2021版高考数学一轮复习单元评估检测四苏教版

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单元评估检测(四)(第八章) ‎ 一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.已知向量m=(λ+1,1,2),n=(λ+2,2,1),若(m+n)⊥(m-n),则λ= (　　)‎ A. B.- C.-2 D.-1‎ ‎【解析】选B.因为(m+n)⊥(m-n),所以(m+n)·(m-n)=m2-n2=[(λ+1)2+12+22]-‎ ‎[(λ+2)2+22+12]=-2λ-3=0,即λ=-.‎ ‎2.设x,y,z是空间不同的直线或平面,对下列四种情形:‎ ‎①x,y,z均为直线;②x,y是直线,z是平面;③z是直线,x,y是平面;④x,y,z均为平面.‎ 其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是 (　　)‎ A.③④ B.①③ C.②③ D.①②‎ ‎【解析】选C.由正方体模型可知①④为假命题;由线面垂直的性质定理可知②③为真命题.‎ ‎3.如图,正方体ABCD-A1B‎1C1D1中,E,F,M,N分别为BC,CC1,A1D1,C1D1的中点,则直线EF,MN所成角的大小为 (　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】选C.连接A‎1C1,BC1,A1B, ‎ 根据E,F,M,N分别为BC,CC1,A1D1,C1D1的中点,可得到MN是三角形A‎1C1D1的中位线,故得到MN∥A‎1C1,同理可得到BC1∥EF,‎ - 18 -‎ 进而直线EF,MN所成角的大小,可转化为A‎1C1与BC1的夹角,三角形A1BC1的三边均为正方体的面对角线,是等边三角形,故A‎1C1与BC1的夹角为.‎ ‎4.正四棱锥的侧棱长为2,侧棱与底面所成的角为60°,则该棱锥的体积为 ‎ (　　)‎ A.3 B‎.6 ‎C.9 D.18 ‎ ‎【解析】选B.由已知,棱锥的高为3,底面边长为,所以该棱锥的体积V=Sh=()2×3=6. ‎ ‎5.已知一圆锥的底面直径与母线长相等,一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切,则球与圆锥的表面积之比为 (　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】选B.设圆锥底面圆半径为R,球的半径为r, ‎ 由题意知,圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形,球的大圆是该等边三角形的内切圆,‎ 所以r=R,‎ S球的表面积=4πr2=4π·R2=R2,‎ S圆锥表面积=πR·2R+πR2=3πR2,所以球与圆锥的表面积之比为=.‎ ‎6.已知棱长为2的正方体ABCD-A1B‎1C1D1,球O与该正方体的各个面相切,则平面ACD1截此球所得的截面的面积为 (　　)‎ - 18 -‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】选D.因为球与各面相切,所以直径为2,且AC,AD1,CD1的中点在所求的切面圆上,所以所求截面为此三点构成的边长为的正三角形的外接圆,设此圆半径为R,由正弦定理知,‎ R=,所以截面的面积S=.‎ ‎7.如图,直三棱柱ABC-A1B‎1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上,AB=AC,侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形,则侧面ABB‎1A1的面积为 (　　)‎ A.2 B‎.1 ‎ C. D.‎ ‎【解析】选C.球心在面BCC1B1的中心O上,BC为△ABC所在截面圆的直径,所以∠BAC=90°,△A1B‎1C1外心M在B‎1C1中点上,连接OM,OC1,设正方形BCC1B1的边长为x,‎ 在Rt△OMC1中,OM=,MC1=,OC1=R=1,所以2+2=1,即x=(负值舍去),则AB=AC=1,所以=×1=.‎ ‎8.如图,在平面四边形ABCD中,E,F分别是AD,BD的中点,AB=AD=CD=2,BD=2,∠BDC=90°,将△ABD沿对角线BD折起至△A′BD,使平面A′BD⊥平面BCD,则在四面体A′-BCD中,下列结论不正确的是 (　　)‎ - 18 -‎ A.EF∥平面A′BC B.异面直线CD与A′B所成的角为90°‎ C.异面直线EF与A′C所成的角为60°‎ D.直线A′C与平面BCD所成的角为30°‎ ‎【解析】选C.A选项:因为E,F分别为A′D和BD两边的中点,所以EF∥A′B,又A′B⊂平面A′BC,所以EF∥平面A′BC,A正确;‎ B选项:因为平面A′BD⊥平面BCD,交线为BD,且CD⊥BD,所以CD⊥平面A′BD,‎ 即CD⊥A′B,故B正确;‎ C选项:取CD边中点M,连接EM,FM,则EM∥A′C,所以∠FEM为异面直线EF与A′C所成角,又EF=1,EM=,FM=,‎ 即∠FEM=90°,故C错误;‎ D选项:因为平面A′BD⊥平面BCD,连接A′F,则A′F⊥BD,所以A′F⊥平面CBD,‎ 连接FC,所以∠A′CF为A′C与平面BCD所成的角,又CD⊥A′D,所以A′C=2,‎ 又A′F==,sin∠A′CF===,所以∠A′CF=30°,D正确.‎ 二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)‎ ‎9.关于空间两条直线a,b和平面α,下列命题不正确的是 (　　)‎ A.若a∥b,b⊂α,则a∥α B.若a∥α,b⊂α,则a∥b C.若a∥α,b∥α,则a∥b D.若a⊥α,b⊥α,则a∥b ‎【解析】选ABC.线面平行的判定定理中的条件要求a⊄α,故A错;对于线面平行,这条直线与面内的直线的位置关系可以平行,也可以异面,故B错;平行于同一个平面的两条直线的位置关系:平行、相交、异面都有可能,故C错;垂直于同一个平面的两条直线是平行的,故D正确.‎ - 18 -‎ ‎10.给出以下四个命题,其中正确的为 (　　)‎ A.如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的一个平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行 B.如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线垂直于这个平面 C.如果两条直线都平行于一个平面,那么这两条直线互相平行 D.如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面互相垂直 ‎【解析】选ABD.根据直线与平面平行的性质可知A正确.根据直线与平面垂直的判定定理可知B正确.因为平行于一个平面的两条直线可以平行,也可以相交,也可以是异面直线,所以C错误.由两个平面垂直的判定定理可知D正确.‎ ‎11.圆柱的侧面展开图是长‎12 cm,宽‎8 cm的矩形,则这个圆柱的体积为 ‎ (　　)‎ A. cm3 B. cm3‎ C.288π cm3 D.192π cm3‎ ‎【解析】选AB.当圆柱的高为‎8 cm时,‎ V=π××8= (cm3),‎ 当圆柱的高为‎12 cm时,‎ V=π××12= (cm3).‎ ‎12.已知m和n是两条不同的直线,α和β是两个不重合的平面,那么下面给出的条件中不一定能推出m⊥β的是 (　　)‎ A.α⊥β且m⊂α B.α⊥β且m∥α ‎ C.m∥n且n⊥β D.m⊥n且n∥β ‎【解析】选ABD.α⊥β且m⊂α⇒m⊂β或m∥β或m与β相交,故A不一定能推出m⊥β;α⊥β且m∥α⇒m⊂β或m∥β或m与β相交,故B不一定能推出m⊥β;m∥n,且n⊥β⇒m⊥β,故C可以推出m⊥β;由m⊥n,且n∥β,知m∥β或m与β相交或m⊂β,故D不一定能推出m⊥β,故A、B、D符合题意.‎ - 18 -‎ 三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)‎ ‎13.平行六面体ABCD-A1B‎1C1D1中,=(1, 2, 0),=(2, 1, 0),=(0, 1, 5),则对角线AC1的长为________. ‎ ‎【解析】因为=++=++=(0, 1, 5)+(1, 2, 0)+(2, 1, 0)=(3, 4, 5),‎ 所以||==5.‎ 答案:5‎ ‎14.如图,在三棱柱A1B‎1C1-ABC中,已知D,E,F分别为AB,AC,AA1的中点,设三棱锥A-FED的体积为V1,三棱柱A1B‎1C1-ABC的体积为V2,则V1∶V2的值为________. ‎ ‎【解析】设三棱柱的高为h,‎ 因为F是AA1的中点,则三棱锥F-ADE的高为,‎ 因为D,E分别是AB,AC的中点,所以S△ADE=S△ABC,‎ 因为V1=S△ADE·,V2=S△ABC·h,‎ 所以==.‎ 答案:‎ - 18 -‎ ‎15.如图1,已知点E,F,G分别是棱长为a的正方体ABCD-A1B‎1C1D1的棱AA1,BB1,DD1的中点,点M,N,P,Q分别在线段AG,CF,BE,C1D1上运动,当以M,N,P,Q为顶点的三棱锥Q-PMN的俯视图是如图2所示的正方形时,则点Q到平面PMN的距离为________.  ‎ ‎【解析】根据俯视图可知,点P,Q,M,N的位置如图所示.易知点Q到平面PMN的距离即为正方体的高a.‎ 答案: a ‎16.圆柱形容器的内壁底面半径是‎10 cm,有一个实心铁球浸没于容器的水中,若取出这个铁球,测得容器内的水面下降了 cm,则这个铁球的体积为_____ cm3,表面积为________ cm2. ‎ ‎【解析】下降的水的体积即为球的体积,‎ 所以V球=π×102×=cm3.‎ 设该铁球的半径为r,‎ 则由题意得πr3=π×102×,‎ 解得r3=53,‎ 所以r=5,所以这个铁球的表面积S=4π×52=100π(cm2).‎ 答案:π　100π 四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)‎ - 18 -‎ ‎17.(10分)如图,四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,E为线段AD的中点,且AE=ED=BC=2,PA=PD=PB=4.PB⊥AC.‎ ‎(1)证明:平面PBE⊥平面PAC.‎ ‎(2)若BC∥AD,求三棱锥P-ACD的体积.‎ ‎【解析】(1)因为PA=PD,E是AD的中点,‎ 所以PE⊥AD,‎ 又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PE⊥平面ABCD,‎ 又AC⊂平面ABCD,所以PE⊥AC,‎ 又PB⊥AC,PE∩PB=P,所以AC⊥平面PBE,‎ 又AC⊂平面PAC,所以平面PBE⊥平面PAC.‎ ‎(2)由(1)知AC⊥平面PBE,故AC⊥BE,‎ 因为BC∥AD,BC=AD=DE,‎ 所以四边形BCDE是平行四边形,‎ 所以CD=BE,CD∥BE,所以AC⊥CD,‎ 因为PA=PD=PB=4,AE=DE=BC=2,‎ 所以PE==2,‎ 所以BE==2,即CD=2,‎ 所以AC==2.‎ 所以VP-ACD=S△ACD·PE ‎=××2×2×2=4.‎ ‎18.(12分)(2019·天津高考)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.‎ - 18 -‎ ‎(1)求证:BF∥平面ADE.‎ ‎(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值.‎ ‎(3)若二面角E-BD-F的余弦值为,求线段CF的长.‎ ‎【解析】依题意,可以建立以A为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),‎ D(0,1,0),E(0,0,2).‎ 设CF=h(h>0),则F(1,2,h).‎ ‎(1)依题意,=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又=(0,2,h),可得·=0,又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE.‎ ‎(2)依题意,=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(-1,-2,2).‎ 设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即不妨令z=1,可得n=(2,2,1).‎ 因此有cos<,n>==-.‎ 所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.‎ ‎(3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,‎ 则即 不妨令y=1,可得m=.‎ - 18 -‎ 由题意,有|cos |===,解得h=.经检验,符合题意.‎ 所以线段CF的长为.‎ ‎19.(12分)(2020·清华附中模拟)如图,在平行四边形ABCD中,∠A=45°,AB ‎=,BC=2,BE⊥AD于点E,将△ABE沿BE折起,使∠AED=90°,连接AC,AD,得到如图所示的几何体.‎ ‎(1)求证:平面ACD⊥平面ABC.‎ ‎(2)若点P在线段AB上,直线PD与平面BCD所成角的正切值为,求三棱锥P-BCD的体积.‎ ‎【解析】(1)因为BE⊥AE,DE⊥AE,BE∩DE=E,‎ 所以AE⊥平面BCDE,‎ 以E为坐标原点,以ED,EB,EA所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图:‎ 则A(0,0,1),B(0,1,0),C(2,1,0),D(1,0,0),‎ 设AC的中点为M,则M,‎ - 18 -‎ 所以=,=(0,1,-1),=(2,0,0),‎ 所以·=0,·=0,‎ 所以DM⊥AB,DM⊥BC,‎ 又AB∩BC=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,‎ 所以DM⊥平面ABC,‎ 又DM⊂平面ACD,‎ 所以平面ACD⊥平面ABC.‎ ‎(2)过P作PN⊥BE,垂足为N,连接DN,‎ 则PN∥AE,所以PN⊥平面BCDE,‎ 所以∠PDN为直线PD与平面BCD所成的角.‎ 设PN=x,则BN=x,故EN=1-x,‎ 所以DN=,‎ 所以tan∠PDN===,解得x=,即PN=.‎ 因为BD==,CD=AB=,BC=2,‎ 所以BD2+CD2=BC2,所以BD⊥CD.‎ 所以S△BCD=·BD·CD=1,‎ 所以三棱锥P-BCD的体积V=·S△BCD·PN=×1×=.‎ ‎20.(12分)如图,在正方形ABCD中,点E,F分别是AB,BC的中点,将△AED,△DCF分别沿DE,DF折起,使A,C两点重合于P.‎ ‎(1)求证:平面PBD⊥平面BFDE.‎ - 18 -‎ ‎(2)求二面角P-DE-F的余弦值.‎ ‎【解析】(1)连接EF交BD于O,连接OP.‎ 在正方形ABCD中,点E是AB中点,点F是BC中点,所以BE=BF,DE=DF,‎ 所以△DEB≌△DFB,‎ 所以在等腰△DEF中,O是EF的中点,‎ 且EF⊥OD,‎ 因此在等腰△PEF中,EF⊥OP,‎ 从而EF⊥平面OPD,‎ 又EF⊂平面BFDE,‎ 所以平面BFDE⊥平面OPD,‎ 即平面PBD⊥平面BFDE.‎ ‎(2)方法一:‎ 在正方形ABCD中,连接AF,交DE于G,设正方形ABCD的边长为2,由于点E是AB中点,点F是BC中点,所以Rt△DAE≌Rt△ABF,于是∠ADE=∠FAB,‎ 从而∠ADG+∠DAG=∠EAG+∠DAG=90°,‎ 所以AF⊥DE,于是,在翻折后的几何体中, ∠PGF为二面角P-DE-F的平面角,在正方形ABCD中,‎ 解得AG=,GF=,‎ 所以,在△PGF中,PG=AG=,GF=,‎ 由余弦定理得cos∠PGF==,‎ - 18 -‎ 所以,二面角P-DE-F的余弦值为.‎ 方法二:由题知PE,PF,PD两两互相垂直,故以P为原点,向量,,方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图的空间直角坐标系.设正方形边长为2,则P(0,0,0),E(0,1,0),F(1,0,0),D(0,0,2).‎ 所以=(1,-1,0),=(0,-1,2).‎ 设m=(x,y,z)为平面EFD的一个法向量,‎ 由 得 令x=1,得m=1,1,,‎ 又由题知n=(1,0,0)是平面PED的一个法向量,‎ 所以cos==.‎ 所以,二面角P-DE-F的余弦值为.‎ ‎21.(12分)如图,已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形, PA⊥底面ABCD,ED∥PA,且PA=2ED=2. ‎ ‎(1)证明:直线BD∥平面PCE.‎ ‎(2)证明:平面PAC⊥平面PCE.‎ ‎(3)若直线PC与平面ABCD所成的角为45°,求二面角P-CE-D的余弦值.‎ - 18 -‎ ‎【解析】(1)连接BD,交AC于点O,设PC中点为F,连接OF,EF.‎ 因为O,F分别为AC,PC的中点,‎ 所以OF∥PA,且OF=PA,因为DE∥PA,且DE=PA,所以OF∥DE,且OF=DE,‎ 所以四边形OFED为平行四边形,所以OD∥EF,即BD∥EF,又BD⊄平面PCE, EF⊂面PCE,所以BD∥面PCE.‎ ‎(2)因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.因为ABCD是菱形,所以BD⊥AC.因为PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,因为BD∥EF,所以EF⊥平面PAC,‎ 因为EF⊂平面PCE,所以平面PAC⊥平面PCE.‎ ‎(3)方法一:因为直线PC与平面ABCD所成角为45°,所以∠PCA=45°,所以AC=PA=2,‎ 所以AC=AB,故△ABC为等边三角形.‎ 设BC的中点为M,连接AM,则AM⊥BC.‎ 以A为原点,AM,AD,AP分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系 (如图).‎ 则P(0,0,2),C(,1,0),E(0,2,1),D(0,2,0),‎ ‎=(,1,-2),=(-,1,1),=(0,0,1),‎ 设平面PCE的法向量为n=(x1,y1,z1),‎ 则,即,‎ - 18 -‎ 令y1=1,则,所以n=(,1,2),‎ 设平面CDE的法向量为m=(x2,y2,z2),‎ 则,即,‎ 令x2=1,则,所以m=(1,,0),‎ 设二面角P-CE-D的大小为θ,由于θ为钝角,所以cos θ=-|cos|=‎ ‎-=-=-.‎ 所以二面角P-CE-D的余弦值为-.‎ 方法二:因为直线PC与平面ABCD所成角为45°,且PA⊥平面ABCD,‎ 所以∠PCA=45°,所以AC=PA=2.‎ 因为AB=AC=2,所以△ABC为等边三角形.‎ 因为PA⊥平面ABCD,由(1)知PA∥OF,所以OF⊥平面ABCD.‎ 因为OB⊂平面ABCD,OC⊂平面ABCD,所以OF⊥OB且OF⊥OC.‎ 在菱形ABCD中,OB⊥OC.‎ 以点O为原点,OB,OC,OF分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz(如图).‎ 则O(0,0,0),P(0,-1,2),C(0,1,0),‎ D(-,0,0),E(-,0,1),‎ 则=(0,-2,2),=(-,-1,1),‎ - 18 -‎ ‎=(-,-1,0)‎ 设平面PCE的法向量为n=(x1,y1,z1),‎ 则,即,‎ 令y1=1,则,则法向量n=(0,1,1).‎ 设平面CDE的法向量为m=(x2,y2,z2),‎ 则,即,‎ 令x2=1,则,‎ 则法向量m=(1,-,0).‎ 设二面角P-CE-D的大小为θ,由于θ为钝角,‎ 则cos θ=-|cos|=-‎ ‎=-=-.‎ 所以二面角P-CE-D的余弦值为-.‎ ‎22.(12分)(2019·北京高考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且=.‎ - 18 -‎ ‎(1)求证:CD⊥平面PAD.‎ ‎(2)求二面角F-AE-P的余弦值.‎ ‎(3)设点G在PB上,且=.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.‎ ‎【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD,‎ 又因为CD⊥AD,AD∩PA=A,AD,PA⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD.‎ ‎(2)在PD上取点M,使=,连接FM,‎ 在△PCD中,又=,‎ 所以FM