,则AMBC.以A为原点,AM,AD,AP分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系 (如图).则P(0,0,2),C(,1,0),E(0,2,1),D(0,2,0)

21、,=(,1,-2),=(-,1,1),=(0,0,1),设平面PCE的法向量为n=(x1,y1,z1),则,即,令y1=1,则,所以n=(,1,2),设平面CDE的法向量为m=(x2,y2,z2),则,即,令x2=1,则,所以m=(1,0),设二面角P-CE-D的大小为,由于为钝角,所以cos =-|cos|=-=-=-.所以二面角P-CE-D的余弦值为-.方法二:因为直线PC与平面ABCD所成角为45,且PA平面ABCD,所以PCA=45,所以AC=PA=2.因为AB=AC=2,所以ABC为等边三角形.因为PA平面ABCD,由(1)知PAOF,所以OF平面ABCD.因为OB平面ABCD,OC

22、平面ABCD,所以OFOB且OFOC.在菱形ABCD中,OBOC.以点O为原点,OB,OC,OF分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz(如图).则O(0,0,0),P(0,-1,2),C(0,1,0),D(-,0,0),E(-,0,1),则=(0,-2,2),=(-,-1,1),=(-,-1,0)设平面PCE的法向量为n=(x1,y1,z1),则,即,令y1=1,则,则法向量n=(0,1,1).设平面CDE的法向量为m=(x2,y2,z2),则,即,令x2=1,则,则法向量m=(1,-,0).设二面角P-CE-D的大小为,由于为钝角,则cos =-|cos|=-=-=-.所以二面角P

23、-CE-D的余弦值为-.22.(12分)(2019北京高考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ADCD,ADBC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且=.(1)求证:CD平面PAD.(2)求二面角F-AE-P的余弦值.(3)设点G在PB上,且=.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.【解析】(1)因为PA平面ABCD,CD平面ABCD,所以PACD,又因为CDAD,ADPA=A,AD,PA平面PAD,所以CD平面PAD.(2)在PD上取点M,使=,连接FM,在PCD中,又=,所以FM􀱀CD,FM=,由(1)知,CD平面PAD,所以

24、FM平面PAD,又AE平面PAD,所以FMAE,在PAD中,E是PD中点,PA=AD=2,所以AEPD,PD=2,又因为FM,PD平面EFM,FMPD=M,所以AE平面EFM,又EF平面EFM,所以AEEF,所以FEM为二面角F-AE-P的平面角.在PCD中,PD=2,PE=,PM=PD=,EM=,在RtEFM中,EF=,cosFEM=,所以二面角F-AE-P的余弦值为.(3)取CF中点N,连接DN,GN,在PDN中,E,F分别为PD,PN的中点,所以EFDN,在PBC中,=,又BC=3,所以GNBC,GN=2,又因为ADBC,AD=2,所以GN􀱀AD,四边形ADNG是平行四边形,所以AGDN,又因为EFDN,所以AGEF,又因为AG与平面AEF有公共点,所以AG平面AEF.