2019_2020学年新教材高中数学第8章立体几何初步单元质量测评新人教A版必修第二册.doc

第八章　单元质量测评
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．
第Ⅰ卷　(选择题，共60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．轴截面是正三角形的圆锥称为等边圆锥，则等边圆锥的侧面积是底面积的(　　)
A．4倍 B．3倍
C. 倍 D．2倍
答案　D
解析　设等边圆锥的母线长为l，底面半径为r，由已知得l＝2r，所以＝＝＝2.
2．某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的体积为(　　)

A. B．3π
C. D．π
答案　C

解析　由三视图知，如图，此四面体的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，设外接球的半径为R，则2R＝，R＝.所以球的体积为V＝π×3＝.
3．如图所示是古希腊数学家阿基米德墓碑上刻着的一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现．我们来重温这个伟大发现．圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比分别为(　　)

A.，1 B.，1
C.， D.，
答案　C
解析　设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R.
∵V圆柱＝πR2×2R＝2πR3，V球＝πR3，
∴＝＝.
∵S圆柱表面积＝2πR×2R＋2×πR2＝6πR2，
S球表面积＝4πR2，
∴＝＝.
4．已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截去一部分后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(　　)

A. B. C. D．8
答案　B

解析　由三视图，知该几何体的直观图是如图所示的多面体B1C1D1－BCDFE，该多面体可补全为棱长为2的正方体，其中E，F分别为AB，AD的中点，多面体AEF－A1B1D1为棱台，棱台高为2，上、下底面均为等腰直角三角形．则该几何体的体积是2×2×2－×2×＝8－＝，故选B.
5．用斜二测画法画水平放置的△ABC的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形A′B′C′.已知点O′是斜边B′C′的中点，且A′O′＝1，则△ABC的边BC上的高为(　　)

A．1 B．2 C. D．2
答案　D
解析　∵△ABC的直观图是等腰直角三角形A′B′C′，∠B′A′C′＝90°，A′O′＝1，∴A′C′＝.根据直观图平行于y轴的长度变为原来的一半，∴△ABC的BC边上的高为AC＝2A′C′＝2.故选D.
6．E，F，G，H分别是空间四边形ABCD四条边AB，BC，CD，DA的中点，则EG与FH的位置关系是(　　)
A．异面 B．平行
C．相交 D．重合
答案　C

解析　如图所示，连接BD，EF，FG，GH，HE，EG，HF，由E，F，G，H是空间四边形ABCD的四边AB，BC，CD，DA的中点，有EH綊BD，FG綊BD，∴EH綊FG，∴四边形EFGH是平行四边形，EG与FH是对角线，故选C.
7．设直线l⊂平面α，过平面α外一点A与l，α都成30°角的直线有且只有(　　)
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
答案　B

解析　如图，和α成30°角的直线一定是以A为顶点的顶角为120°的圆锥的母线所在的直线，当BC与l平行时，直线AC，AB都满足条件．故选B.
8．已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行
B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行
C．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面
D．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线
答案　C
解析　垂直于同一个平面的两个平面可能相交也可能平行，故A错误；平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，故B错误；若两个平面相交，则一个平面内与交线平行的直线一定和另一个平面平行，故D错误；若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，所以若两条直线不平行，则它们不可能垂直于同一个平面，故C正确．
9．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．90°
答案　C

解析　本题可借助正方体模型求解，如图，BA1与AC1所成的角即为BA1与BD1所成的角．在△A1BD1中，A1B＝A1D1＝BD1，所以BA1与BD1所成的角为60°.
10．在四面体ABCD中，已知棱AC的长为，其余各棱长都为1，则二面角A－CD－B的平面角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C

解析　如图，取AC的中点E，CD的中点F，连接EF，BF，BE.
∵AC＝，其余各棱长都为1，
∴BF⊥CD，AD⊥CD，∴EF⊥CD.
∴∠BFE是二面角A－CD－B的平面角．
∵EF＝，BE＝，BF＝，
∴EF2＋BE2＝BF2.
∴∠BEF＝90°，∴cos∠BFE＝＝.
11．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)

答案　A

解析　解法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.故选A.

解法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，故选A.

12．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，AB＝BC＝CA＝CF＝2，AA1＝3，则下列说法正确的是(　　)

A．设平面ADF与平面BEC1的交线为l，则直线C1E与l相交
B．在棱A1C1上存在点N，使得三棱锥N－ADF的体积为
C．设点M在BB1上，当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF
D．在棱A1B1上存在点P，使得C1P⊥AF
答案　C
解析　连接CE交AD于点O，则O为△ABC的重心，连接OF.由已知得OF∥EC1，则EC1∥l，故A错误；若在A1C1上存在点N，则VN－ADF＝VD－AFN，当N与C1重合时，VD－AFN取最小值为，故B错误；当BM＝1时，可证得△CBM≌△FCD，则∠BCM＋∠CDF＝90°，即CM⊥DF.又AD⊥平面CB1，CM⊂平面CB1，∴AD⊥CM.
∵DF∩AD＝D，∴CM⊥平面ADF.∵CM⊂平面CAM，∴平面CAM⊥平面ADF，故C正确．过C1作C1G∥FA交AA1于点G.若在A1B1上存在点P，使得C1P⊥AF，则C1P⊥C1G.又C1P⊥GA1，C1G∩GA1＝G，∴C1P⊥平面A1C1G.∵A1C1⊂平面A1GC1，∴C1P⊥A1C1，矛盾，故D错误．故选C.
第Ⅱ卷　(非选择题，共90分)
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．如图，α∩β＝CD，α∩γ＝EF，β∩γ＝AB，AB∥α，则CD与EF的位置关系为________．

答案　CD∥EF
解析　因为AB∥α，AB⊂β，α∩β＝CD，所以AB∥CD.
同理可证AB∥EF，所以CD∥EF.
14．已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：________.
答案　①③④⇒②(或②③④⇒①)
解析　∵α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同的直线，若①m⊥n，③n⊥β，则m∥β.又④m⊥α，∴②α⊥β.即①③④⇒②.
若②α⊥β，③n⊥β，则n∥α，又④m⊥α，∴①m⊥n.即②③④⇒①.
15．若一个圆台的轴截面是腰长为a的等腰梯形，下底边长为2a，对角线长为a，则这个圆台的体积为________．
答案　πa3

解析　圆台的轴截面如图，由AD＝a，AB＝2a，BD＝a，可知∠ADB＝90°，∠DAB＝60°.分别过点D，C作DH⊥AB，CG⊥AB，则DH＝a，所以HB＝＝＝a，所以DC＝HG＝a，所以圆台的体积为
V＝··a＝πa3.
16．把由折线y＝|x|和y＝2围成的图形绕x轴旋转360°，所得旋转体的体积为________．
答案　

解析　由题意，y＝|x|和y＝2围成图中阴影部分的图形，旋转体为一个圆柱挖去两个共顶点的圆锥．∵V圆柱＝π×22×4＝16π，2V圆锥＝2××22×2＝，∴所求几何体的体积为16π－＝.
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)如图所示是一个圆台形的纸篓(有底无盖)，它的母线长为50 cm，两底面直径分别为40 cm和30 cm.现有制作这种纸篓的塑料制品50 m2，问最多可以做这种纸篓多少个？

解　根据题意可知，纸篓底面圆的半径r′＝15 cm，上口的半径r＝20 cm，母线长l＝50 cm，则纸篓的表面积S＝πr′2＋＝π(r′2＋r′l＋rl)＝π(152＋15×50＋20×50)＝1975π(cm2)．
因为50 m2＝500000 cm2，故最多可以制作这种纸篓的个数n＝≈80.
18．(本小题满分12分)已知正三棱锥(底面为正三角形，顶点在底面内的正投影为底面的中心)S－ABC，一个正三棱柱的一个底面的三个顶点在正三棱锥的三条侧棱上，另一底面在正三棱锥的底面上，若正三棱锥的高为15 cm，底面边长为12 cm，内接正三棱柱的侧面积为120 cm2.
(1)求三棱柱的高；
(2)求棱柱上底面截棱锥所得的小棱锥与原棱锥的侧面积之比．
解　(1)设正三棱柱的高为h cm，底面边长为x cm，如图，

则＝，
∴x＝(15－h)．①
又S三棱柱侧＝3x·h＝120，
∴xh＝40.②
解①②得或
故正三棱柱的高为10 cm或5 cm.
(2)由棱锥的性质，得
＝2＝
或＝2＝.

19．(本小题满分12分)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M在AD1上移动，点N在BD上移动，D1M＝DN＝a(0<a<)，连接MN.

(1)证明：对任意a∈(0，)，总有MN∥平面DCC1D1；
(2)当a为何值时，MN的长度最小？
解　(1)证明：如图，作MP∥AD，交DD1于点P，作NQ∥BC，交DC于点Q，连接PQ.

由题意得MP∥NQ，且MP＝NQ，则四边形MNQP为平行四边形．∴MN∥PQ.
又PQ⊂平面DCC1D1，MN⊄平面DCC1D1，
∴MN∥平面DCC1D1.
(2)由(1)知四边形MNQP为平行四边形，
∴MN＝PQ.
∵DD1＝AD＝DC＝BC＝1，∴AD1＝BD＝.
∵D1M＝DN＝a，∴＝，＝.
即D1P＝DQ＝，
∴MN＝PQ＝
＝
＝(0<a<)．
故当a＝时，MN的长度有最小值，为.
即当M，N分别移动到AD1，BD的中点时，MN的长度最小，此时MN的长度为.
20．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AA1＝4，A1在底面ABC上的射影为BC的中点，D为B1C1的中点．

(1)证明：A1D⊥平面A1BC；
(2)求直线A1B和平面BB1C1C所成角的正弦值．

解　(1)证明：如图，设E为BC的中点，连接A1E，AE.

由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.
因为AB＝AC，所以AE⊥BC.所以AE⊥平面A1BC.
连接DE，由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥BB1，且DE＝BB1，
从而DE∥AA1，且DE＝AA1，所以四边形AA1DE是平行四边形，所以A1D∥AE.
又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.
(2)作A1F⊥DE，垂足为F，连接BF.
因为A1E⊥平面ABC，所以BC⊥A1E.
因为BC⊥AE，所以BC⊥平面AA1DE.
所以BC⊥A1F，所以平面AA1DE⊥BB1C1C，
所以A1F⊥平面BB1C1C.
所以∠A1BF为直线A1B与平面BB1C1C所成的角．
由AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，得EA＝EB＝.
又A1E⊥平面ABC，得A1A＝A1B＝4，A1E＝.
由DE＝BB1＝4，DA1＝EA＝，∠DA1E＝90°，得A1F＝.
所以sin∠A1BF＝.
21．(本小题满分12分)如图，△BCD内接于直角梯形A1A2A3D，若A1D＝5，A1A2＝4，沿△BCD三边分别将△A1BD，△A2BC，△A3CD翻折上去，恰使A1，A2，A3重合，重合后记为A.

(1)求证：AB⊥CD；
(2)求平面BCD与平面ACD所成二面角的正切值．
解　在题图中，由A1，A2，A3三点可重合知
A1B＝A2B＝2，A1D＝A3D＝5，A2C＝A3C.
作DF⊥A2A3于点F，
则FA3＝3⇒A3C＝A2C＝4.
(1)证明：折叠后的图形如图所示，

∵AB⊥AD，AB⊥AC，AD∩AC＝A，
∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥CD.
(2)作AE⊥CD于点E，连接BE.
∵AB⊥CD ，AB∩AE＝A，
∴CD⊥平面ABE，

∴CD⊥BE，
则∠AEB为平面BCD与平面ACD所成二面角的平面角．
在△ACD中，AE＝＝，
∵AB⊥平面ACD，∴AB⊥AE，
∴tan∠AEB＝＝.
22．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AC＝2AB，且BC1⊥A1C.

(1)求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1；
(2)点D在边A1C1上且C1D＝C1A1，证明在线段BB1上存在点E，使DE∥平面ABC1，并求此时的值．
解　(1)证明：∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，
∴四边形ACC1A1是矩形．
∵AA1＝AC，∴AC1⊥A1C.
又BC1⊥A1C，AC1∩BC1＝C1，
∴A1C⊥平面ABC1.
∵A1C⊂平面A1ACC1，
∴平面ABC1⊥平面A1ACC1.
(2)当＝时，DE∥平面ABC1，
如图，在A1A上取点F，使＝，
连接EF，FD.∵＝＝＝，
∴EF∥AB，DF∥AC1.
∵AB∩AC1＝A，EF∩DF＝F，
∴平面EFD∥平面ABC1，
∵DE⊂平面DEF，∴DE∥平面ABC1.

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