第4章 立体几何初步-【高考领航】2023-2024学年高中数学必修第二册同步核心辅导与测评课时作业（湘教版）

章末达标测试(四) (时间：120分钟，满分：150分) 一、选择题(本题共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．下列命题中正确的是(　　) A．过三点确定一个平面 B．四边形是平面图形 C．三条直线两两相交则确定一个平面 D．两个相交平面把空间分成四个区域 解析：选D．过不共线的三点有且只有一个平面，选项A错误；四边形可能是平面图形也可能是空间图形，选项B错误；三条直线两两相交可能确定一个平面也可能确定三个平面，选项C错误；平面是无限延展的，两个相交平面把空间分成四个区域，选项D正确．故选D． 2．已知设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则(　　) A．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β B．若α∥β，m⊥α，n∥β，则m⊥n C．若α⊥β，m⊥α，n∥β，则m∥n D．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β 解析：选B．由m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，知在A中，若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α与β相交或平行，故A错误；在B中，若α∥β，m⊥α，n∥β，则m⊥β，所以m⊥n，故B正确；在C中，若α⊥β，m⊥α，n∥β，则m与n相交、平行或异面，故C错误；在D中，若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n与β相交、平行或n⊂β，故D错误． 3．在空间中，“直线a，b互为异面直线”是“直线a，b没有公共点”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A．“直线a，b互为异面直线”⇒“直线a，b没有公共点”，“直线a，b没有公共点”⇒“直线a，b互为异面直线或直线a，b平行”，∴“直线a，b互为异面直线”是“直线a，b没有公共点”的充分不必要条件． 4．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成的角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为(　　) A．40π B．80π C．40π D．80π 解析：选A．设圆锥的母线长为l，底面半径为r，因为S△SAB＝·l2·sin∠ASB＝·l2· ＝5，所以l＝4.又因为r＝l，所以r＝2，则S侧＝πrl＝π·2×4＝40π. 5．在棱长为2的正方体ABCD -A1B1C1D1中，E，F，G分别是AB，AD，BB1的中点，则正方体内过E，F，G的截面面积为(　　) A．3 B．3 C．2 D．2 解析：选B．如图所示，取棱B1C1，C1D1，DD1的中点，则该截面是一个边长为的正六边形，其面积为6××()2＝3. 6．如图所示，在以下四个正方体中，使得直线AB与平面CDE垂直的个数是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选B．①连接AC，BC(图略)，因为△ABC是正三角形，所以AB与AC的夹角为60°，又因为AC∥ED，所以AB与ED的夹角为60°，故错误；②因为正方形对角线互相垂直，所以AB⊥CE，AB⊥ED，ED∩CE＝E，ED，CE⊂平面CDE，所以AB⊥平面CDE，故正确；③由①知AB与CE的夹角为60°，故错误；④连接AD，因为CE⊥AD，CE⊥BD，BD∩AD＝D，BD，AD⊂平面ABD，所以CE⊥平面ABD，则AB⊥CE，同理AB⊥ED，又ED∩CE＝E，ED，CE⊂平面CDE，所以AB⊥平面CDE，故正确． 7．已知在三棱锥A -BCD中，CD⊥平面ABC，Rt△ABC中两直角边AB＝5，BC＝3，该三棱锥的外接球的表面积为50π，则三棱锥的体积为(　　) A．10 B．20 C．30 D．40 解析：选A．如图所示，CD⊥平面ABC，∵CD⊂平面CDB，则平面CDB⊥平面ABC，又AB⊥BC，∴AB⊥平面BCD，则把三棱锥A -BCD补形为长方体，过长方体一个顶点的三条棱长分别为3，5，CD，设三棱锥的外接球的半径为R，则4πR2＝50π，则R＝.∴长方体的对角线长为5.由(5)2＝32＋52＋CD2，得CD＝4，∴三棱锥的体积为××3×5×4＝10. 8.如图所示，在直三棱柱ABC -A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析：选D．如图所示，设M，N，P分别为AB，BB1和B1C1的中点，连接MN，NP，MP，则AB1与BC1所成的角为∠MNP或其补角．由题意易得BB1⊥AB，则AB1＝＝＝，所以MN＝AB1＝.同理NP＝BC1＝，取BC的中点Q，连接PQ，MQ，则△PQM为直角三角形，PQ＝1，MQ＝AC．在Rt△ABC中，由勾股定理，得AC＝＝＝，所以MQ＝AC＝.在Rt△MQP中，MP＝＝＝.在△PMN中，由余弦定理，得cos∠MNP＝＝＝－.又异面直线