2021版高考文科数学人教A版一轮复习单元评估检测（四）（第九章） WORD版含解析.doc

1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元评估检测(四)(第九章)(120分钟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.下列结论正确的是 ()A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则此棱锥可能是六棱锥D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线【解析】选D.A错误.如图所示,由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的

2、几何体,各面都是三角形,但它不是棱锥.B错误.如图,若ABC不是直角三角形或是直角三角形,但旋转轴不是直角边所在直线,所得的几何体都不是圆锥.C错误.由几何图形知,若以正六边形为底面,侧棱长必然要大于底面边长.D正确.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. 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为棱BB1的中点,用过点A,E,C1的平面截去该正方体的

3、下半部分,则剩余几何体的正视图(也称主视图)是()【解析】选A.正方体ABCD-A1B1C1D1中,过点A,E,C1的平面截去该正方体的下半部分后,剩余部分的直观图如图:则该几何体的正视图为选项A.4.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BC

4、1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.5.正四棱锥的侧棱长为2,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. 6.(2020人大附中模拟)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积是()A.B.C.8D.16【解析】选B.由三视图可得原几何体如图,该三棱锥底面是等腰三角形,底边长为4,底边上的高为4,三棱锥的高为2.所以VP-ABC=442=.7.古希腊数学家阿基米德构造了一个“圆柱容器”的几何体:在圆柱容器里放一个球,

5、使该球四周碰壁,且与上,下底面相切,则在该几何体中,圆柱的体积与球的体积之比为()A.B.C.或D.【解析】选D.由已知可知,该几何体的轴截面如图所示,即圆柱的底面半径与球的半径r相等,高等于球的直径2r,所以=.8.已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,球O与该正方体的各个面相切,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=.9.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点

6、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=.10.(2018全国卷)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,ABC为等边三角形且其面积为9,则三棱锥D-ABC体积的最大值为()A.12B.18C.24D.5

7、4【解析】选B.设ABC的边长为a,则SABC=a2sin C=a2=9,解得a=6,如图所示,当点D在底面上的射影为三角形ABC的中心H时,三棱锥D-ABC的体积最大,设球心为O,则在直角三角形AHO中,AH=6=2,OA=R=4,则OH=2,所以DH=2+4=6,所以三棱锥D-ABC的体积最大值为V=SABCDH=96=18.11.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()世纪金榜导学号A.EF平面ABCB.异面直线CD与A

8、B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=

9、2,又AF=,sinACF=,所以ACF=30,D正确.12.如图,一个正四棱锥P1-AB1C1D和一个正三棱锥P2-B2C2S所有棱长都相等, F为棱B1C1的中点,将 P1、P2,B1、B2,C1、C2分别对应重合为P,B,C得到组合体.关于该组合体有如下三个结论:ADSP;ADSF;ABSP,其中错误的个数是世纪金榜导学号()A.0B.1C.2D.3【解析】选A.由于正四棱锥P1-AB1C1D和一个正三棱锥P2-B2C2S所有的棱长都相等,可看作由两个相同的正四棱柱拼凑而成,如图所示:P点对应正四棱锥的上底面中心O1,S点对应另一正四棱锥的上底面中心O2,由图形可知拼成一个三棱柱,设E为

10、AD的中点,由此可知ADSP,又因为AD平面PEFS,所以ADSF,因为EFSP,EFAB,所以ABSP.二、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.直观图(如图)中,四边形OABC为菱形且边长为2 cm,则在原坐标系xOy中四边形为_(填图形形状),面积为_cm2.【解析】将直观图恢复到平面图形(如图),是OA=2 cm,OC=4 cm的矩形,S四边形OABC=24=8(cm2).答案:矩形814.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,

11、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-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_.世纪金榜导学号【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:

12、 a16.设m,n为空间两条不同的直线,为空间两个不同的平面,给出下列命题:世纪金榜导学号若m,m,则;若m,m,则;若m,mn,则n;若m,则m.其中正确的命题序号是_.【解析】对于,若m,m,则与可能相交,故错误;对于,若m,m,根据线面垂直和线面平行的性质定理以及面面垂直的判定定理得到,故正确;对于,若m,mn,则n可能在内,故错误;对于,若m,则根据线面垂直的性质定理以及面面平行的性质定理得到m,故正确.答案:三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABAC,AC=AA1,D是棱AB的

13、中点.(1)求证:BC1平面A1CD.(2)求证:BC1A1C.【证明】(1)连接AC1,设AC1A1C=O,连接OD,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1是平行四边形,所以O为AC1的中点,又因为D是棱AB的中点,所以ODBC1,又因为BC1平面A1CD,OD平面A1CD,所以BC1平面A1CD.(2)由(1)可知:侧面ACC1A1是平行四边形,因为AC=AA1,所以平行四边形ACC1A1是菱形,所以AC1A1C,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC,因为AB平面ABC,所以ABAA1,又因为ABAC,ACAA1=A,AC平面ACC1A1,AA1平面ACC1A1,

14、所以AB平面ACC1A1,因为A1C平面ACC1A1,所以ABA1C,又因为AC1A1C,ABAC1=A,AB平面ABC1,AC1平面ABC1,所以A1C平面ABC1,因为BC1平面ABC1,所以BC1A1C.18.(12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P

15、EAC,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=4.19.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PCD为等边三角形,平面PAC平面PCD,PACD,CD=2,AD=3,(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH平面PAD.(2

16、)求证:PA平面PCD.(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值. 【解析】(1)连接BD,易知ACBD=H,BH=DH,又BG=PG,故GHPD,又因为GH平面PAD,PD平面PAD,所以GH平面PAD.(2)取棱PC的中点N,连接DN,依题意,得DNPC,又因为平面PAC平面PCD,平面PAC平面PCD=PC,所以DN平面PAC,又PA平面PAC,故DNPA,又因为PACD,CDDN=D,所以PA平面PCD.(3)连接AN,由(2)中DN平面PAC,可知DAN为直线AD与平面PAC所成的角.因为PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点,所以DN=,又DNAN,在RtAND中,sinD

17、AN=,所以直线AD与平面PAC所成角的正弦值为.20.(12分)如图,在正方形ABCD中,点E,F分别是AB,BC的中点,将AED,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)在正方形ABCD中,连接

18、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=FAB,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.21.(12分)如图,已知三棱柱ABC-ABC中,平面BCCB底面ABC,BBAC,底面ABC是边长为2的等边三角形,AA=3,E,F分别在棱AA,CC上,且AE=CF=2.世纪金榜导学号(1)求证:BB底面

19、ABC.(2)在棱AB上找一点M,使得CM平面BEF,并给出证明.【解析】(1)如图,取BC的中点O,连接AO,因为三角形ABC是等边三角形,所以AOBC.因为平面BCCB底面ABC,AO平面ABC,平面BCCB平面ABC=BC,所以AO平面BCCB.又BB平面BCCB,所以AOBB.又BBAC,AOAC=A,AO平面ABC,AC平面ABC,所以BB底面ABC.(2)显然点M不是点A,B,若棱AB上存在一点M,使得CM平面BEF,过点M作MNAA交BE于N,连接FN,MC,如图.所以MNCF,即CM和FN共面,又平面MNFC平面BEF=FN,所以CMFN,所以四边形CMNF为平行四边形,所以M

20、N=2,所以MN是梯形ABBE的中位线,M为AB的中点.故当M为AB的中点时,CM平面BEF.22.(12分)(12分)(2020东莞模拟)如图,在四边形ABED中,ABDE,ABBE,点C在AB上,且ABCD,AC=BC=CD=2,现将ACD沿CD折起,使点A到达点P的位置,且PE=2.世纪金榜导学号(1)求证:平面PBC平面DEBC.(2)求三棱锥P-EBC的体积.【解析】(1)因为ABBE,ABCD,所以BECD,因为ACCD,所以PCCD,所以PCBE, 又BCBE,PCBC=C,所以EB平面PBC, 又因为EB平面DEBC,所以平面PBC平面DEBC.(2)方法一:因为ABDE,结合CDEB得BE=CD=2,由(1)知EB平面PBC,所以EBPB,由PE=2得PB=2,所以PBC为等边三角形,所以SPBC=22=, 所以VP-EBC=VE-PBC=SPBCEB=2=. 方法二:因为ABDE,结合CDEB 得BE=CD=2, 由(1)知EB平面PBC,所以EBPB,由PE=2,得PB=2,所以PBC为等边三角形,取BC的中点O,连接OP,则PO=,因为POBC,所以PO平面EBCD,所以VP-EBC=SEBCPO=22=.关闭Word文档返回原板块