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高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步本章综合与测试练习题
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这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步本章综合与测试练习题，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
A卷——学考合格性考试滚动检测卷
(时间：100分钟，满分100分)
一、选择题(本大题共20小题，每小题3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．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是( )
A．(1)是棱台 B．(2)是圆台
C．(3)是棱锥 D．(4)不是棱柱
解析：选C 图(1)不是由棱锥截来的，所以(1)不是棱台；图(2)上、下两个面不平行，所以(2)不是圆台；图(3)是棱锥；图(4)前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以(4)是棱柱．故选C.
2.如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O′C′＝O′A′＝2O′B′，则以下说法正确的是( )
A．△ABC是钝角三角形
B．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形
C．△ABC是等腰直角三角形
D．△ABC是等边三角形
解析：选C 将其恢复成原图，设A′C′＝2，则可得OB＝2O′B′＝1，AC＝A′C′＝2，故△ABC是等腰直角三角形，故选C.
3．直线l1∥l2，在l1上取3个点，在l2上取2个点，由这5个点能确定平面的个数为( )
A．5 B．4
C．9 D．1
解析：选D 由经过两条平行直线有且只有一个平面可知分别在两平行直线上的5个点只能确定一个平面．故选D.
4．[多选]用一个平面去截正方体，关于截面的形状，下列判断正确的是( )
A．直角三角形 B．正五边形
C．正六边形 D．梯形
解析：选CD 画出截面图形如图：可以画出三角形但不是直角三角形，故A错误；如图1经过正方体的一个顶点去截就可得到五边形，但此时不可能是正五边形，故B错误；正方体有六个面，如图2用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，且可以画出正六边形，故C正确；可以画出梯形但不是直角梯形，故D正确．故选C、D.
5．已知圆锥的表面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为( )
A．120° B．150°
C．180° D．240°
解析：选C 设圆锥底面半径为r，母线为l，则πrl＋πr2＝3πr2，得l＝2r，∴展开图扇形半径为2r，弧长为2πr. ∴展开图是半圆．∴扇形的圆心角为180°.故选C.
6．设α，β表示两个平面，l表示直线，A，B，C表示三个不同的点，给出下列命题：
①若A∈l，A∈α，B∈l，B∈α，则l⊂α；
②α，β不重合，若A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，则α∩β＝AB；
③若l⊄α，A∈l，则A∉α；
④若A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线，则α与β重合．
则上述命题中，正确的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 易知①②④正确，③错误，当A是l与α的交点时，A∈α.故选C.
7．教室内有一直尺，无论怎样放置，在地面总有这样的直线，使得它与直尺所在直线( )
A．平行 B．垂直
C．相交 D．异面
解析：选B 当直尺垂直于地面时，A不对；当直尺平行于地面时，C不对；当直尺位于地面上时，D不对．故选B.
8．垂直于梯形两腰的直线与梯形所在的平面的位置关系是( )
A．垂直 B．斜交
C．平行 D．不能确定
解析：选A 梯形的两腰所在的直线相交，根据线面垂直的判定定理可知选项A正确．故选A.
9．棱锥被平行于底面的平面所截，若截面面积与底面面积之比为1∶2，则此棱锥的高被分成的两段之比为( )
A．1∶2 B．1∶4
C．1∶(eq \r(2)＋1) D．1∶(eq \r(2)－1)
解析：选D 借助轴截面，利用相似的性质，若截面面积与底面面积之比为1∶2，则对应小棱锥与原棱锥高之比为1∶eq \r(2)，被截面分成两段之比为1∶(eq \r(2)－1)．故选D.
10．下列命题正确的是( )
A．没有公共点的两条直线是平行直线
B．互相垂直的两条直线是相交直线
C．既不平行又不相交的两条直线是异面直线
D．不在同一平面内的两条直线是异面直线
解析：选C 没有公共点的两条直线还可能异面，所以A选项不正确；互相垂直的直线还可能是异面直线，所以B选项不正确；D选项中，缺少任一平面内，所以D选项不正确；很明显C选项正确．故选C.
11．在棱长为1的正方体上，分别用过公共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的几何体的体积是( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(7,6)
C.eq \f(4,5) D.eq \f(5,6)
解析：选D 每一个小三棱锥的体积为eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,48). 因此，所求的体积为1－8×eq \f(1,48)＝eq \f(5,6).故选D.
12．在下列命题中，不是基本事实的是( )
A．平行于同一个平面的两个平面相互平行
B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面
C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内
D．如果两个不重合的平面有一个公共点， 那么他们有且只有一条过该点的公共直线
解析：选A 选项A是面面平行的性质定理，是由基本事实推证出来的，而基本事实是不需要证明的．故选A.
13．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定( )
A．与a，b都相交
B．只能与a，b中的一条相交
C．至少与a，b中的一条相交
D．与a，b都平行
解析：选C 若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，根据基本事实4，则a∥b，与a，b异面矛盾．故选C.
14．已知l，m，n为两两垂直的三条异面直线，过l作平面α与直线m垂直，则直线n与平面α的关系是( )
A．n∥α B．n∥α或n⊂α
C．n⊂α或n与α不平行 D．n⊂α
解析：选A ∵l⊂α，且l与n异面，∴n⊄α，又∵m⊥α，n⊥m，∴n∥α.故选A.
15．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC与MN所成的角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C 如图，连接A1C1，BC1，A1B.
∵M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，∴MN∥BC1.
又A1C1∥AC，∴∠A1C1B为异面直线AC与MN所成的角．
∵△A1BC1为正三角形，∴∠A1C1B＝60°.故选C.
16．菱形ABCD在平面α内，PC⊥α，则PA与对角线BD的位置关系是( )
A．平行 B．相交但不垂直
C．相交垂直 D．异面垂直
解析：选D 如图，PC⊥平面ABCD，∴PC⊥BD.又四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC. ∵PC∩AC＝C，∴BD⊥平面PAC.∴BD⊥PA.显然PA与BD异面，∴PA与BD异面垂直．故选D.
17．已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )
A．m∥l B．m∥n
C．n⊥l D．m⊥n
解析：选C 选项A，只有当m∥β或m⊂β时，m∥l；选项B，只有当m⊥β时，m∥n；选项C，由于l⊂β，∴n⊥l；选项D，只有当m∥β或m⊂β时，m⊥n.故选C.
18．设直线l⊂平面α，过平面α外一点A与l，α都成30°角的直线有( )
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
解析：选B 如图，和α成30°角的直线一定是以A为顶点的圆锥的母线所在直线，当∠ABC＝∠ACB＝30°且BC∥l时，直线AC，AB都满足条件．故选B.
19．《算数书》是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：置如其周，令相乘也. 又以高乘之，三十六成一. 该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈eq \f(1,36)L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V≈eq \f(2,75)L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )
A.eq \f(22,7) B.eq \f(25,8)
C.eq \f(157,50) D.eq \f(355,113)
解析：选B 设圆锥底面积的半径为r，高为h，则L＝2πr，eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(2,75)(2πr)2h，所以π＝eq \f(25,8).故选B.
20．四面体ABCD中，AB＝CD＝10，AC＝BD＝2eq \r(34)，AD＝BC＝2eq \r(41)，则四面体ABCD外接球的表面积为( )
A．50π B．100π
C．200π D．300π
解析：选C 因为四面体ABCD的四个面为全等的三角形，所以可将四面体ABCD置于一个长方体中，所以四面体ABCD的外接球即为长方体的外接球，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝136，,b2＋c2＝164，,a2＋c2＝100，))则外接球的直径2R＝ eq \r(a2＋b2＋c2)＝ eq \r(200)＝10 eq \r(2)，所以R＝5 eq \r(2)，则球的表面积为S＝4πR2＝200π.故选C.
二、填空题(本大题共5小题，每小题3分，共15分，请把答案填写在题中横线上)
21．已知某多面体的平面展开图如图所示，其中是三棱柱的有________个．
解析：第一个是三棱锥，第二个是三棱柱，第三个是四棱锥，第四个不是棱柱．
答案：1
22．将直径为2的半圆绕直径所在的直线旋转半周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为_________．
解析：由题意知，该几何体为半球，表面积为大圆面积加上半个球面积，S＝π×12＋eq \f(1,2)×4×π×12＝3π.
答案：3π
23．体积为8的正方体的顶点都在一个球面上，则该球的表面积为________.
解析：设正方体的棱长为a，则a3＝8，得a＝2.设球的半径为R，则2R＝eq \r(3)a，即R＝eq \r(3).所以球的表面积S＝4πR2＝12π.
答案：12π
24．在三棱锥P ABC中，PA＝PB＝PC＝BC，且∠BAC＝90°，则PA与底面ABC所成的角为________．
解析：PA＝PB＝PC，则P点在底面ABC的射影落在Rt△ABC的斜边BC上，即为BC的中点．设BC的中点为D，如图，连接PD，AD，所以PA与底面ABC所成的角为∠PAD，在等边三角形PBC中，设PB＝1，则PD＝eq \f(\r(3),2)，在直角三角形ABC中，AD＝eq \f(1,2)BC＝eq \f(1,2)，则有AD2＋PD2＝PA2，所以三角形PAD为直角三角形，又tan∠PAD＝eq \f(PD,AD)＝eq \r(3)，所以∠PAD＝60°，即PA与底面ABC所成的角为60°.
答案：60°
25．如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和AB上的点，若∠B1MN是直角，则∠C1MN等于________．
解析：因为C1B1⊥平面ABB1A1，MN⊂平面ABB1A1，所以C1B1⊥MN.
又因为MN⊥MB1，MB1，C1B1⊂平面C1MB1，MB1∩C1B1＝B1，所以MN⊥平面C1MB1
所以MN⊥C1M，所以∠C1MN＝90°.
答案：90°
三、解答题(本大题共3小题，共25分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
26.(本小题满分8分)如图所示，长方体ABCDA1B1C1D1.
(1)这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？
(2)用平面BCNM把这个长方体分成两部分，各部分形成的几何体还是棱柱吗？如果是，是几棱柱，并用符号表示；如果不是，请说明理由．
解：(1)是棱柱，并且是四棱柱，因为长方体相对的两个面是互相平行的四边形(作底面)，其余各面都是矩形(作侧面)，且相邻侧面的公共边互相平行，符合棱柱的定义．
(2)截面BCNM的上方部分是三棱柱BB1MCC1N，下方部分是四棱柱ABMA1DCND1.
27.(本小题满分8分)如图，在四面体ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，且E，F分别是AB，BD的中点．
求证：(1)EF∥面ACD；
(2)面EFC⊥面BCD.
证明：(1)∵E，F分别是AB，BD的中点，
∴EF是△ABD的中位线，∴EF∥AD，
∵EF⊄面ACD，AD⊂面ACD，
∴EF∥面ACD.
(2)∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD.
∵CB＝CD，F是BD的中点，
∴CF⊥BD.
又EF∩CF＝F，∴BD⊥面EFC.
∵BD⊂面BCD，∴面EFC⊥面BCD.
28．(本小题满分9分)养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪之用)，已建的仓库的底面直径为12 m，高为4 m．养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐．现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4 m(高不变)；二是高度增加4 m(底面直径不变)．
(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积；
(2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积；
(3)哪个方案更经济些？
解：(1)如果按方案一，仓库的底面直径变成16 m，则仓库的体积为V1＝eq \f(1,3)S′·h＝eq \f(1,3)×π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,2)))2×4＝eq \f(256π,3)(m3)．
如果按方案二，仓库的高变成8 m，则仓库的体积为
V2＝eq \f(1,3)S·h′＝eq \f(1,3)×π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,2)))2×8＝96π(m3)．
(2)如果按方案一，仓库的底面直径变成16 m，半径为8 m，
圆锥的母线长为l3＝ eq \r(82＋42)＝4eq \r(5)(m)，
则仓库的表面积为S1＝π×8×4eq \r(5)＝32eq \r(5)π(m2)．
如果按方案二，仓库的高变成8 m，
圆锥的母线长为l2＝ eq \r(62＋82)＝10(m)，
则仓库的表面积为S2＝π×6×10＝60π(m2)．
(3)∵V1
B卷——面向全国卷高考滚动检测卷
(时间：120分钟，满分150分)
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题4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．下列命题正确的是( )
A．一直线与一个平面内的无数条直线垂直，则此直线与平面垂直
B．两条异面直线不能同时垂直于一个平面
C．直线与平面所成的角的取值范围是：0°＜θ≤180°
D．两异面直线所成的角的取值范围是：0°＜θ＜90°
解析：选B A错误．一直线与一个平面内的无数条直线垂直，并不意味着和平面内的任意直线垂直，所以此直线与平面不一定垂直；B正确．由线面垂直的性质定理可知，两条异面直线不能同时垂直于一个平面；C错误. 直线与平面所成的角的取值范围是：0°≤θ≤90°；D错误．两异面直线所成的角的取值范围是：0°＜θ≤90°.故选B.
2．棱柱的一条侧棱所在的直线与不含这条侧棱的侧面所在的平面的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．平行或相交 D．不相交
解析：选A 因为棱柱的侧棱是互相平行的，所以由直线与平面平行的判定定理可知，侧棱所在的直线与不含这条侧棱的侧面所在的平面平行．故选A.
3．在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选D 如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，取四棱锥A1ABCD，则此四棱锥的四个侧面都是直角三角形．故选D.
4．(2018·全国卷Ⅰ)设z＝eq \f(1－i,1＋i)＋2i，则|z|＝( )
A．0 B.eq \f(1,2)
C．1 D.eq \r(2)
解析：选C ∵z＝eq \f(1－i,1＋i)＋2i＝eq \f(1－i2,1＋i1－i)＋2i＝eq \f(－2i,2)＋2i＝i，∴|z|＝1.故选C.
5．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，有下面四个命题：
①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；
③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.
其中正确的两个命题是( )
A．①与② B．①与③
C．②与④ D．③与④
解析：选B 因为直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，若α∥β，则l⊥β，l⊥m，①正确；若α⊥β，则l∥β或l⊂β，l，m的位置不确定，②不正确；若l∥m，则m⊥α，所以α⊥β，③正确；若l⊥m，则m∥α或m⊂α，则α，β可能相交或平行，④不正确．故选B.
6.如图，如果底面半径为r的圆柱被一个平面所截，剩下部分母线长的最大值为a，最小值为b，那么圆柱被截后剩下部分的体积是( )
A.eq \f(1,3)πr2(a＋b) B.eq \f(1,2)πr2(a＋b)
C．πr2(a＋b) D．2r2(a＋b)
解析：选B 将这样两个完全相同的几何体拼在一起组成一个高为a＋b的圆柱，故圆柱被截后剩下部分的体积为eq \f(1,2)πr2(a＋b)．故选B.
7．边长为5 cm的正方形EFGH是圆柱的轴截面，则从E点沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离是( )
A．10 cm B．5eq \r(2) cm
C．5eq \r(π2＋1) cm D. eq \f(5,2) eq \r(π2＋4) cm
解析：选D 圆柱的侧面展开图如图所示，展开后E′F＝eq \f(1,2)·2π·eq \f(5,2)＝eq \f(5,2)π(cm)，∴E′G＝ eq \r(52＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)))2)＝eq \f(5,2) eq \r(π2＋4)(cm)，即为所求最短距离．故选D.
8．矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角BACD，则四面体ABCD的外接球的体积为( )
A.eq \f(125,12)π B.eq \f(125,9)π
C.eq \f(125,6)π D.eq \f(125,3)π
解析：选C 球心O为AC中点，半径为R＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(5,2)，
V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(125,6)π.故选C.
9.在四面体ABCD中，已知棱AC的长为eq \r(2)，其余各棱长都为1，则二面角ACDB的余弦值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),3)
解析：选C 取AC的中点E，CD的中点F，连接BE，EF，BF，
则EF＝eq \f(1,2)，BE＝eq \f(\r(2),2)，BF＝eq \f(\r(3),2)，
因为EF2＋BE2＝BF2，
所以△BEF为直角三角形，cs θ＝eq \f(EF,BF)＝eq \f(\r(3),3).故选C.
10．已知正三棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，高为eq \f(\r(15),3)，则正三棱台的侧面积S1与底面面积之和S2的大小关系为( )
A．S1>S2 B．S1
C．S1＝S2 D．以上都不是
解析：选A 斜高h′＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(15),3)))2＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),6)4－2))2)＝eq \r(2)，S1＝eq \f(1,2)(c＋c′)h′＝eq \f(1,2)(3×2＋3×4)×eq \r(2)＝9eq \r(2)，S2＝eq \f(\r(3),4)×22＋eq \f(\r(3),4)×42＝5eq \r(3)，∴S1>S2.故选A.
二、多项选择题(本大题共3小题，每小题4分，共12分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
11．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下几种几何图形的4个顶点，这些几何图形可以是( )
A．矩形
B．有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体
C．每个面都是等边三角形的四面体
D．每个面都是直角三角形的四面体
解析：选ABCD 4个顶点连成矩形的情形显然成立；图(1)中四面体A1D1B1A是B中描述的情形；图(2)中四面体DA1C1B是C中描述的情形；图(3)中四面体A1D1B1D是D中描述的情形．故选A、B、C、D.
12．如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆周上异于A，B的任一点，则下列结论中正确的是( )
A．PC⊥BC B．AC⊥平面PBC
C．平面PAB⊥平面PBC D．平面PAC⊥平面PBC
解析：选AD 由题意，BC⊥AC，若AC⊥平面PBC，可得AC⊥PC，与AC⊥PA矛盾，故B错误；BC⊥AC，又PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC，则BC⊥平面PAC，则BC⊥PC，且平面PAC⊥平面PBC，故A、D正确；若平面PAB⊥平面PBC，而平面PAB∩平面PAC＝PA，则PA⊥平面PBC，可得PA⊥PC，与AC⊥PA矛盾，故C错误．故选A、D.
13．如图1，直线EF将矩形纸ABCD分为两个直角梯形ABFE和CDEF，将梯形CDEF沿边EF翻折，如图2，在翻折的过程中(平面ABFE和平面CDEF不重合)，下面说法不正确的是( )
A．存在某一位置，使得CD∥平面ABFE
B．存在某一位置，使得DE⊥平面ABFE
C．在翻折的过程中，BF∥平面ADE恒成立
D．在翻折的过程中，BF⊥平面CDEF恒成立
解析：选ABD 在A中，因为四边形DEFC是梯形，DE∥CF，所以CD与EF相交，所以CD与平面ABFE相交，故A错误；在B中，因为四边形DEFC是梯形，DE⊥CD，所以DE与EF不垂直，所以不存在某一位置，使得DE⊥平面ABFE，故B错误；在C中，因为四边形ABFE是梯形，AE∥BF，BF⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，所以在翻折的过程中，BF∥平面ADE恒成立，故C正确；在D中，因为四边形ABFE是梯形，AB⊥BF，所以BF与FE不垂直，在翻折的过程中，BF⊥平面CDEF不成立，故D错误．故选A、B、D.
三、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)
14.如图，在三棱锥V ABC中，当三条侧棱VA，VB，VC之间满足条件_______时，有VC⊥AB.(注：填上你认为正确的一种条件即可)
解析：只要VC⊥平面VAB，即有VC⊥AB；故只要VC⊥VA，VC⊥VB即可．
答案：VC⊥VA，VC⊥VB(答案不唯一，只要能保证VC⊥AB即可)
15．已知菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，沿对角线BD将△ABD折起，使二面角ABDC为120°，则点A到△BCD所在平面的距离为________．
解析：设AC∩BD＝O，则翻折后AO⊥BD，CO⊥BD，∴∠AOC即为二面角的平面角，则∠AOC＝120°，且AO＝1.∴d＝1·sin 60°＝eq \f(\r(3),2).
答案：eq \f(\r(3),2)
16．在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2BC＝4，M，N是边AB上的两个动点，且|MN|＝1，则eq \(CM, \s\up7(―→))·eq \(CN,\s\up7(―→))的取值范围为________．
解析：以C为原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴建立坐标系如图所示：
∵AB＝2BC＝4，∴∠BAC＝30°，AC＝2eq \r(3)，
设AN＝a，则Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)－\f(\r(3)a,2)，\f(a,2)))，
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)－\f(\r(3)a＋1,2)，\f(a＋1,2)))，
∴eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(CN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)－\f(\r(3)a＋1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)－\f(\r(3)a,2)))＋eq \f(a＋1,2)·eq \f(a,2)＝a2－5a＋9.
∵M，N在AB上，∴0≤a≤3.
∴当a＝0时，eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(CN,\s\up7(―→))取得最大值9，
当a＝eq \f(5,2)时，eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(CN,\s\up7(―→))取得最小值eq \f(11,4).
∴eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(CN,\s\up7(―→))的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11,4)，9)).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11,4)，9))
17．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S ABC的体积为9，则球O的表面积为________．
解析：如图，连接AO，OB，
∵SC为球O的直径，
∴点O为SC的中点，
∵SA＝AC，SB＝BC，
∴AO⊥SC，BO⊥SC，
∵平面SCA⊥平面SCB，
平面SCA∩平面SCB＝SC，
∴AO⊥平面SCB，
设球O的半径为R，
则OA＝OB＝R，SC＝2R.
∴VS ABC＝VASBC＝eq \f(1,3)×S△SBC×AO
＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×SC×OB))×AO，
即9＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2R×R))×R，解得 R＝3，
∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.
答案：36π
四、解答题(本大题共6小题，共82分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
18.(本小题满分12分)如图，三棱柱ABCA1B1C1的侧棱垂直于底面，其高为6 cm，底面三角形的边长分别为3 cm，4 cm,5 cm，以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，求剩余部分几何体的体积V.
解：V三棱柱ABCA1B1C1＝eq \f(1,2)×3×4×6＝36(cm3)．
设圆柱底面圆的半径为r，
则r＝eq \f(2S△ABC,AB＋BC＋AC)＝eq \f(2×\f(1,2)×3×4,3＋4＋5)＝1，V圆柱OO1＝πr2h＝6π(cm3)．
所以V＝V三棱柱ABCA1B1C1－V圆柱OO1＝(36－6π)cm3.
19．(本小题满分14分)已知复数z满足(1＋2i)eq \x\t(z)＝4＋3i.
(1)求复数z；
(2)若复数(z＋ai)2在复平面内对应的点在第一象限，求实数a的取值范围．
解：(1)∵(1＋2i)eq \x\t(z)＝4＋3i，
∴eq \x\t(z)＝eq \f(4＋3i,1＋2i)＝eq \f(4＋3i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq \f(10－5i,5)＝2－i，∴z＝2＋i.
(2)由(1)知z＝2＋i，则(z＋ai)2＝(2＋i＋ai)2＝[2＋(a＋1)i]2＝4－(a＋1)2＋4(a＋1)i，
∵复数(z＋ai)2在复平面内对应的点在第一象限，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－a＋12>0，,4a＋1>0，))解得－1
即实数a的取值范围为(－1,1)．
20．(本小题满分14分)将如图①的矩形ABMD沿CD翻折后构成一四棱锥MABCD(如图②)，若在四棱锥MABCD中有MA＝eq \r(3).
(1)求证：AC⊥MD；
(2)求四棱锥MABCD的体积．
解：(1)证明：如图，连接AC.
在△MAD中，MA＝eq \r(3)，MD＝1，
AD＝2，
所以MA2＋MD2＝AD2，
所以MD⊥MA，
又因为MD⊥MC，MC∩AM＝M，
所以MD⊥平面MAC，
所以AC⊥MD.
(2)如图，取CD的中点F，连接MF，
在△ACD中，CD＝AC＝eq \r(2)，AD＝2，
所以AC2＋CD2＝AD2，所以AC⊥CD，
由(1)可知MD⊥平面MAC，
所以AC⊥MD，所以AC⊥平面MCD，所以AC⊥MF，
在△MCD中，MC＝MD＝1，所以MF⊥CD，MF＝eq \f(\r(2),2)，
所以MF⊥平面ABCD，所以
VMABCD＝eq \f(1,3)S四边形ABCD×MF＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×1＋2×1))×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),4).
21.(本小题满分14分)(1)如图，三棱柱ABCA1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧棱CC1⊥BC，CC1＝3，有虫从A沿三个侧面爬到A1，求小虫爬行的最短距离．
(2)以O为顶点的三棱锥中，过O的三条棱两两的夹角都是30°，在一条棱上取A，B两点，OA＝4 cm，OB＝3 cm，以A，B为端点用一条绳子紧绕三棱锥的侧面一周(绳和侧面无摩擦)，求此绳在A，B两点间的最短绳长．
解：(1)三棱柱的侧面展开图为一个矩形AA′A1′A1，如图所示，
长A1A1′＝2×3＝6，宽AA1＝3，
所以AA1′＝ eq \r(AA\\al(2,1)＋A1A1′2)＝eq \r(9＋36)＝3eq \r(5)，
即小虫爬行的最短距离是3eq \r(5).
(2)作出三棱锥的侧面展开图，如图，A，B两点间最短绳长就是线段AB的长度．在△AOB中，∠AOB＝30°×3＝90°，OA＝4 cm，OB＝3 cm，
所以AB＝ eq \r(OA2＋OB2)＝5(cm)．
所以此绳在A，B两点间的最短绳长为5 cm.
22．(本小题满分14分)如图(1)是一个水平放置的正三棱柱ABCA1B1C1，D是棱BC的中点，正三棱柱的正视图如图(2)．
(1)求正三棱柱ABCA1B1C1的体积；
(2)证明：A1B∥平面ADC1；
(3)题图(1)中垂直于平面BCC1B1的平面有哪几个？(直接写出符合要求的平面即可，不必说明或证明)
解：(1)依题意，在正三棱柱中，AD＝eq \r(3)，AA1＝3，所以AB＝2，
又AA1⊥平面ABC，所以正三棱柱的体积V＝S·h＝eq \f(1,2)×2×eq \r(3)×3＝3eq \r(3).
(2)证明：连接A1C，设A1C∩AC1＝E，连接DE.
∵A1C1CA是正三棱柱的侧面，∴A1C1CA为矩形，
∴E是A1C的中点，
∴DE是△CA1B的中位线，
∴DE∥A1B，又A1B⊄平面ADC1，DE⊂平面ADC1，
∴A1B∥平面ADC1.
(3)题图(1)中垂直于平面BCC1B1的平面有三个，分别为平面ABC，平面A1B1C1，平面AC1D.
23.(本小题满分14分)如图所示，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是边长为a的菱形，∠DAB＝60°，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD.
(1)求证：AD⊥PB；
(2)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？并证明你的结论．
解：(1)证明：设G为AD的中点，连接PG，BG，如图．
∵△PAD为正三角形，
∴PG⊥AD.
在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，
G为AD的中点，∴BG⊥AD.
又BG∩PG＝G，∴AD⊥平面PGB.
∵PB⊂平面PGB，∴AD⊥PB.
(2)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD.
证明如下：设F为PC的中点，则在△PBC中，FE∥PB.在菱形ABCD中，GB∥DE，而FE⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，EF∩DE＝E，
∴平面DEF∥平面PGB.
由(1)得PG⊥平面ABCD，而PG⊂平面PGB，
∴平面PGB⊥平面ABCD.∴平面DEF⊥平面ABCD.
A卷——学考合格性考试滚动检测卷
(时间：100分钟，满分100分)
一、选择题(本大题共20小题，每小题3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．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是( )
A．(1)是棱台 B．(2)是圆台
C．(3)是棱锥 D．(4)不是棱柱
解析：选C 图(1)不是由棱锥截来的，所以(1)不是棱台；图(2)上、下两个面不平行，所以(2)不是圆台；图(3)是棱锥；图(4)前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以(4)是棱柱．故选C.
2.如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O′C′＝O′A′＝2O′B′，则以下说法正确的是( )
A．△ABC是钝角三角形
B．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形
C．△ABC是等腰直角三角形
D．△ABC是等边三角形
解析：选C 将其恢复成原图，设A′C′＝2，则可得OB＝2O′B′＝1，AC＝A′C′＝2，故△ABC是等腰直角三角形，故选C.
3．直线l1∥l2，在l1上取3个点，在l2上取2个点，由这5个点能确定平面的个数为( )
A．5 B．4
C．9 D．1
解析：选D 由经过两条平行直线有且只有一个平面可知分别在两平行直线上的5个点只能确定一个平面．故选D.
4．[多选]用一个平面去截正方体，关于截面的形状，下列判断正确的是( )
A．直角三角形 B．正五边形
C．正六边形 D．梯形
解析：选CD 画出截面图形如图：可以画出三角形但不是直角三角形，故A错误；如图1经过正方体的一个顶点去截就可得到五边形，但此时不可能是正五边形，故B错误；正方体有六个面，如图2用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，且可以画出正六边形，故C正确；可以画出梯形但不是直角梯形，故D正确．故选C、D.
5．已知圆锥的表面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为( )
A．120° B．150°
C．180° D．240°
解析：选C 设圆锥底面半径为r，母线为l，则πrl＋πr2＝3πr2，得l＝2r，∴展开图扇形半径为2r，弧长为2πr. ∴展开图是半圆．∴扇形的圆心角为180°.故选C.
6．设α，β表示两个平面，l表示直线，A，B，C表示三个不同的点，给出下列命题：
①若A∈l，A∈α，B∈l，B∈α，则l⊂α；
②α，β不重合，若A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，则α∩β＝AB；
③若l⊄α，A∈l，则A∉α；
④若A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线，则α与β重合．
则上述命题中，正确的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 易知①②④正确，③错误，当A是l与α的交点时，A∈α.故选C.
7．教室内有一直尺，无论怎样放置，在地面总有这样的直线，使得它与直尺所在直线( )
A．平行 B．垂直
C．相交 D．异面
解析：选B 当直尺垂直于地面时，A不对；当直尺平行于地面时，C不对；当直尺位于地面上时，D不对．故选B.
8．垂直于梯形两腰的直线与梯形所在的平面的位置关系是( )
A．垂直 B．斜交
C．平行 D．不能确定
解析：选A 梯形的两腰所在的直线相交，根据线面垂直的判定定理可知选项A正确．故选A.
9．棱锥被平行于底面的平面所截，若截面面积与底面面积之比为1∶2，则此棱锥的高被分成的两段之比为( )
A．1∶2 B．1∶4
C．1∶(eq \r(2)＋1) D．1∶(eq \r(2)－1)
解析：选D 借助轴截面，利用相似的性质，若截面面积与底面面积之比为1∶2，则对应小棱锥与原棱锥高之比为1∶eq \r(2)，被截面分成两段之比为1∶(eq \r(2)－1)．故选D.
10．下列命题正确的是( )
A．没有公共点的两条直线是平行直线
B．互相垂直的两条直线是相交直线
C．既不平行又不相交的两条直线是异面直线
D．不在同一平面内的两条直线是异面直线
解析：选C 没有公共点的两条直线还可能异面，所以A选项不正确；互相垂直的直线还可能是异面直线，所以B选项不正确；D选项中，缺少任一平面内，所以D选项不正确；很明显C选项正确．故选C.
11．在棱长为1的正方体上，分别用过公共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的几何体的体积是( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(7,6)
C.eq \f(4,5) D.eq \f(5,6)
解析：选D 每一个小三棱锥的体积为eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,48). 因此，所求的体积为1－8×eq \f(1,48)＝eq \f(5,6).故选D.
12．在下列命题中，不是基本事实的是( )
A．平行于同一个平面的两个平面相互平行
B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面
C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内
D．如果两个不重合的平面有一个公共点， 那么他们有且只有一条过该点的公共直线
解析：选A 选项A是面面平行的性质定理，是由基本事实推证出来的，而基本事实是不需要证明的．故选A.
13．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定( )
A．与a，b都相交
B．只能与a，b中的一条相交
C．至少与a，b中的一条相交
D．与a，b都平行
解析：选C 若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，根据基本事实4，则a∥b，与a，b异面矛盾．故选C.
14．已知l，m，n为两两垂直的三条异面直线，过l作平面α与直线m垂直，则直线n与平面α的关系是( )
A．n∥α B．n∥α或n⊂α
C．n⊂α或n与α不平行 D．n⊂α
解析：选A ∵l⊂α，且l与n异面，∴n⊄α，又∵m⊥α，n⊥m，∴n∥α.故选A.
15．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC与MN所成的角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C 如图，连接A1C1，BC1，A1B.
∵M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，∴MN∥BC1.
又A1C1∥AC，∴∠A1C1B为异面直线AC与MN所成的角．
∵△A1BC1为正三角形，∴∠A1C1B＝60°.故选C.
16．菱形ABCD在平面α内，PC⊥α，则PA与对角线BD的位置关系是( )
A．平行 B．相交但不垂直
C．相交垂直 D．异面垂直
解析：选D 如图，PC⊥平面ABCD，∴PC⊥BD.又四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC. ∵PC∩AC＝C，∴BD⊥平面PAC.∴BD⊥PA.显然PA与BD异面，∴PA与BD异面垂直．故选D.
17．已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )
A．m∥l B．m∥n
C．n⊥l D．m⊥n
解析：选C 选项A，只有当m∥β或m⊂β时，m∥l；选项B，只有当m⊥β时，m∥n；选项C，由于l⊂β，∴n⊥l；选项D，只有当m∥β或m⊂β时，m⊥n.故选C.
18．设直线l⊂平面α，过平面α外一点A与l，α都成30°角的直线有( )
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
解析：选B 如图，和α成30°角的直线一定是以A为顶点的圆锥的母线所在直线，当∠ABC＝∠ACB＝30°且BC∥l时，直线AC，AB都满足条件．故选B.
19．《算数书》是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：置如其周，令相乘也. 又以高乘之，三十六成一. 该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈eq \f(1,36)L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V≈eq \f(2,75)L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )
A.eq \f(22,7) B.eq \f(25,8)
C.eq \f(157,50) D.eq \f(355,113)
解析：选B 设圆锥底面积的半径为r，高为h，则L＝2πr，eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(2,75)(2πr)2h，所以π＝eq \f(25,8).故选B.
20．四面体ABCD中，AB＝CD＝10，AC＝BD＝2eq \r(34)，AD＝BC＝2eq \r(41)，则四面体ABCD外接球的表面积为( )
A．50π B．100π
C．200π D．300π
解析：选C 因为四面体ABCD的四个面为全等的三角形，所以可将四面体ABCD置于一个长方体中，所以四面体ABCD的外接球即为长方体的外接球，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝136，,b2＋c2＝164，,a2＋c2＝100，))则外接球的直径2R＝ eq \r(a2＋b2＋c2)＝ eq \r(200)＝10 eq \r(2)，所以R＝5 eq \r(2)，则球的表面积为S＝4πR2＝200π.故选C.
二、填空题(本大题共5小题，每小题3分，共15分，请把答案填写在题中横线上)
21．已知某多面体的平面展开图如图所示，其中是三棱柱的有________个．
解析：第一个是三棱锥，第二个是三棱柱，第三个是四棱锥，第四个不是棱柱．
答案：1
22．将直径为2的半圆绕直径所在的直线旋转半周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为_________．
解析：由题意知，该几何体为半球，表面积为大圆面积加上半个球面积，S＝π×12＋eq \f(1,2)×4×π×12＝3π.
答案：3π
23．体积为8的正方体的顶点都在一个球面上，则该球的表面积为________.
解析：设正方体的棱长为a，则a3＝8，得a＝2.设球的半径为R，则2R＝eq \r(3)a，即R＝eq \r(3).所以球的表面积S＝4πR2＝12π.
答案：12π
24．在三棱锥P ABC中，PA＝PB＝PC＝BC，且∠BAC＝90°，则PA与底面ABC所成的角为________．
解析：PA＝PB＝PC，则P点在底面ABC的射影落在Rt△ABC的斜边BC上，即为BC的中点．设BC的中点为D，如图，连接PD，AD，所以PA与底面ABC所成的角为∠PAD，在等边三角形PBC中，设PB＝1，则PD＝eq \f(\r(3),2)，在直角三角形ABC中，AD＝eq \f(1,2)BC＝eq \f(1,2)，则有AD2＋PD2＝PA2，所以三角形PAD为直角三角形，又tan∠PAD＝eq \f(PD,AD)＝eq \r(3)，所以∠PAD＝60°，即PA与底面ABC所成的角为60°.
答案：60°
25．如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和AB上的点，若∠B1MN是直角，则∠C1MN等于________．
解析：因为C1B1⊥平面ABB1A1，MN⊂平面ABB1A1，所以C1B1⊥MN.
又因为MN⊥MB1，MB1，C1B1⊂平面C1MB1，MB1∩C1B1＝B1，所以MN⊥平面C1MB1
所以MN⊥C1M，所以∠C1MN＝90°.
答案：90°
三、解答题(本大题共3小题，共25分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
26.(本小题满分8分)如图所示，长方体ABCDA1B1C1D1.
(1)这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？
(2)用平面BCNM把这个长方体分成两部分，各部分形成的几何体还是棱柱吗？如果是，是几棱柱，并用符号表示；如果不是，请说明理由．
解：(1)是棱柱，并且是四棱柱，因为长方体相对的两个面是互相平行的四边形(作底面)，其余各面都是矩形(作侧面)，且相邻侧面的公共边互相平行，符合棱柱的定义．
(2)截面BCNM的上方部分是三棱柱BB1MCC1N，下方部分是四棱柱ABMA1DCND1.
27.(本小题满分8分)如图，在四面体ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，且E，F分别是AB，BD的中点．
求证：(1)EF∥面ACD；
(2)面EFC⊥面BCD.
证明：(1)∵E，F分别是AB，BD的中点，
∴EF是△ABD的中位线，∴EF∥AD，
∵EF⊄面ACD，AD⊂面ACD，
∴EF∥面ACD.
(2)∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD.
∵CB＝CD，F是BD的中点，
∴CF⊥BD.
又EF∩CF＝F，∴BD⊥面EFC.
∵BD⊂面BCD，∴面EFC⊥面BCD.
28．(本小题满分9分)养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪之用)，已建的仓库的底面直径为12 m，高为4 m．养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐．现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4 m(高不变)；二是高度增加4 m(底面直径不变)．
(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积；
(2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积；
(3)哪个方案更经济些？
解：(1)如果按方案一，仓库的底面直径变成16 m，则仓库的体积为V1＝eq \f(1,3)S′·h＝eq \f(1,3)×π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,2)))2×4＝eq \f(256π,3)(m3)．
如果按方案二，仓库的高变成8 m，则仓库的体积为
V2＝eq \f(1,3)S·h′＝eq \f(1,3)×π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,2)))2×8＝96π(m3)．
(2)如果按方案一，仓库的底面直径变成16 m，半径为8 m，
圆锥的母线长为l3＝ eq \r(82＋42)＝4eq \r(5)(m)，
则仓库的表面积为S1＝π×8×4eq \r(5)＝32eq \r(5)π(m2)．
如果按方案二，仓库的高变成8 m，
圆锥的母线长为l2＝ eq \r(62＋82)＝10(m)，
则仓库的表面积为S2＝π×6×10＝60π(m2)．
(3)∵V1
B卷——面向全国卷高考滚动检测卷
(时间：120分钟，满分150分)
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题4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．下列命题正确的是( )
A．一直线与一个平面内的无数条直线垂直，则此直线与平面垂直
B．两条异面直线不能同时垂直于一个平面
C．直线与平面所成的角的取值范围是：0°＜θ≤180°
D．两异面直线所成的角的取值范围是：0°＜θ＜90°
解析：选B A错误．一直线与一个平面内的无数条直线垂直，并不意味着和平面内的任意直线垂直，所以此直线与平面不一定垂直；B正确．由线面垂直的性质定理可知，两条异面直线不能同时垂直于一个平面；C错误. 直线与平面所成的角的取值范围是：0°≤θ≤90°；D错误．两异面直线所成的角的取值范围是：0°＜θ≤90°.故选B.
2．棱柱的一条侧棱所在的直线与不含这条侧棱的侧面所在的平面的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．平行或相交 D．不相交
解析：选A 因为棱柱的侧棱是互相平行的，所以由直线与平面平行的判定定理可知，侧棱所在的直线与不含这条侧棱的侧面所在的平面平行．故选A.
3．在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选D 如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，取四棱锥A1ABCD，则此四棱锥的四个侧面都是直角三角形．故选D.
4．(2018·全国卷Ⅰ)设z＝eq \f(1－i,1＋i)＋2i，则|z|＝( )
A．0 B.eq \f(1,2)
C．1 D.eq \r(2)
解析：选C ∵z＝eq \f(1－i,1＋i)＋2i＝eq \f(1－i2,1＋i1－i)＋2i＝eq \f(－2i,2)＋2i＝i，∴|z|＝1.故选C.
5．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，有下面四个命题：
①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；
③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.
其中正确的两个命题是( )
A．①与② B．①与③
C．②与④ D．③与④
解析：选B 因为直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，若α∥β，则l⊥β，l⊥m，①正确；若α⊥β，则l∥β或l⊂β，l，m的位置不确定，②不正确；若l∥m，则m⊥α，所以α⊥β，③正确；若l⊥m，则m∥α或m⊂α，则α，β可能相交或平行，④不正确．故选B.
6.如图，如果底面半径为r的圆柱被一个平面所截，剩下部分母线长的最大值为a，最小值为b，那么圆柱被截后剩下部分的体积是( )
A.eq \f(1,3)πr2(a＋b) B.eq \f(1,2)πr2(a＋b)
C．πr2(a＋b) D．2r2(a＋b)
解析：选B 将这样两个完全相同的几何体拼在一起组成一个高为a＋b的圆柱，故圆柱被截后剩下部分的体积为eq \f(1,2)πr2(a＋b)．故选B.
7．边长为5 cm的正方形EFGH是圆柱的轴截面，则从E点沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离是( )
A．10 cm B．5eq \r(2) cm
C．5eq \r(π2＋1) cm D. eq \f(5,2) eq \r(π2＋4) cm
解析：选D 圆柱的侧面展开图如图所示，展开后E′F＝eq \f(1,2)·2π·eq \f(5,2)＝eq \f(5,2)π(cm)，∴E′G＝ eq \r(52＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)))2)＝eq \f(5,2) eq \r(π2＋4)(cm)，即为所求最短距离．故选D.
8．矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角BACD，则四面体ABCD的外接球的体积为( )
A.eq \f(125,12)π B.eq \f(125,9)π
C.eq \f(125,6)π D.eq \f(125,3)π
解析：选C 球心O为AC中点，半径为R＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(5,2)，
V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(125,6)π.故选C.
9.在四面体ABCD中，已知棱AC的长为eq \r(2)，其余各棱长都为1，则二面角ACDB的余弦值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),3)
解析：选C 取AC的中点E，CD的中点F，连接BE，EF，BF，
则EF＝eq \f(1,2)，BE＝eq \f(\r(2),2)，BF＝eq \f(\r(3),2)，
因为EF2＋BE2＝BF2，
所以△BEF为直角三角形，cs θ＝eq \f(EF,BF)＝eq \f(\r(3),3).故选C.
10．已知正三棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，高为eq \f(\r(15),3)，则正三棱台的侧面积S1与底面面积之和S2的大小关系为( )
A．S1>S2 B．S1
C．S1＝S2 D．以上都不是
解析：选A 斜高h′＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(15),3)))2＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),6)4－2))2)＝eq \r(2)，S1＝eq \f(1,2)(c＋c′)h′＝eq \f(1,2)(3×2＋3×4)×eq \r(2)＝9eq \r(2)，S2＝eq \f(\r(3),4)×22＋eq \f(\r(3),4)×42＝5eq \r(3)，∴S1>S2.故选A.
二、多项选择题(本大题共3小题，每小题4分，共12分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
11．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下几种几何图形的4个顶点，这些几何图形可以是( )
A．矩形
B．有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体
C．每个面都是等边三角形的四面体
D．每个面都是直角三角形的四面体
解析：选ABCD 4个顶点连成矩形的情形显然成立；图(1)中四面体A1D1B1A是B中描述的情形；图(2)中四面体DA1C1B是C中描述的情形；图(3)中四面体A1D1B1D是D中描述的情形．故选A、B、C、D.
12．如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆周上异于A，B的任一点，则下列结论中正确的是( )
A．PC⊥BC B．AC⊥平面PBC
C．平面PAB⊥平面PBC D．平面PAC⊥平面PBC
解析：选AD 由题意，BC⊥AC，若AC⊥平面PBC，可得AC⊥PC，与AC⊥PA矛盾，故B错误；BC⊥AC，又PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC，则BC⊥平面PAC，则BC⊥PC，且平面PAC⊥平面PBC，故A、D正确；若平面PAB⊥平面PBC，而平面PAB∩平面PAC＝PA，则PA⊥平面PBC，可得PA⊥PC，与AC⊥PA矛盾，故C错误．故选A、D.
13．如图1，直线EF将矩形纸ABCD分为两个直角梯形ABFE和CDEF，将梯形CDEF沿边EF翻折，如图2，在翻折的过程中(平面ABFE和平面CDEF不重合)，下面说法不正确的是( )
A．存在某一位置，使得CD∥平面ABFE
B．存在某一位置，使得DE⊥平面ABFE
C．在翻折的过程中，BF∥平面ADE恒成立
D．在翻折的过程中，BF⊥平面CDEF恒成立
解析：选ABD 在A中，因为四边形DEFC是梯形，DE∥CF，所以CD与EF相交，所以CD与平面ABFE相交，故A错误；在B中，因为四边形DEFC是梯形，DE⊥CD，所以DE与EF不垂直，所以不存在某一位置，使得DE⊥平面ABFE，故B错误；在C中，因为四边形ABFE是梯形，AE∥BF，BF⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，所以在翻折的过程中，BF∥平面ADE恒成立，故C正确；在D中，因为四边形ABFE是梯形，AB⊥BF，所以BF与FE不垂直，在翻折的过程中，BF⊥平面CDEF不成立，故D错误．故选A、B、D.
三、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)
14.如图，在三棱锥V ABC中，当三条侧棱VA，VB，VC之间满足条件_______时，有VC⊥AB.(注：填上你认为正确的一种条件即可)
解析：只要VC⊥平面VAB，即有VC⊥AB；故只要VC⊥VA，VC⊥VB即可．
答案：VC⊥VA，VC⊥VB(答案不唯一，只要能保证VC⊥AB即可)
15．已知菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，沿对角线BD将△ABD折起，使二面角ABDC为120°，则点A到△BCD所在平面的距离为________．
解析：设AC∩BD＝O，则翻折后AO⊥BD，CO⊥BD，∴∠AOC即为二面角的平面角，则∠AOC＝120°，且AO＝1.∴d＝1·sin 60°＝eq \f(\r(3),2).
答案：eq \f(\r(3),2)
16．在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2BC＝4，M，N是边AB上的两个动点，且|MN|＝1，则eq \(CM, \s\up7(―→))·eq \(CN,\s\up7(―→))的取值范围为________．
解析：以C为原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴建立坐标系如图所示：
∵AB＝2BC＝4，∴∠BAC＝30°，AC＝2eq \r(3)，
设AN＝a，则Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)－\f(\r(3)a,2)，\f(a,2)))，
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)－\f(\r(3)a＋1,2)，\f(a＋1,2)))，
∴eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(CN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)－\f(\r(3)a＋1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)－\f(\r(3)a,2)))＋eq \f(a＋1,2)·eq \f(a,2)＝a2－5a＋9.
∵M，N在AB上，∴0≤a≤3.
∴当a＝0时，eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(CN,\s\up7(―→))取得最大值9，
当a＝eq \f(5,2)时，eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(CN,\s\up7(―→))取得最小值eq \f(11,4).
∴eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(CN,\s\up7(―→))的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11,4)，9)).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11,4)，9))
17．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S ABC的体积为9，则球O的表面积为________．
解析：如图，连接AO，OB，
∵SC为球O的直径，
∴点O为SC的中点，
∵SA＝AC，SB＝BC，
∴AO⊥SC，BO⊥SC，
∵平面SCA⊥平面SCB，
平面SCA∩平面SCB＝SC，
∴AO⊥平面SCB，
设球O的半径为R，
则OA＝OB＝R，SC＝2R.
∴VS ABC＝VASBC＝eq \f(1,3)×S△SBC×AO
＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×SC×OB))×AO，
即9＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2R×R))×R，解得 R＝3，
∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.
答案：36π
四、解答题(本大题共6小题，共82分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
18.(本小题满分12分)如图，三棱柱ABCA1B1C1的侧棱垂直于底面，其高为6 cm，底面三角形的边长分别为3 cm，4 cm,5 cm，以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，求剩余部分几何体的体积V.
解：V三棱柱ABCA1B1C1＝eq \f(1,2)×3×4×6＝36(cm3)．
设圆柱底面圆的半径为r，
则r＝eq \f(2S△ABC,AB＋BC＋AC)＝eq \f(2×\f(1,2)×3×4,3＋4＋5)＝1，V圆柱OO1＝πr2h＝6π(cm3)．
所以V＝V三棱柱ABCA1B1C1－V圆柱OO1＝(36－6π)cm3.
19．(本小题满分14分)已知复数z满足(1＋2i)eq \x\t(z)＝4＋3i.
(1)求复数z；
(2)若复数(z＋ai)2在复平面内对应的点在第一象限，求实数a的取值范围．
解：(1)∵(1＋2i)eq \x\t(z)＝4＋3i，
∴eq \x\t(z)＝eq \f(4＋3i,1＋2i)＝eq \f(4＋3i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq \f(10－5i,5)＝2－i，∴z＝2＋i.
(2)由(1)知z＝2＋i，则(z＋ai)2＝(2＋i＋ai)2＝[2＋(a＋1)i]2＝4－(a＋1)2＋4(a＋1)i，
∵复数(z＋ai)2在复平面内对应的点在第一象限，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－a＋12>0，,4a＋1>0，))解得－1
即实数a的取值范围为(－1,1)．
20．(本小题满分14分)将如图①的矩形ABMD沿CD翻折后构成一四棱锥MABCD(如图②)，若在四棱锥MABCD中有MA＝eq \r(3).
(1)求证：AC⊥MD；
(2)求四棱锥MABCD的体积．
解：(1)证明：如图，连接AC.
在△MAD中，MA＝eq \r(3)，MD＝1，
AD＝2，
所以MA2＋MD2＝AD2，
所以MD⊥MA，
又因为MD⊥MC，MC∩AM＝M，
所以MD⊥平面MAC，
所以AC⊥MD.
(2)如图，取CD的中点F，连接MF，
在△ACD中，CD＝AC＝eq \r(2)，AD＝2，
所以AC2＋CD2＝AD2，所以AC⊥CD，
由(1)可知MD⊥平面MAC，
所以AC⊥MD，所以AC⊥平面MCD，所以AC⊥MF，
在△MCD中，MC＝MD＝1，所以MF⊥CD，MF＝eq \f(\r(2),2)，
所以MF⊥平面ABCD，所以
VMABCD＝eq \f(1,3)S四边形ABCD×MF＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×1＋2×1))×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),4).
21.(本小题满分14分)(1)如图，三棱柱ABCA1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧棱CC1⊥BC，CC1＝3，有虫从A沿三个侧面爬到A1，求小虫爬行的最短距离．
(2)以O为顶点的三棱锥中，过O的三条棱两两的夹角都是30°，在一条棱上取A，B两点，OA＝4 cm，OB＝3 cm，以A，B为端点用一条绳子紧绕三棱锥的侧面一周(绳和侧面无摩擦)，求此绳在A，B两点间的最短绳长．
解：(1)三棱柱的侧面展开图为一个矩形AA′A1′A1，如图所示，
长A1A1′＝2×3＝6，宽AA1＝3，
所以AA1′＝ eq \r(AA\\al(2,1)＋A1A1′2)＝eq \r(9＋36)＝3eq \r(5)，
即小虫爬行的最短距离是3eq \r(5).
(2)作出三棱锥的侧面展开图，如图，A，B两点间最短绳长就是线段AB的长度．在△AOB中，∠AOB＝30°×3＝90°，OA＝4 cm，OB＝3 cm，
所以AB＝ eq \r(OA2＋OB2)＝5(cm)．
所以此绳在A，B两点间的最短绳长为5 cm.
22．(本小题满分14分)如图(1)是一个水平放置的正三棱柱ABCA1B1C1，D是棱BC的中点，正三棱柱的正视图如图(2)．
(1)求正三棱柱ABCA1B1C1的体积；
(2)证明：A1B∥平面ADC1；
(3)题图(1)中垂直于平面BCC1B1的平面有哪几个？(直接写出符合要求的平面即可，不必说明或证明)
解：(1)依题意，在正三棱柱中，AD＝eq \r(3)，AA1＝3，所以AB＝2，
又AA1⊥平面ABC，所以正三棱柱的体积V＝S·h＝eq \f(1,2)×2×eq \r(3)×3＝3eq \r(3).
(2)证明：连接A1C，设A1C∩AC1＝E，连接DE.
∵A1C1CA是正三棱柱的侧面，∴A1C1CA为矩形，
∴E是A1C的中点，
∴DE是△CA1B的中位线，
∴DE∥A1B，又A1B⊄平面ADC1，DE⊂平面ADC1，
∴A1B∥平面ADC1.
(3)题图(1)中垂直于平面BCC1B1的平面有三个，分别为平面ABC，平面A1B1C1，平面AC1D.
23.(本小题满分14分)如图所示，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是边长为a的菱形，∠DAB＝60°，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD.
(1)求证：AD⊥PB；
(2)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？并证明你的结论．
解：(1)证明：设G为AD的中点，连接PG，BG，如图．
∵△PAD为正三角形，
∴PG⊥AD.
在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，
G为AD的中点，∴BG⊥AD.
又BG∩PG＝G，∴AD⊥平面PGB.
∵PB⊂平面PGB，∴AD⊥PB.
(2)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD.
证明如下：设F为PC的中点，则在△PBC中，FE∥PB.在菱形ABCD中，GB∥DE，而FE⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，EF∩DE＝E，
∴平面DEF∥平面PGB.
由(1)得PG⊥平面ABCD，而PG⊂平面PGB，
∴平面PGB⊥平面ABCD.∴平面DEF⊥平面ABCD.
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