《2019-2020学年高中数学北师大版必修2练习：第一章 立体几何初步 测评 Word版含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年高中数学北师大版必修2练习：第一章 立体几何初步 测评 Word版含解析.docx（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第一章测评(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.下面多面体中,是棱柱的有() A.1个B.2个C.3个D.4个答案D2.如图所示,OAB是水平放置的OAB的直观图,则OAB的面积是()A.6B.32C.62D.12解析OAB是直角三角形,其两条直角边的长分别是4和6,则其面积是12.答案D3.若三个球的半径之比是123,则半径最大的球的体积是其余两球的体积和的()A.4倍B.3倍C.2倍D.1倍解析设三个球的半径依次为a,2a,3a,V最大=43(3a)3=36a3,V1+V2=43a3+4
2、3(2a)3=363a3=12a3,V最大V1+V2=3.答案B4.若一个圆台的上、下底面半径和高的比为144,圆台的侧面积为400,则该圆台的母线长为()A.10B.20C.12D.24解析设圆台上底面半径为r,则下底面半径、高分别为4r,4r,于是其母线l=(4r)2+(4r-r)2=5r,又侧面积为400,所以(r+4r)5r=400,解得r=4,于是母线长为20.答案B5.以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴,将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于()A.2B.C.2D.1解析根据题意,可得圆柱侧面展开图为矩形,长为21=2,宽为1,S=21=2.故选A.答案A6.一个四面体的三视
3、图如图所示,则该四面体的表面积是()A.1+3B.2+3C.1+22D.22解析该四面体的直观图如图所示,平面ABD平面BCD,ABD与BCD为全等的等腰直角三角形,AB=AD=BC=CD=2.取BD的中点O,连接AO,CO,则AOCO,AO=CO=1,由勾股定理得AC=2,因此ABC与ACD为全等的正三角形,由三角形面积公式得,SABC=SACD=32,SABD=SBCD=1,所以四面体的表面积为2+3.答案B7.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若点E为A1C1上的一点,则直线CE一定垂直于()A.ACB.BDC.A1DD.A1D1解析连接AC,由于BDAC,BDAA1,AC
4、AA1=A,所以BD平面ACC1A1.又因为CE平面ACC1A1,所以CEBD.答案B8.已知互相垂直的平面,交于直线l.若直线m,n满足m,n,则()A.mlB.mnC.nlD.mn解析对于选项A,=l,l,m,m与l可能平行,也可能异面,故选项A不正确;对于选项B,D,m,n,m与n可能平行,可能相交,也可能异面,故选项B,D不正确.对于选项C,=l,l.n,nl.故选C.答案C9.正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为()A.814B.16C.9D.274解析由图知,R2=(4-R)2+2,R2=16-8R+R2+2,R=94,S表=4R2=481
5、16=814,选A.答案A10.设,是两个不同的平面,l是一条直线,给出下列说法:若l,则l若l,则l若l,则l若l,则l其中说法正确的个数为()A.1B.2C.3D.0解析对于,若l,则l或l,故错误;对于,若l,则l或l,故错误;对于,若l,则l,故正确;对于,若l,则l或l或l或l与斜交,故错误.答案A11.(2018全国卷,文9)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图所示.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为()A.217B.25C.3D.2解析如图所示,易知N为CD的中点,将圆柱的侧
6、面沿母线MC剪开,展平为矩形MCCM,易知CN=14CC=4,MC=2,从M到N的路程中最短路径为MN.在RtMCN中,MN=MC2+NC2=25.答案B12.导学号91134033如图所示,在棱长均相等的三棱锥P-ABC中,D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,下面四个结论不成立的是()A.BC平面PDFB.DF平面PAEC.平面PDF平面PAED.平面PDE平面ABC解析由BCDF,易得BC平面PDF,A成立;易证BC平面PAE,BCDF,所以结论B,C均成立;点P在底面ABC上的射影为ABC的中心,不在中位线DE上,故结论D不成立.答案D二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分
7、.把答案填在题中的横线上)13.一个六棱锥的体积为23,其底面是边长为2的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为.解析根据题意得底面正六边形面积为63,设六棱锥的高为h,则V=13Sh,1363h=23,解得h=1.设侧面高为h,则h2+(3)2=h2,h=2.正六棱锥的侧面积为61222=12.答案1214.某四棱柱的三视图如图所示,则该四棱柱的体积为.解析由三视图可知,四棱柱高h为1,底面为等腰梯形,且底面面积S=12(1+2)1=32,故四棱柱的体积V=Sh=32.答案3215.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,有如下四个结论:ACBD;ACD是等边三角形;AB
8、与平面BCD成60角;AB与CD所成的角是60.其中正确结论的序号是.解析 如图,取BD的中点E,连接AE,CE,则BDAE,BDCE,而AECE=E,BD平面AEC,AC平面AEC,故ACBD.故正确.设正方形的边长为a,则AE=CE=22a.由知AEC=90是直二面角A-BD-C的平面角,AC=a,ACD是等边三角形,故正确.由题意及知,AE平面BCD,故ABE是AB与平面BCD所成的角,而ABE=45,不正确.分别取BC,AC的中点M,N,连接ME,NE,MN,则MNAB,且MN=12AB=12a,MECD,且EM=12CD=12a,EMN是异面直线AB,CD所成的角.在RtAEC中,A
9、E=CE=22a,AC=a,NE=12AC=12a,MEN是正三角形,EMN=60,故正确.答案16.设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1,S2,体积分别为V1,V2,若它们的侧面积相等,且S1S2=94,则V1V2的值是.解析设甲、乙两个圆柱底面半径和高分别为r1,h1,r2,h2,则2r1h1=2r2h2,h1h2=r2r1.又S1S2=r12r22=94,所以r1r2=32,则V1V2=r12h1r22h2=r12r22h1h2=r1r2=32.答案32三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)如图所示,四边形BCC1B1是圆
10、柱的轴截面.AA1是圆柱的一条母线,已知AB=2,AC=22,AA1=3.(1)求证:ACBA1;(2)求圆柱的侧面积.(1)证明依题意ABAC.因为AA1平面ABC,所以AA1AC.又ABAA1=A,所以AC平面AA1B1B.因为BA1平面AA1B1B,所以ACBA1.(2)解在RtABC中,AB=2,AC=22,BAC=90,所以BC=23.S侧=233=63.18.(本小题满分12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,平行于棱AD,BC的平面分别交四面体的棱AB,BD,DC,CA于点E,F,G,H.(1)求四面体ABCD的体积;(2)证明:四边形EFGH是矩形.(1)解由该四面体的三视图
11、可知,BDDC,BDAD,ADDC,BD=DC=2,AD=1,AD平面BDC.四面体体积V=1312221=23.(2)证明BC平面EFGH,平面EFGH平面BDC=FG,平面EFGH平面ABC=EH,BCFG,BCEH.FGEH.同理EFAD,HGAD,EFHG.四边形EFGH是平行四边形.又AD平面BDC,ADBC.EFFG.四边形EFGH是矩形.19.(本小题满分12分)如图,已知四棱锥P-ABCD,底面四边形ABCD为菱形,AB=2,BD=23,M,N分别是线段PA,PC的中点.(1)求证:MN平面ABCD;(2)求异面直线MN与BC所成角的大小.(1)证明连接AC,交BD于点O.因为
12、M,N分别是PA,PC的中点,所以MNAC.因为MN平面ABCD,AC平面ABCD,所以MN平面ABCD.(2)解由(1)知MNAC,故ACB为异面直线MN与BC所成的角.四边形ABCD为菱形,边长AB=2,对角线长BD=23,故BOC为直角三角形,且sinACB=BOBC=32,故ACB=60.即异面直线MN与BC所成的角为60.20.(本小题满分12分)(2018全国卷,文18)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,ACM=90.以AC为折痕将ACM折起,使点M到达点D的位置,且ABDA.(1)证明:平面ACD平面ABC;(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=
13、23DA,求三棱锥Q-ABP的体积.解(1)由已知可得,BAC=90,BAAC.又BAAD,所以AB平面ACD.又AB平面ABC,所以平面ACD平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=32.又BP=DQ=23DA,所以BP=22.作QEAC,垂足为E,则QE13DC.由已知及(1)可得DC平面ABC,所以QE平面ABC,QE=1.因此,三棱锥Q-APB的体积为VQ-ABP=13QESABP=13112322sin 45=1.21.(本小题满分12分)如图,三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD平面FGH;(2)若CFBC,ABBC
14、,求证:平面BCD平面EGH.(1)证法一连接DG,CD,设CDGF=M.连接MH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DFGC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.则M为CD的中点.又H为BC的中点,所以HMBD,又HM平面FGH,BD平面FGH,所以BD平面FGH.证法二在三棱台DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,可得BHEF,BH=EF,所以四边形HBEF为平行四边形,可得BEHF.在ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GHAB.又GHHF=H,所以平面FGH平面ABED.因为BD平面ABED,所以BD平面FGH.(2)证明连接HE
15、.因为G,H分别为AC,BC的中点,所以GHAB.由ABBC,得GHBC.又H为BC的中点,所以EFHC,EF=HC,因此四边形EFCH是平行四边形.所以CFHE,又CFBC,所以HEBC.又HE,GH平面EGH,HEGH=H,所以BC平面EGH.又BC平面BCD,所以平面BCD平面EGH.22.导学号91134034(本小题满分12分)在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.(1)若ACBC,证明:直线BC平面ACC1A1;(2)设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE平面A1MC?请证明你的结论.(1)证明因为四边形ABB1A1和
16、ACC1A1都是矩形,所以AA1AB,AA1AC.因为AB,AC为平面ABC内两条相交直线,所以AA1平面ABC.因为直线BC平面ABC,所以AA1BC.又由已知,ACBC,AA1,AC为平面ACC1A1内两条相交直线,所以BC平面ACC1A1.(2)解取线段AB的中点M,连接A1M,MC,A1C,AC1,设O为A1C,AC1的交点.由已知,O为AC1的中点.连接MD,OE,则MD,OE分别为ABC,ACC1的中位线.所以,MD12AC,OE12AC,因此MDOE.连接OM,从而四边形MDEO为平行四边形,则DEMO.因为直线DE平面A1MC,MO平面A1MC,所以直线DE平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点),使直线DE平面A1MC.