2022届高考数学(文科人教A版)大一轮单元评估检测(七)第七章-.docx

温馨提示：
此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。
单元评估检测(七)
第七章
(120分钟　150分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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.(2021·泰安模拟)下列结论正确的是(　　)
A.若向量a∥b,则存在唯一的实数λ使a=λb
B.已知向量a,b为非零向量,则“a,b的夹角为钝角”的充要条件是“a·b<0”
C.“若θ=π3,则cosθ=12”的否命题为“若θ≠π3,则cosθ≠12”
D.若命题p:∃x0∈R,x02-x0+1<0,则p:∀x∈R,x2-x+1>0
【解析】选C.A中若b=0,则λ不存在,故A错;B中若a,b共线且反向,满足a·b
<0,但其夹角不为钝角;C中否命题是将条件和结论同时否定,故C正确;D中,p:∀x∈R,x2-x+1≥0.
2.l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是(　　)
A.l1⊥l2,l2⊥l3⇒l1∥l3
B.l1⊥l2,l2∥l3⇒l1⊥l3
C.l1∥l2∥l3⇒l1,l2,l3共面
D.l1,l2,l3共点⇒l1,l2,l3共面
【解析】选B.对于A,通过常见的图形正方体,从同一个顶点动身的三条棱两两垂直,得到A错.
对于B,由于l1⊥l2,所以l1,l2所成的角是90°,
又由于l2∥l3,所以l1,l3所成的角是90°,
所以l1⊥l3得到B对,
对于C,例如三棱柱中的三侧棱平行,但不共面,故C错.
对于D,例如三棱锥的三侧棱共点,但不共面,故D错.
故选B.
3.一个空间几何体的三视图如图所示,该几何体的表面积为(　　)

A.96 B.136 C.152 D.192
【解题提示】先由三视图还原几何体,再求表面积.
【解析】选C.由三视图可知该几何体为如图所示的三棱柱,其表面积为12×6×4×2+6×8+5×8×2=152.

【加固训练】某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(　　)

A.16+8π B.8+8π
C.16+16π D.8+16π
【解析】选A.将三视图还原为原来的几何体,再利用体积公式求解.
原几何体为组合体;上面是长方体,下面是圆柱的一半(如图所示),其体积为V=4×2×2+12π×22×4=16+8π.
4.(2021·合肥模拟)已知a,b为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,且a⊥α,b⊥β,则下列命题中的假命题是(　　)
A.若a∥b,则α∥β
B.若α⊥β,则a⊥b
C.若a,b相交,则α,β相交
D.若α,β相交,则a,b相交
【解析】选D.若α,β相交,则a,b可能相交,也可能异面,故D为假命题.
5.(2021·青岛模拟)如图所示是某建筑物的三视图,现需将其外壁用油漆刷一遍,若每平方米用漆0.2kg,则共需油漆大约(尺寸如图所示,单位:m,π取3)(　　)

A.20kg B.22.2kg C.111kg D.110kg
【解析】选B.由三视图可知,该几何体上面是个圆锥,下面是个长方体,长方体的底面是边长为3的正方形,高为4,所以长方体的表面积(去掉上下两个底面)为4×(3×4)=48(m2).圆锥的底面半径为3,母线为5,所以圆锥的侧面积为π×3×5=15π=45(m2),底面积(去掉一个正方形)为9π-3×3=9π-9=18(m2),所以该几何体的总面积为48+45+18=111(m2),所以共需油漆0.2×111=22.2kg.
6.(2021·济宁模拟)设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列四个命题:
①m⊥α,n∥α,则m⊥n;
②若α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,则α∥β;
③若α∥β,β∥γ,m⊥α,则m⊥γ;
④若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β.
其中正确命题的序号是(　　)
A.①和③ B.②和③ C.③和④ D.①和④
【解析】选A.对于①,由线面平行的性质及线面垂直的定义可知正确;
对于②,α与β可能平行、相交,故②错;
对于③,由α∥β,β∥γ知α∥γ,由m⊥α知m⊥γ,故③正确;
对于④,α与β可能平行、相交,故④错,故选A.
7.如图是一几何体的平面开放图,其中ABCD为正方形,E,F分别为PA,PD的中点,在此几何体中,给出下面四个结论:

①直线BE与直线CF异面;
②直线BE与直线AF异面;
③直线EF∥平面PBC;
④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确的有(　　)
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【解析】选B.将几何体开放图还原为几何体(如图),由于E,F分别为PA,PD的中点,所以EF∥AD∥BC,即直线BE与CF共面,①错;由于B∉平面PAD,E∈平面PAD,E∉AF,所以BE与AF是异面直线,②正确;由于EF∥AD∥BC,EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以EF∥平面PBC,③正确;平面PAD与平面BCE不愿定垂直,④错.
8.正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段B1D1上的一个动点,则下列结论中错误的是
(　　)
A.AC⊥BE
B.B1E∥平面ABCD
C.三棱锥E-ABC的体积为定值
D.直线B1E⊥直线BC1
【解析】选D.A.由于在正方体中,AC⊥BD,AC⊥DD1,

BD∩DD1=D,
所以AC⊥面BB1D1D,
由于BE⊂面BB1D1D,
所以AC⊥BE,
所以A正确.
B.由于B1D1∥平面ABCD,所以B1E∥平面ABCD成立,即B正确.
C.三棱锥E-ABC的底面△ABC为定值,锥体的高BB1为定值,所以锥体体积为定值,即C正确.
D.由于D1C1⊥BC1,所以B1E⊥直线BC1错误.
故选D.
9.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1=A1C1,AC1⊥A1B,M,N分别是A1B1,AB的中点,给出如下三个结论:①C1M⊥平面ABB1A1;②A1B⊥AM;③平面AMC1∥平面CNB1;其中正确结论的个数是　(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
【解题提示】由直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面A1B1C1,C1M ⊂平面A1B1C1,知C1M⊥AA1,由B1C1=A1C1,M是A1B1的中点,
知C1M⊥A1B1,故C1M⊥平面ABB1A1;
由C1M⊥平面ABB1A1,A1B⊂平面ABB1A1,知A1B⊥C1M,
由AC1⊥A1B,AC1∩C1M=C1,知A1B⊥AM;
由AM∥B1N,C1M∥CN,知平面AMC1∥平面CNB1.
【解析】选D.由于直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面A1B1C1,C1M⊂平面A1B1C1,
所以C1M⊥AA1.
由于B1C1=A1C1,M是A1B1的中点,
所以C1M⊥A1B1,
由于AA1∩A1B1=A1,
所以C1M⊥平面ABB1A1,故①正确.
由于C1M⊥平面ABB1A1,A1B⊂平面ABB1A1,
所以A1B⊥C1M,由于AC1⊥A1B,AC1∩C1M=C1,
所以A1B⊥平面AC1M,
由于AM⊂平面AC1M,
所以A1B⊥AM,即②正确;
由于由题设得到AM∥B1N,C1M∥CN,
所以平面AMC1∥平面CNB1,故③正确.
故选D.
10.在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AC⊥BC,D为侧棱PC上的一点,它的正视图和侧视图如图所示,则下列命题正确的是(　　)

A.AD⊥平面PBC且三棱锥D-ABC的体积为83
B.BD⊥平面PAC且三棱锥D-ABC的体积为83
C.AD⊥平面PBC且三棱锥D-ABC的体积为163
D.BD⊥平面PAC且三棱锥D-ABC的体积为163
【解题提示】先结合三视图和直观图弄清题目条件,再进行推理计算.
【解析】选C.由于PA⊥平面ABC,所以PA⊥BC,又AC⊥BC,PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,所以BC⊥AD,又由三视图可得,在△PAC中,PA=AC=4,D为PC的中点,
所以AD⊥PC,又PC∩BC=C,故AD⊥平面PBC.又由三视图可知BC=4,而∠ADC=
90°,BC⊥平面PAC,故VD-ABC=VB-ADC=13×12×22×22×4=163.
二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上)
11.把一个半径为5cm的金属球熔成一个圆锥,使圆锥的侧面积为底面积的3倍,则这个圆锥的高为　　　　.
【解析】设圆锥的高为h,底面半径为r,母线长为l,则由已知得
解得:h=20(cm).
答案:20cm
12.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P,Q,R,S分别是AB,BC,C1D1,C1C,A1B1,B1B的中点,则下列推断:

①PQ与RS共面;②MN与RS共面;③PQ与MN共面.
则正确结论的序号是　　　　.
【解析】①连接PR,SQ,可知SQPR,所以四边形PQSR为平行四边形,所以PQ∥RS,故①正确;
②由图知直线MN过平面A1B外一点N,而直线RS不过M点,故MN与RS为异面直线,故②错;
③由图知延长PQ与MN,则PQ与MN相交,故③正确.
答案:①③
13.直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在同一球面上.若AB=AC=AA1=2,∠BAC=120°,则此球的表面积等于　　　　.
【解析】设球心为O,球半径为R,△ABC的外心是M,则O在底面ABC上的射影
是点M,在△ABC中,AB=AC=2,∠BAC=120°,∠ABC=12(180°-120°)=30°,
AM=AC2sin30°=2.因此,R2=22+AA122=5,此球的表面积等于4πR2=20π.
答案:20π

14.(2021·嘉兴模拟)如图,梯形ABCD中,AD∥BC,
∠ABC=90°,AD∶BC∶AB=2∶3∶4,E,F分别是AB,CD的
中点,将四边形ADFE沿直线EF进行翻折,给出四个结论:
①DF⊥BC;②BD⊥FC;③平面DBF⊥平面BFC;
④平面DCF⊥平面BFC.
在翻折过程中,可能成立的结论是　　　　.
【解析】对于①:由于BC∥AD,AD与DF相交不垂直,
所以BC与DF不垂直,故①不成立;
对于②:设点D在平面BCF上的射影为点P,
当BP⊥CF时,就有BD⊥FC,
而AD∶BC∶AB=2∶3∶4可使条件满足,故②正确;
对于③:当点P落在BF上时,DP⊂平面BDF,
从而平面BDF⊥平面BCF,故③正确.
对于④:由于点D的射影不行能在FC上,故④不成立.
答案:②③
15.(2021·福州模拟)已知正四棱锥V-ABCD可围着AB任意旋转,CD∥平面α,若AB=2,VA=5,则正四棱锥V-ABCD在面α内的投影面积的取值范围是　　　　　.

【解析】由题意可得正四棱锥的侧面与底面所成角为π3,侧面上的高为2,
设正四棱锥的底面与平面α所成角为θ,
当0≤θ≤π6时投影为矩形,
其面积为2×2cosθ=4cosθ∈23,4,
当π2≥θ>π6时,投影为一个矩形和一个三角形,
此时VAB与平面α所成角为2π3-θ,
正四棱锥在平面α上的投影面积为
4cosθ+12×2×2cos2π3-θ=3sinθ+3cosθ=23sinθ+π3∈[3,23),
当2π3≥θ>π2时投影面积为12×2×2cos2π3-θ=2cos2π3-θ∈(3,2],
综上,正四棱锥V-ABCD在面α内的投影面积的取值范围是[3,4].
答案:[3,4]
三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16.(12分)(2021·贵阳模拟)一个几何体是由圆柱ADD1A1和三棱锥E-ABC组合而成,点A,B,C在圆O的圆周上,其正(主)视图,侧(左)视图的面积分别为10和12,如图所示,其中EA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC.AE=2.

(1)求证:AC⊥BD.
(2)求三棱锥E-BCD的体积.
【解析】(1)由于EA⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,
所以EA⊥AC,即ED⊥AC.
又由于AC⊥AB,AB∩ED=A,所以AC⊥平面EBD.
由于BD⊂平面EBD,所以AC⊥BD.
(2)由于点A,B,C在圆O的圆周上,且AB⊥AC,所以BC为圆O的直径.
设圆O的半径为r,圆柱高为h,依据正(主)视图,侧(左)视图的面积可得,

所以BC=4,AB=AC=22.
由(1)知,AC⊥平面EBD,
所以VE-BCD=VC-EBD=13S△EBD×CA,
由于EA⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,
所以EA⊥AB,即ED⊥AB.
其中ED=EA+DA=2+2=4,
由于AB⊥AC,AB=AC=22,
所以S△EBD=12ED×AB=12×4×22=42,
所以VE-BCD=13×42×22=163.
【一题多解】第(2)问也可接受如下方法.
由于EA⊥平面ABC,
所以VE-BCD=VE-ABC+VD-ABC=13S△ABC×EA+
13S△ABC×DA=13S△ABC×ED.
其中ED=EA+DA=2+2=4,
由于AB⊥AC,AB=AC=22,
所以S△ABC=12×AC×AB=12×22×22=4,
所以VE-BCD=×4×4=163.
17.(12分)(2021·济南模拟)在如图所示的多面体PMBCA中,平面PAC⊥平面
ABC,△PAC是边长为2的正三角形,PM∥BC,且BC=4,AB=25.

(1)求证:PA⊥BC.
(2)若多面体PMBCA的体积为23,求PM的长.
【解析】(1)由于AC=2,BC=4,AB=25,
所以AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC.
由于平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,
所以BC⊥平面PAC,
由于PA⊂平面PAC,所以BC⊥PA.
(2)过点A作AD⊥PC,垂足为D,
设PM的长为x,由(1)知,BC⊥平面PAC,
所以BC⊥AD,由于BC∩PC=C,
所以AD⊥平面BCPM,
所以AD为多面体PMBCA的高,且AD=3.
又PM∥BC,且BC=4,
所以四边形BCPM是上下底分别为x,4,高为2的直角梯形,
所以多面体PMBCA的体积为13×[12(x+4)×2]×3=23,
解得x=2,即PM的长为2.
18.(12分)如图,已知矩形ABCD中,AB=10,BC=6,将矩形沿对角线BD把△ABD折起,使A移到A1点,且A1在平面BCD上的射影O恰好在CD上.

(1)求证:BC⊥A1D.
(2)求证:平面A1BC⊥平面A1BD.
(3)求三棱锥A1-BCD的体积.
【解题提示】(1)由A1在平面BCD上的射影O在CD上得A1O⊥平面BCD⇒BC⊥A1O;又BC⊥CO⇒BC⊥平面A1CD⇒BC⊥A1D.
(2)先由ABCD为矩形⇒A1D⊥A1B,再由(1)知A1D⊥BC⇒A1D⊥平面A1BC,即可得到平面A1BC⊥平面A1BD.
(3)把求三棱锥A1-BCD的体积转化为求三棱锥B-A1CD的体积即可.
【解析】(1)连接A1O,
由于A1在平面BCD上的射影O在CD上,
所以A1O⊥平面BCD,又BC⊂平面BCD,所以BC⊥A1O,
又BC⊥CO,A1O∩CO=O,
所以BC⊥平面A1CD,又A1D⊂平面A1CD,
所以BC⊥A1D.
(2)由于ABCD为矩形,所以A1D⊥A1B.由(1)知A1D⊥BC,A1B∩BC=B,
所以A1D⊥平面A1BC,又A1D⊂平面A1BD,
所以平面A1BC⊥平面A1BD.
(3)由于A1D⊥平面A1BC,所以A1D⊥A1C.
由于A1D=6,CD=10,所以A1C=8,
所以VA1-BCD=VB-A1CD=13×12×6×8×6=48.
故所求三棱锥A1-BCD的体积为48.
19.(12分)(2021·福州模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,E为AD上一点,平面PAD⊥平面ABCD,四边形BCDE为矩形,∠PAD=60°,PB=23,PA=ED=2AE=2.

(1)已知PF→=λPC→(λ∈R),且PA∥平面BEF,求λ的值.
(2)求证:CB⊥平面PEB,并求点D到平面PBC的距离.
【解析】(1)连接AC交BE于点M,连接FM.
由于PA∥平面BEF,所以FM∥AP.
由于EM∥CD,所以AMMC=AEED=12,
由于FM∥AP,所以PFFC=AMMC=12,所以λ=13.
(2)由于AP=2,AE=1,∠PAD=60°,
所以PE=3,所以PE⊥AD,
又平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,PE⊥AD,所以PE⊥平面ABCD,
所以PE⊥CB,
又由于BE⊥CB,且PE∩BE=E,所以CB⊥平面PEB.
设点D到平面PBC的距离为d,由VD-PBC=VP-DBC,
得13×12×2×23×d=13×12×2×3×3,求得d=32.
所以点D到平面PBC的距离为32.
20.(13分)(2021·六安模拟)如图所示的几何体ABCDFE中,△ABC,△DFE都是等边三角形,且所在平面平行,四边形BCED是边长为2的正方形,且所在平面垂直于平面ABC.

(1)求几何体ABCDFE的体积.
(2)证明:平面ADE∥平面BCF.
【解析】(1)取BC的中点O,ED的中点G,连接AO,OF,FG,AG.

由于△ABC,△DFE都是等边三角形,故有AO⊥BC,且平面BCED⊥平面ABC,
所以AO⊥平面BCED,同理FG⊥平面BCED,
由于AO=FG=3,四边形BCED是边长为2的正方形,
所以,VABCDFE=2·VF-BCED=2×13×4×3=833.
(2)由(1)知AO∥FG,AO=FG,
所以四边形AOFG为平行四边形,故AG∥OF,
又DE∥BC,所以,平面ADE∥平面BCF.
21.(14分)如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱SA⊥底面ABCD,过A作AE垂直SB交SB于E点,作AH垂直SD交SD于H点,平面AEH交SC于K点,P是SA上的动点,且AB=1,SA=2.

(1)试证明不论点P在何位置,都有DB⊥PC.
(2)求PB+PH的最小值.
(3)设平面AEKH与平面ABCD的交线为l,求证:BD∥l.
【解析】(1)连接BD,AC,
由于底面ABCD是正方形,所以DB⊥AC,
由于SA⊥底面ABCD,BD⊂面ABCD,所以DB⊥SA,
又SA∩AC=A,所以BD⊥平面SAC,
由于不论点P在何位置都有PC⊂平面SAC,
所以DB⊥PC.
(2)将侧面SAB绕侧棱SA旋转到与侧面SAD在同一平面内,如图所示,则当B,P,H三点共线时,PB+PH取最小值,这时,PB+PH的最小值即线段BH的长,
设∠HAD=α,则∠BAH=π-α,
由于AH=SA·ADSD=25,
所以cosα=AHAD=25,
在三角形BAH中,由余弦定理得:BH2=AB2+AH2-2AB·AHcos(π-α)
=1+45-2×1×25×(-25)=175,
所以(PB+PH)min=855.
(3)连接EH,由于AB=AD,SA=SA,
所以Rt△SAB≌Rt△SAD,所以SB=SD,
又由于AE⊥SB,AH⊥SD,所以AE=AH,所以Rt△SEA≌Rt△SHA,
所以SE=SH,所以SESB=SHSD,
所以EH∥BD,
又由于EH⊂面AEKH,BD⊄面AEKH,所以BD∥面AEKH,
由于平面AEKH∩平面ABCD=l,所以BD∥l.
关闭Word文档返回原板块