新教材2023高中数学章末质量评估八第八章立体几何初步新人教A版必修第二册 试卷

这是一份新教材2023高中数学章末质量评估八第八章立体几何初步新人教A版必修第二册，共9页。

章末质量评估(八)
(时间:120分钟　分值:150分)
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的)　
1.若用A,B表示点,用a表示直线, α表示平面,则下列叙述中正确的是 (　　)
A.若A⊂α,B⊂α,则AB⊂α
B.若A∈α,B∈α,则AB∈α
C.若A∉a,a⊂α,则AB∉α
D.若A∈a,a⊂α,则A∈α
解析:对于选项A,应改为“若A∈α,B∈α,则AB⊂α”,故不符合题意;对于选项B,应改为“若A∈α,B∈α,则AB⊂α”,故不符合题意;对于选项C,应改为“若A∉a,a⊂α,则AB⊄α”,故不符合题意;对于选项D,若A∈a,a⊂α,则A∈α,故符合题意.
答案:D
2.下列说法中正确的是 (　　)
A.棱柱的侧面可以是三角形
B.正方体和长方体都是特殊的四棱柱
C.所有的几何体的表面都能展成平面图形
D.棱柱的各条棱都相等
解析:由棱柱的概念可知,其侧面不能是三角形,故选项A不符合题意;球的表面不能展成平面图形,故选项C不符合题意;由棱柱概念可知,其各条棱不一定相等,故选项D不符合题意;选项B符合题意.
答案:B
3.一个等腰三角形绕它的底边所在直线旋转360°形成的曲面所围成的几何体是 (　　)
A.球
B.圆柱
C.圆台
D.两个共底面的圆锥组成的组合体
解析:以等腰三角形的底边所在直线为旋转轴旋转360°所得几何体是两个共底面的圆锥.
答案:D
4.日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面的垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面,在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为(　　)

A.20°B.40°C.50°D.90°
答案:B
5. (2022·广东佛山质检)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=
AA1=2,E为棱AA1上的动点,平面BED1交棱CC1于点F,则四边形BED1F的周长的最小值为(　　)
A.4B.2C.2(+)D.2+4
解析:将长方体展开,如图所示,当E为BD1与AA1的交点,F为BD1与CC1的交点时,四边形BED1F的周长最小,
最小值为2BD1=2=2.故选B.

答案:B
6.设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列命题:
①若m∥α,n∥β,α∥β,则m∥n;②若α∥γ,β∥γ,则α∥β;③若m⊥α,n⊥β,α∥β,则m∥n;④若α⊥γ,β⊥γ,则 α∥β.
其中正确命题的序号是(　　)
A.①③ B.①④ C.②③ D.②④
解析:当m∥α,n∥β,α∥β时,m,n可能平行,也可能相交或异面,所以①不正确;当α⊥γ,β⊥γ时,α,β可以平行,也可以相交,所以④不正确;若α∥γ,β∥γ,则α∥β;若m⊥α,n⊥β,α∥β,则m∥n,故正确命题的序号是②③.
答案:C
7.(2022·广东广州调研)已知三棱锥P-ABC的顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为2的等边三角形,球O的表面积为π,则三棱锥P-ABC的体积的最大值为(　　)
A.2B.C.D.
解析:依题意,设三棱锥外接球O半径为R,则π=4πR2,解得R=.要使得三棱锥P-ABC的体积的最大,则需使点P在过△ABC中心且垂直于平面ABC的直线上.设点P到平面ABC的距离为h,等边三角形ABC的中心到点A的距离为d.易知d=,(h-R)2+d2=R2,即3h2-8h+4=0,解得h=或h=2,即三棱锥P-ABC的体积的最大值为××2×2×
sin 60°×2=.故选B.
答案:B
8. (2022·全国甲卷,理)甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为2π,侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为V甲和V乙.若=2,则=(　　)
A.B.2C.D.
解析:因为甲、乙两个圆锥的母线长相等,所以结合=2可知,甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l=3,甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1,r2,高分为h1,h2,则由题意知,两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆,所以2πr1=4π,2πr2=2π,得r1=2,r2=1.由勾股定理得,h1==,h2=
=2,所以===.故选C.
答案: C
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.已知等腰直角三角形直角边长为1,若将该三角形绕其某一边旋转一周,则所形成的几何体的表面积可以为 (　　)
A.πB.(1+)πC.2πD.(2+)π
答案:AB
10.对于不重合的两个平面α与β,给定下列条件,其中可以判定α与β平行的有 (　　)
A.存在平面γ,使得α,β都平行于γ
B.存在平面γ,使得α,β都垂直于γ
C.α内有不共线的三点到β的距离相等
D.存在异面直线l,m,使得l∥α,l∥β,m∥α,m∥β
答案:AD
11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为棱A1D1,A1A,A1B1的中点,下列命题中正确的是 (　　)
A.EF⊥B1C
B.BC1∥平面EFG
C.A1C⊥平面EFG
D.异面直线FG,B1C所成角的大小为
答案:ABC
12.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠DAB=60°,侧面PAD为正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,则下列说法正确的是
(　　)

A.在棱AD上存在点M,使AD⊥平面PMB
B.异面直线AD与PB所成的角为90°
C.二面角P-BC-A的大小为45°
D.BD⊥平面PAC
答案:ABC
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分. 将答案填在题中的横线上)
13.底面直径和高都是4 cm的圆柱的侧面面积为16πcm2.
解析:圆柱的底面半径为r=×4=2(cm),故S侧=2π×2×4=16π(cm2).
14.若四棱锥P-ABCD的底面为平行四边形,E,F,G分别为PA,PD,CD的中点,则BC与平面EFG的位置关系为平行.
解析:因为E,F分别为PA,PD的中点,所以 EF∥AD.
因为四边形ABCD为平行四边形,所以AD∥BC,所以EF∥BC.
因为EF⊂平面EFG,BC⊄平面EFG,所以BC∥平面EFG.
15.若棱锥的高为16,底面积为512,平行于底面的截面面积为50,则截得的棱台的高为11.
解析:设棱台的高为x,则有()2=,解得 x=11.
16.已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为.
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算过程)
17.(10分)某圆柱有一个内接长方体ABCD-A1B1C1D1,该长方体的体对角线长是10 cm,该圆柱的侧面展开图为矩形,此矩形的面积是100π cm2,求该圆柱的体积.
解:设该圆柱底面半径为r cm,高为h cm.如图所示,

则该圆柱轴截面长方形的对角线长等于它的内接长方体的体对角线长,
所以
所以V圆柱=Sh=πr2h=π×52×10=250π(cm3).
18.(12分)如图,在三棱锥P-ABC中,已知△ABC是等腰直角三角形,∠ABC=90°,△PAC是直角三角形,∠PAC=90°,平面PAC⊥平面ABC.求证:平面PAB⊥平面PBC.

证明:因为平面PAC⊥平面ABC,PA⊥AC,平面ABC∩平面PAC=
AC,PA⊂平面PAC,
所以PA⊥平面ABC.
因为BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC.
因为AB⊥BC,AB∩PA=A,AB⊂平面PAB,PA⊂平面PAB,
所以BC⊥平面PAB,BC⊂平面PBC,
所以平面PAB⊥平面PBC.
19.(12分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,F,F1分别是AC,A1C1的中点.
求证:(1)平面AB1F1∥平面C1BF.
(2)平面AB1F1⊥平面ACC1A1.

证明:(1)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,
因为F,F1分别是AC,A1C1的中点,所以F1C1?AF,
所以四边形F1C1FA为平行四边形,所以AF1∥C1F.
因为△A1B1C1为等边三角形,所以B1F1⊥A1C1.
又B1F1⊥AA1,且A1C1∩AA1=A1,A1C1,AA1均在平面AA1C1C内,
所以B1F1⊥平面AA1C1C.
同理可证BF⊥平面AA1C1C.所以B1F1∥BF.
因为B1F1∩AF1=F1,C1F∩BF=F,所以平面AB1F1∥平面C1BF.
(2)由(1)知B1F1⊥平面ACC1A1.
因为B1F1⊂平面AB1F1,所以平面AB1F1⊥平面ACC1A1.
20.(12分)如图所示,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形,∠BCD=60°,E是CD的中点,PA⊥底面ABCD,PA=.
(1)求证:平面PBE⊥平面PAB.
(2)求二面角A-BE-P的大小.

(1)证明:如图所示,连接BD.

由四边形ABCD是菱形,且∠BCD=60°,知△BCD是等边三角形.
因为E是CD的中点,所以BE⊥CD.
因为AB∥CD,所以BE⊥AB.
因为PA⊥平面ABCD,BE⊂平面ABCD,所以PA⊥BE.
因为PA∩AB=A,PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,所以BE⊥平面PAB.
因为BE⊂平面PBE,所以平面PBE⊥平面PAB.
(2)解:由(1)知BE⊥平面PAB,PB⊂平面PAB,所以PB⊥BE.
因为AB⊥BE,所以∠PBA是二面角A-BE-P的平面角.
在Rt△PAB中,tan∠PBA===,所以∠PBA=60°.
故二面角A-BE-P的大小是60°.
21.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形.已知AB=AD=PA=PB=2,PD=2.
(1)求点B到面PAD的距离.
(2)取AB中点O,过点O作OE⊥BD于点E.
①求证:∠PEO为二面角P-BD-A的平面角.
②求∠PEO的正切值.

(1)解:因为PA=PB=AB=2,PA=AD=2,PD=2,
所以△PAB为等边三角形,PA2+AD2=PD2 ,所以AD⊥PA.
因为AD⊥AB,PA∩AB=A,PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,
所以AD⊥平面PAB.所以S△PAB=×2×2×=,S△PAD=×2×2=2.
设点B到平面PAD的距离为h,
由V三棱锥B-PAD=V三棱锥D-PAB,得S△PAD·h=S△PAB·AD,
即×2×h=××2,所以h=.
(2)①证明:如图所示,连接PO.

在△PAB中,PA=PB=AB=2,所以PO⊥AB.
由(1)知AD⊥平面PAB,PO⊂平面PAB,所以PO⊥AD.
因为AB∩AD=A,AB⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所
以PO⊥平面ABCD.
因为BD⊂平面ABCD,所以PO⊥BD.
因为 OE⊥BD,PO∩OE=O,PO⊂平面POE,OE⊂平面POE,
所以BD⊥平面POE,所以BD⊥PE,
所以∠PEO为二面角P-BD-A的平面角.
②解:PO==.
由AB=AD可得四边形ABCD为正方形,则OE=AC=×2=.
在△POE中,∠POE=90°,所以tan∠PEO===.
22.(12分)如图①所示,在四棱锥S-ABCD中,∠BAD=∠CDA=∠CBD=2∠ABD=90°,平面SBD⊥平面ABCD,且△SBD是边长为 的等边三角形.

①

②
(1)求证:CB⊥DS.
(2)过点S作ST∥BD,使得四边形STDB为菱形,连接TA,TD,TC,得到的图形如图②所示,已知平面BMN∥平面ADT,且直线DC∩平面BMN=M,直线TC∩平面BMN=N,求三棱锥D-MNB的体积.
(1)证明:因为∠CBD=90°,所以CB⊥BD.
因为平面SBD∩平面ABCD=BD,平面SBD⊥平面ABCD,
CB⊂平面ABCD,所以CB⊥平面SBD.
因为SD⊂平面SBD,所以CB⊥DS.
(2)解:如图,取BD的中点为O,连接SO,SM,TB,TM.

由平面BMN∥平面ADT,得AD∥BM,DT∥MN.
因为∠CDA=90°,所以∠BMD=90°,即BM⊥CD.
因为∠BAD=∠CDA=90°,所以AB∥CD.
因为∠CBD=2∠ABD=90°,所以∠ABD=∠CDB=45°,
即△CBD为等腰直角三角形.所以DM=MC=1.
因为在△CDT中,MN∥DT,M是DC的中点,所以N是TC的中点.
所以V三棱锥D-MNB=V三棱锥N-DMB=V三棱锥T-DMB=V三棱锥S-DMB.
因为DS=DB=BS,所以SO⊥DB.
因为平面SBD⊥平面ABCD,所以SO⊥平面ABCD,
所以V三棱锥D-MNB=V三棱锥S-DMB=××SO×S△BDM=××=.