第8章 立体几何初步 测评卷-【赢在微点】轻松课堂2023-2024学年新教材高中数学必修第二册（人教A版）

第八章测评卷 (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.直线l与平面α不平行,则(C) A.l与α相交 B.l⊂α C.l与α相交或l⊂α D.以上结论都不对 解析　直线与平面的位置关系有:直线在平面内、直线与平面平行、直线与平面相交。因为直线l与平面α不平行,所以l与α相交或l⊂α。故选C。 2.如图Rt△O'A'B'是一平面图形的直观图,斜边O'B'=2,则这个平面图形的面积是(D) A. B.1 C. D.2 解析　因为Rt△O'A'B'是一平面图形的直观图,斜边O'B'=2,Rt△O'A'B'的直角边长是,所以Rt△AOB面积为×2×2=2。 3.在空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA上分别取E,F ,G,H四点,如果EF ,HG交于一点P,则(B) A.点P一定在直线BD上 B.点P一定在直线AC上 C.点P一定在直线AC或BD上 D.点P既不在直线AC上,也不在直线BD上 解析　如图,因为P∈HG,HG⊂平面ACD,所以P∈平面ACD。同理,P∈平面BAC。因为平面BAC∩平面ACD=AC,所以P∈AC。故选B。 4.在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,D,E分别为AB,B1C1的中点,若AA1=AC=2,DE=,则DE与CC1所成角的余弦值为(C) A. B. C. D. 解析　如图所示,取BC的中点F ,可得CC1∥EF ,所以异面直线DE与CC1所成的角,即为直线DE与EF 所成的角,在△DEF 中,可得EF =AA1=2,DF =AC=1,DE=,由余弦定理可得cos∠DEF ==。故选C。 5.如图,在长方体ABCD􀆼A1B1C1D1中,=(D) A.60 B.30 C.20 D.10 解析　=××3×5×4=10。故选D。 6.如图,在正四面体DABC中,P∈平面DBA,则在平面DAB内过点P与直线BC成60°角的直线共有(C) A.0条 B.1条 C.2条 D.3条 解析　过点P分别作BD,AB的平行线,这两条直线都符合题意。故选C。 7.(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为2π,侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为V甲和V乙,若=2,则=(C) A. B.2 C. D. 解析　如图,甲、乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆,结合=2可知,甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1。设圆的半径(即圆锥母线)l=3,甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1,r2,高分别为h1,h2,则2πr1=4π,2πr2=2π,得r1=2,r2=1,由勾股定理,得h1=,h2=2,所以====。 8.已知A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O1为△ABC的外接圆,若☉O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为(A) A.64π B.48π C.36π D.32π 解析　如图所示,设球O的半径为R,☉O1的半径为r,因为☉O1的面积为4π,所以4π=πr2,解得r=2,又AB=BC=AC=OO1,所以=2r,解得AB=2,故OO1=2,所以R2=O+r2=(2)2+22=16,所以球O的表面积S=4πR2=64π。故选A。 二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分。 9.下列说法正确的是(CD) A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B.各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 C.底面是正多边形,且各侧面是全等的等腰三角形的棱锥是正棱锥 D.棱台的侧棱延长后必交于一点 解析　对于A,不能保证顶点在底面上的射影为底面正多边形的中心,故A错误;对于B,不能保证底面为正多边形,故B错误;C正确;对于D,根据棱台的定义,知棱台的侧棱延长后必交于一点,故D正确。故选CD。 10.已知平面α⊥平面β,α∩β=l,点A∈α,A∉l,若直线AB∥l,直线AC⊥l,直线m∥α,m∥β,则(ABC) A.AB∥m B.AC⊥m C.AB∥β D.AC⊥β 解析　因为m∥α,m∥β,α∩β=l,所以m∥l,又AB∥l,所以AB∥m,故A正确;因为AC⊥l,m∥l,所以AC⊥m,故B正确;因为A∈α,AB∥l,l⊂α,所以B∈α,所以AB⊄β,l⊂β,所以AB∥β,故C正确;因为AC⊥l,当点C在α内时,AC⊥β成立,当点C不在α内时,AC⊥β不成立,故D不正确。 11.(2022·新高考全国Ⅱ卷)如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,F B∥ED,AB=ED=2F B,记三棱锥E􀆼ACD,F 􀆼ABC,F 􀆼ACE的体积分别为V1,V2,V3,则(CD) A.V3=