2014届高考数学一轮复习第七章立体几何综合检测(人教新课标)[1].doc

2014届高考数学一轮复习第十章概率综合检测（人教新课标）

(学生用书为活页试卷　解析为教师用书独有)
(检测范围：第七章)
(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(2013·洛阳模拟)．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为 (　　)
A．7 B．6
C．5 D．3
解析　A　依题意，设圆台上、下底面半径分别为r、3r，则有π(r＋3r)·3＝84π，解得r＝7.
2．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k＝
(　　)
A．1 B.
C. D.
解析　D　k a＋b＝k(1,1,0)＋(－1,0,2)＝(k－1，k,2)，2a－b＝2(1,1,0)－(－1,0,2)＝(3,2，－2)，
∵两向量垂直，∴3(k－1)＋2k－2×2＝0，∴k＝.

3．如图所示，在空间四边形ABCD中，点E、H分别是边AB、AD的中点，F、G分别是边BC、CD上的点，且＝＝，则 (　　)
A．EF与GH平行
B．EF与GH异面
C．EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上
D．EF与GH的交点M一定在直线AC上
解析　D　依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，所以E、F、G、H共面．因为EH＝BD，FG＝BD，故EH≠FG，所以EFGH是梯形，EF与GH必相交，设交点为M.因为点M在EF上，故点M在平面ACB上．同理，点M在平面ACD上，即点M是平面ACB与平面ACD的交点，而AC是这两个平面的交线，所以点M一定在AC上．
4．将一个边长为a的正方体，切成27个全等的小正方体，则表面积增加了
(　　)
A．6a2　 　 　 B．12a2　　　
C．18a2　　　 D．24a2
解析　B　依题意，小正方体的棱长为，所以27个小正方体的表面积总和为27×6×2＝18a2，故表面积增加量为18a2－6a2＝12a2.
5．设m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列选项中不正确的是 (　　)
A．当n⊥α时，“n⊥β”是“α∥β”成立的充要条件
B．当m⊂α时，“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件
C．当m⊂α时，“n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件
D．当m⊂α时，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件
解析　C　C中，当n∥α时，直线m，n的位置关系可能平行，可能异面．若m∥n，则n∥α或者n⊂α，所以n∥α是m∥n的既不充分也不必要条件，故选C.
6．已知某个几何体的三视图如图(主视图的弧线是半圆)，根据图中标出的数据，这个几何体的体积是 (　　)

A．288＋36π B．60π
C．288＋72π D．288＋18π
解析　A　依题意得，该几何体是由一个长方体与半个圆柱的组合体，其中长方体的长、宽、高分别为8、6、6，半个圆柱相应的圆柱底面半径为3、高为8，因此该几何体的体积等于8×6×6＋×π×32×8＝288＋36π，故选A.
7．关于直线m，n与平面α，β，有以下四个命题：
①若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n；
②若m∥α，n⊥β且α⊥β，则m∥n；
③若m⊥α，n∥β且α∥β，则m⊥n；
④若m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m⊥n.
其中真命题有 (　　)
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析　B　①中两直线可以平行、相交或异面，故不正确；②中两直线可以平行、相交或异面，故不正确；③中，由条件可得m⊥β，进而有m⊥n，故正确；④中，由条件可得m与β平行或m在β内，故有m⊥n.综上③④正确．
8．一条长为2的线段，它的三个视图分别是长为，a，b的三条线段，则ab的最大值为 (　　)
A. B.
C. D．3
解析　C　构造一个长方体，让

长为2的线段为体对角线，由题意知a2＝y2＋1，b2＝x2＋1，x2＋y2＝3，即a2＋b2＝x2＋y2＋2＝3＋2＝5，又5＝a2＋b2≥2ab，所以ab≤，当且仅当a＝b时取等号，所以选C.
9．已知正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中点，若＝＋x＋y，则x、y的值分别为 (　　)
A．x＝1，y＝1 B．x＝1，y＝
C．x＝，y＝ D．x＝，y＝1
解析　C　如图，＝＋

＝＋
＝＋(＋)，
所以x＝，y＝.
10．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为 (　　)
A. B.
C. D.
解析　D　

如图，连接A1C1，B1D1，交于点O1，由长方体的性质易知∠C1BO1为BC1与平面BB1D1D所成的角．
∵BC＝2，CC1＝1，∴BC1＝＝，
又C1O1＝A1C1＝＝，
∴在Rt△BO1C1中，sin ∠C1BO1＝＝＝.
11．在正方体ABCDA1B1C1D1中，若E为A1C1中点，则直线CE垂直于(　　)
A．AC B．BD
C．A1D D．A1A
解析　B　以A为原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为1，则A(0,0,0)，C(1,1,0)，B(1,0,0)，
D(0,1,0)，A1(0,0,1)，E，
∴＝，＝(1,1,0)，＝(－1,1,0)，
＝(0,1，－1)，＝(0,0，－1)，
显然·＝－＋0＝0，
∴⊥，即CE⊥BD.
12．连接球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB、CD的长度分别等于2、4，M、N分别为AB、CD的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：
①弦AB、CD可能相交于点M；
②弦AB、CD可能相交于点N；
③MN的最大值为5；
④MN的最小值为1.
其中真命题的个数是 (　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析　C　易求得M、N到球心O的距离分别为OM＝3，ON＝2，若两弦交于M，则ON⊥MN，在Rt△ONM中，有ON<OM，符合题意，故①正确．若两弦交于N，同①推得，OM<ON，矛盾，故②错．当M、O、N共线，M、N在O同侧，则MN取最小值1；M、N在O两侧，则MN取最大值5，故③④正确．
二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在题中横线上)
13.

如图，在正四棱柱A1C中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)
解析　∵FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只要M∈FH，则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.(答案不唯一)
【答案】　M位于线段FH上
14．已知α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及平面β之外的两条不同的直线，给出四个论断：①m∥n，②α∥β，③m⊥α，④n⊥β，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：________.
解析　同垂直于一个平面的两条直线互相平行，同垂直于两个平行平面的两条直线也互相平行．
【答案】　②③④⇒①
15．有6根木棒，已知其中有两根的长度为cm和cm，其余四根的长度均为1 cm，用这6根木棒围成一个棱锥，则这样的三棱锥体积为________cm3.
解析　

由题意知该几何体如图所示，SA＝SB＝SC＝BC＝1，AB＝，AC＝，则∠ABC＝90°，取AC的中点O，连接SO、OB，由已知可解得SO＝SA＝，OB＝AC＝，又SB＝1，所以∠SOB＝90°，又SO⊥AC，所以SO⊥底面ABC，所以所求三棱锥的体积V＝××＝.
【答案】　

16．(2013·赣州模拟)三棱锥SABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，给出以下结论：
①异面直线SB与AC的夹角为90°；
②直线SB⊥平面ABC；
③平面SBC⊥平面SAC；
④点C到平面SAB的距离是a.
其中正确结论的序号是________．
解析　由题意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，①②③正确；取AB的中点E，连接CE，可证得CE⊥平面SAB，故CE的长度即为C到平面SAB的距离，为a，④正确．
【答案】　①②③④
三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(12分)如图所示，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，沿对角线BD把△ABD折起，使点A在平面BCD上的射影E落在BC上．

(1)求证：平面ACD⊥平面ABC;
(2)求三棱锥A－BCD的体积．
解析　(1)∵AE⊥平面BCD，∴AE⊥CD.
又BC⊥CD，且AE∩BC＝E，
∴CD⊥平面ABC.
又CD⊂平面ACD，
∴平面ACD⊥平面ABC.
(2)由(1)知，CD⊥平面ABC，
又AB⊂平面ABC，∴CD⊥AB.
又∵AB⊥AD，CD∩AD＝D，
∴AB⊥平面ACD.
∴VA－BCD＝VB－ACD＝·S△ACD·AB.
又∵在△ACD中，AC⊥CD，AD＝BC＝4，AB＝CD＝3，
∴AC＝＝＝.
∴VA－BCD＝×××3×3＝.
18．(12分)(2013·西安模拟)

如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是棱BC、CC1上的点，CF＝AB＝2CE，AB∶AD∶AA1＝1∶2∶4.
(1)证明AF⊥平面A1ED；
(2)求平面A1ED与平面FED夹角的余弦值．
解析　如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设AB＝1，
依题意得D(0,2,0)，F(1,2,1)，

A1(0,0,4)，E
(1)已知＝(1,2,1)，＝，＝，
于是·＝0，·＝0，
因此AF⊥EA1，AF⊥ED，又EA1∩ED＝E，所以AF⊥平面A1ED.
(2)设平面FED的法向量u＝(x，y，z)，
则，即
不妨令x＝1，可得u＝(1,2，－1)，由(1)可知，为平面A1ED的一个法向量．
于是cos〈u，〉＝＝，
所以平面A1ED与平面FED夹角的余弦值是.
19.

(12分)如图，四边形ABCD为正方形，四边形BDEF为矩形，AB＝2BF，DE⊥平面ABCD，G为EF的中点．
(1)求证：CF∥平面ADE；
(2)求证：平面ABG⊥平面CDG；
(3)求二面角C－FG－B的余弦值．
解析　(1)∵BF∥DE，BC∥AD，BF∩BC＝B，DE∩AD＝D，∴平面CBF∥平面ADE.
又CF⊂平面CBF，
∴CF∥平面ADE.

(2)如图，取AB的中点M，CD的中点N，连接GM、GN、MN、AC、BD，设AC、MN、BD交于O，连接GO.
∵四边形ABCD为正方形，四边形BDEF为矩形，
AB＝2BF，DE⊥平面ABCD，G为EF的中点，
则GO⊥平面ABCD，GO＝MN，
∴GN⊥MG.
又GN⊥DC，AB∥DC，∴GN⊥AB.
又AB∩MG＝M，
∴GN⊥平面GAB.
又GN⊂平面CDG，
∴平面ABG⊥平面CDG.
(3)由已知易得CG⊥FG，由(2)知GO⊥EF，
∴∠CGO为二面角C－FG－B的平面角，
∴cos ∠CGO＝＝.
20．(12分)如图所示，在直角梯形ABCP中，BC∥AP，AB⊥BC，CD⊥AP，AD＝DC＝PD＝2.E，F，G分别为线段PC，PD，BC的中点，现将△PDC折起，使平面PDC⊥平面ABCD.

(1)求证：PA∥平面EFG；
(2)求二面角G－EF－D的大小．
解析　(1)∵PE＝EC，PF＝FD，∴EF∥CD.
又CD∥AB，∴EF∥AB，∴EF∥平面PAB.
同理，EG∥平面PAB.
又∵EF∩EG＝E，∴平面PAB∥平面EFG，
而PA在平面PAB内，∴PA∥平面EFG.

(2)如图，以D为坐标原点，DA，DC，DF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，G(1,2,0)，
易知＝(2,0,0)为平面EFD的一个法向量．
设平面EFG的一个法向量为n＝(x，y，z)，
又＝(0，－1，0)，＝(1,1，－1)，
由得
即取x＝1，得n＝(1,0,1)．
设所求二面角为θ，cos θ＝＝＝，
∴θ＝45°，即二面角G－EF－D的平面角的大小为45°.
21．(12分)如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．

(1)求证：B1D1∥平面A1BD；
(2)求证：MD⊥AC；
(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
解析　(1)由直四棱柱概念，得BB1綊DD1，
∴四边形BB1D1D是平行四边形，
∴B1D1∥BD.
而BD⊂平面A1BD，B1D1⊄平面A1BD，∴B1D1∥平面A1BD.
(2)∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴BB1⊥AC.
又∵BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，
∴AC⊥平面BB1D1D.
而MD⊂平面BB1D1D，
∴MD⊥AC.

(3)当点M为棱BB1的中点时，取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于O，连接OM，如图所示．
∵N是DC的中点，BD＝BC，∴BN⊥DC.
又∵DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线，
而平面ABCD⊥平面DCC1D1，
∴BN⊥平面DCC1D1.
又可证得，O是NN1的中点，∴BM綊ON，
即四边形BMON是平行四边形，
∴BN∥OM，∴OM⊥平面CC1D1D，
∵OM⊂平面DMC1，∴平面DMC1⊥平面CC1D1D.
22．(14分)在侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，A1A＝AB，E为BB1延长线上的一点，D1E⊥面D1AC.
(1)求二面角E－AC－D1的大小；
(2)在D1E上是否存在一点P，使A1P∥平面EAC？若存在，求D1P∶PE的值；若不存在，说明理由．
解析　设AC与BD交于O，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，设AB＝2，则A(，0,0)，B(0,1,0)，C(－，0,0)，D(0，－1,0)，D1(0，－1,2)，A1(，0,2)．

(1)设E(0,1,2＋h)，则＝(0,2，h)，＝(－2，0,0)，＝(，1，－2)，
∵D1E⊥平面D1AC，
∴D1E⊥AC，D1E⊥D1A，
∴·＝0，·＝0，
∴2－2h＝0，∴h＝1，
即E(0,1,3)，
∴＝(0,2,1)，＝(－，1,3)．
设平面EAC的法向量为m＝(x，y，z)，
则m⊥，m⊥，
∴
令z＝－1，得m＝(0,3，－1)，
∴cos〈m，〉＝＝，
∴二面角E－AC－D1的大小为45°.
(2)设＝λ＝λ(－)，
则＝＝，
∴＝＋
＝(－，－1,0)＋
＝.
∵A1P∥平面EAC，
∴⊥m，
∴·m＝0，
∴－×0＋3×＋(－1)×＝0，
∴λ＝.
∴存在点P使A1P∥平面EAC，
此时D1P∶PE＝3∶2.