第十一章章末检测试卷三-2024-2025学年高一下学期数学人教B版（2019）必修四

章末检测试卷三(第十一章) (时间：120分钟　分值：150分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1.下列说法正确的是(　　) A.多面体至少有3个面 B.有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台 C.各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 D.棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形 2.如图，A'B'C'D'为各边与坐标轴平行的正方形ABCD的直观图，若A'B'=3，则原正方形ABCD的面积是(　　) A.9 B.3 C. D.36 3.某圆锥的侧面展开图是面积为3π，圆心角为的扇形，则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 4.设α，β，γ为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则下列条件中一定能得到m⊥β的是(　　) A.α∩γ=m，α⊥γ，β⊥γ B.α⊥β，α∩β=l，m⊥l C.n⊥α，n⊥β，m⊥α D.α⊥γ，β⊥γ，m⊥α 5.粮食是关系国计民生的重要战略物资.如图为储备水稻的粮仓，中间部分可近似看作是圆柱，圆柱的底面直径为10 m，上、下两部分可以近似看作是完全相同的圆锥，圆柱的高是圆锥高的4倍，且这两个圆锥的顶点相距12 m，每立方米的空间大约可装0.75吨的水稻，粮仓壁厚度忽略不计，则该粮仓最多可装水稻(　　) A.175π吨 B.200π吨 C.225π吨 D.250π吨 6.在三棱锥A-BCD中，AC⊥底面BCD，BD⊥DC，BD=DC，AC=a，∠ABC=30°，则点C到平面ABD的距离是(　　) A.a B.a C.a D.a 7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是AB，BB1的中点，则直线MN与平面A1BC1所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 8.已知A，B是球O的球面上的两点，∠AOB=90°，点C为该球面上的动点(点C不在平面AOB上)，若三棱锥O-ABC体积的最大值为，则球O的表面积为(　　) A.16π B.36π C.64π D.144π 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则下列四个结论正确的是(　　　　) A.直线AM与CC1是相交直线 B.直线AM与BN是平行直线 C.直线BN与MB1是异面直线 D.直线AM与DD1是异面直线 10.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BC=AC，AC1⊥A1B，M，N分别是A1B1，AB的中点，则下列结论中正确的有(　　　　) A.B1C1⊥平面AA1C1C B.A1B⊥NB1 C.平面A1BC⊥平面AMC1 D.平面AMC1∥平面CNB1 11.如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱的长度均相等，D为AA1的中点，M，N分别是线段BB1和线段CC1上的动点(含端点)，且满足BM=C1N，当M，N运动时，下列结论正确的是(　　　　) A.在△DMN内总存在与平面ABC平行的线段 B.平面DMN⊥平面BCC1B1 C.三棱锥A1-DMN的体积为定值 D.△DMN可能为直角三角形 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12.已知l，m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个真命题：　　　　　　　　　　　　　.  13.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=3，AD=4，则二面角C-BB1-D的正切值是　　　　　　　.  14.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是A1B1，CD的中点，则点B到截面AEC1F的距离为　　　　　　　，四棱锥B-AEC1F的体积为　　　　　　　　.  四、解答题(本题共5小题，共77分) 15.(13分)如图，矩形O'A'B'C'是水平放置的一个平面四边形OABC的直观图，其中O'A'=3，O'C'=1. (1)判断平面四边形OABC的形状并求周长；(6分) (2)若该四边形OABC以OA为旋转轴旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积.(7分) 16.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，且PB=PD. (1)求证：BD⊥PC；(7分) (2)若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：BC∥l.(8分) 17.(15分)如图所示，在四面体ABCD中，CB=CD，AD⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点. 求证：(1)EF∥平面ACD；(7分) (2)平面EFC⊥平面BCD.(8分) 18.(17分)如图，在三棱台ABC-DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC. (1)证明：EF⊥DB；(7分) (2)求DF与平面DBC所成角的正弦值.(10分) 19.(17分)如图，已知三棱柱ABC-A'B'C'的侧棱垂直于底面，AB=AC，∠BAC=90°，点M，N分别为A'B和B'C'的中点. (1)证明：MN∥平面AA'C'C；(7分) (2)设AB=λAA'，当λ为何值时，CN⊥平面A'MN？试证明你的结论.(10分) 答案精析 1.D　2.A 3.B　［设圆锥的母线长为l，底面半径为r， ∵圆锥的侧面展开图是面积为3π，圆心角为的扇形， ∴解得 故圆锥的母线长为3，底面半径为1. 故该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为=.］ 4.C　［在A中，α∩γ=m，α⊥γ，β⊥γ，则β与m可能垂直、平行或相交，故A错误； 在B中，m垂直β内的一条直线，不能推出m⊥β，故B错误； 在C中，因为n⊥α，n⊥β，所以α∥β，又m⊥α，所以m⊥β，故C正确； 在D中，由α⊥γ，β⊥γ，不能推出α∥β，所以由m⊥α不能推出m⊥β，故D错误.］ 5.A　［由题知，这两个圆锥的顶点相距12 m，圆柱的高是圆锥高的4倍， 设圆锥高为h，则6h=12⇒h=2， 所以圆柱体积V1=π×4h=200π(m3)， 两个圆锥体积V2=2×π×h=(m3)， 所以该组合体体积V=V1+V2=200π+=(m3)，所以该粮仓最多可装水稻0.75V=×=175π(吨).］ 6.B　［因为AC⊥底面BCD，BD⊂平面BCD， 所以AC⊥BD. 又BD⊥DC，AC∩DC=C，AD，DC⊂平面ACD， 所以BD⊥平面ACD， 又BD⊂平面ABD， 所以平面ABD⊥平面ACD， 如图，过C作CE⊥AD， 因为平面ABD∩平面ACD=AD，CE⊂平面ACD， 所以CE⊥平面ABD，由题意得AC=a，BC=a，CD=a， 所以CE= ==a.］ 7.C　［方法一　设正方体的棱长为2a，如图，连接AC，BD交于点O，连接ON，OM，DB1， 易证B1D⊥平面A1BC1，而ON∥B1D，故∠ONM就是直线MN与平面A1BC1所成角的余角.又△OMN为直角三角形且OM=a，MN=a，∠OMN=90°，所以tan∠ONM==，sin∠ONM==.设直线MN与平面A1BC1所成的角为θ，则cos θ=. 方法二　连接AB1交A1B于点O， 因为M，N分别为AB，BB1的中点，所以AB1∥MN， 所以直线OB1与平面A1BC1所成的角θ即为所求. 设正方体的棱长为1，利用等体积法，可求得点B1到平面A1BC1的距离h=，又OB1=， 所以sin θ==， 所以cos θ=.］ 8.A　［如图所示，当点C位于垂直于平面AOB的直径端点时，三棱锥O-ABC的体积最大， 设球O的半径为R，此时VO-ABC=VC-AOB=×R2×R=R3=，所以R=2. 因此，球O的表面积为4πR2=16π.］ 9.CD　［直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故A，B错误； 直线BN与MB1是异面直线，直线AM与DD1是异面直线，故C，D正确.］ 10.BCD　［因为B1C1与A1C1不一定垂直，所以B1C1与平面AA1C1C不一定垂直，故A错误；由AA1⊥平面A1B1C1，可得AA1⊥C1M.由B1C1=A1C1及M为A1B1的中点，可得C1M⊥A1B1，又AA1∩A1B1=A1，所以C1M⊥平面A1ABB1，从而C1M⊥A1B.又已知AC1⊥A1B，C1M∩AC1=C1，所以A1B⊥平面AMC1，又A1B⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面AMC1，A1B⊥AM，又MB1∥AN，MB1=AN，所以ANB1M是平行四边形，所以AM∥NB1，所以A1B⊥NB1，故B和C正确；因为AM∥NB1，AM⊄平面CNB1，NB1⊂平面CNB1，所以AM∥平面CNB1，同理MC1∥平面CNB1，MC1∩AM=M，所以平面AMC1∥平面CNB1，故D正确.］ 11.ABC　［当点M，N分别在BB1，CC1上运动时，由直线与平面平行的定义得在△DMN内总存在与平面ABC平行的线段DO，O为MN的中点，故A正确；如图，线段MN必过正方形BCC1B1的中心O， 而DO⊥平面BCC1B1，DO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面BCC1B1，故B正确；当M，N分别在BB1，CC1上运动时，△A1DM的面积不变，N到平面A1DM的距离不变，所以三棱锥N-A1DM的体积不变，即三棱锥A1-DMN的体积也不变，为定值，故C正确；若△DMN为直角三角形，则必是以∠MDN为直角的直角三角形，但MN的最大值为BC1，而此时DM，DN的长均大于BB1，所以△DMN不可能为直角三角形，故D错误.］ 12.如果l⊥α，m∥α，则l⊥m 解析　共有如下三个命题： (1)如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确； (2)如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，不正确，m可能在平面α内； (3)如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，不正确，l与α可能斜交，l∥α. 13. 解析　由长方体特点可知，BB1⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD， ∴BC⊥BB1，BD⊥BB1，∴∠CBD即为二面角C-BB1-D的平面角. 又CD=AB=3，BC=AD=4，BC⊥CD， ∴tan∠CBD==. 14.　 解析　设点B到截面AEC1F的距离为d，则三棱锥E-AFB的体积V=S△AEF·d=S△ABF×1， ∵AE=EC1=C1F=FA， ∴四边形AEC1F为菱形， ∴S△AEF=×AC1·EF=××=， 又S△ABF=，∴d=×1， ∴d=.∴=××AC1·EF·d=××××=. 15.解　(1)将直观图还原得平行四边形OABC，如图，所以OA=3， OC==3，所以平行四边形OABC为菱形，其周长为3×4=12. (2)四边形OABC以OA为旋转轴旋转一周， 求得V=πr2h=π(2)2·3=24π， l==3， S圆锥侧=πrl=π·2·3=6π， S圆柱侧=2πrh=2π·2·3=12π， 所以S表=S圆柱侧+2S圆锥侧=24π. 16.证明　(1)如图，连接AC，交BD于点O，连接PO. 因为四边形ABCD为菱形， 所以BD⊥AC. 又因为PB=PD，O为BD的中点， 所以BD⊥PO. 因为PO∩AC=O， 所以BD⊥平面PAC， 因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC. (2)因为四边形ABCD为菱形，所以BC∥AD. 因为BC⊄平面PAD， AD⊂平面PAD， 所以BC∥平面PAD. 又因为BC⊂平面PBC，平面PBC与平面PAD的交线为l. 所以BC∥l. 17.证明　(1)∵E，F分别是AB，BD的中点， ∴EF是△ABD的中位线， ∴EF∥AD. ∵EF⊄平面ACD，AD⊂平面ACD， ∴EF∥平面ACD. (2)∵AD⊥BD，EF∥AD， ∴EF⊥BD. ∵CB=CD，F是BD的中点， ∴CF⊥BD. 又∵EF∩CF=F，EF， CF⊂平面EFC， ∴BD⊥平面EFC. ∵BD⊂平面BCD， ∴平面EFC⊥平面BCD. 18.(1)证明　如图，过点D作DO⊥AC，交AC于点O，连接OB. 由∠ACD=45°，DO⊥AC得，CD=CO. 由平面ACFD⊥平面ABC得，DO⊥平面ABC， 所以DO⊥BC. 由∠ACB=45°，BC=CD=CO得，BO⊥BC. 又BO∩OD=O，BO，OD⊂平面BDO， 所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB. 由三棱台ABC-DEF得BC∥EF， 所以EF⊥DB. (2)解　如图，过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH. 由三棱台ABC-DEF得DF∥CO，所以DF与平面DBC所成角等于CO与平面DBC所成角. 由BC⊥平面BDO得OH⊥BC， 因为BC∩BD=B，故OH⊥平面BCD， 所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角. 设CD=2.则DO=OC=2，BO=BC=， 得BD=，OH=， 所以sin∠OCH==， 因此，DF与平面DBC所成角的正弦值为. 19.(1)证明　如图，设A'B'的中点为E，连接EM，EN， ∵点M，N分别为A'B和B'C'的中点， ∴NE∥A'C'，ME∥BB'， ∵AA'∥BB'， ∴ME∥AA'， 又∵A'C'⊂平面ACC'A'，AA'⊂平面ACC'A'，NE⊄平面ACC'A'，ME⊄平面ACC'A'， ∴NE∥平面ACC'A'，ME∥平面ACC'A'. ∵NE∩ME=E，NE⊂平面EMN，ME⊂平面EMN， ∴平面EMN∥平面ACC'A'. ∵MN⊂平面EMN， ∴MN∥平面ACC'A'. (2)解　如图，连接BN， 设AA'=a，AB=λAA'=λa， 由题意知，BC=λa， BN=CN==. ∵三棱柱ABC-A'B'C'侧棱垂直于底面， ∴平面A'B'C'⊥平面BB'C'C. ∵AB=AC，∠BAC=90°，点N为B'C'的中点， ∴A'N⊥B'C'. 又平面A'B'C'∩平面BB'C'C=B'C'， A'N⊂平面A'B'C'， ∴A'N⊥平面BB'C'C， 又CN⊂平面BB'C'C， ∴CN⊥A'N. 要使CN⊥平面A'MN， 只需CN⊥BN即可， ∴CN2+BN2=BC2， 即2=2λ2a2， 解得λ=， 则当λ=时，CN⊥平面A'MN. 学科网（北京）股份有限公司 $$