第8章 立体几何初步 综合测评-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年高中数学必修第二册（人教版2024）

6.A 解析依据斜二测画法的原则可得,BC一BC' 第八章综合测评 1.B 解由五个平面围成的多面体可能是四校 锥或三校柱,故A项不正确;根据校锥的定义,校 AB一AC一2.故ABC是等边三角形.故选A项 7.C 解圆台的轴截面为一个等腰梯形,作DEl 锥的高线可能在几何体之外,故B项正确;仅有 一组对面平行的六面体可能是四校台,也可能是 AB于点E,如图所示,易知AE一1.其中一个底 面圆的半径为6,故若CD-12,则可知另一底面圆 四校柱,故C项不正确;因为梭锥的定义中要求 的半径为7;若AB一12,则可知另一底面圆的半径 这些三角形必须有公共的项点,故D项不正确. 为5.故选C项. 故选B项. 2.D解因为m,n为异面直线,mla,n|,所以 a与3必不平行,即a与B相交,则由l m,l n, la,lCB,可得直线l必与平面a与B均平行,所 以。与8的交线与/平行,故选D项 8.D 解依题意得,PA一PB=PC,△ABC为边 3.A 解析因为ma,”Cg,n/n.所以根据线面 长为2的等边三角形,所以三校锥P一ABC为正 乎行的判定定理得m/g.由m/a不能得出m与 三校锥,所以PB AC.又E,F分别为PA,AB 的中点,所以EF//PB,所以EF AC.又EF a内任一直线平行,所以“m//n”是“m/a”的充分 CE.CEOAC=C,所以EF |乎面PAC,所以PB 不必要条件,故选A项 乎面PAC,所以 APB=90{*},所以PA=PB 4.A解析连接AD,在正方体ABCD-ABC.D 中,M是A.D的中点,所以M为AD;的中点,又 PC-2,所以三校锥P一ABC为正方体的一部 N是D.B的中点,所以MN/AB,MNC平面 分,设球O的半径为R,则2R- 2十2十2-/6 ABCD,ABC平面ABCD,所以MN//乎面 即R## ## ABCD.因为AB不垂直BD,所以MN不垂直 选D项. BD.则MN不垂直乎面BDD.B,所以B,D项不 正确;在正方体ABCD-A.BCD 中,AD A.D.AB |平面AA. D D.所以AB A.D,又 AD OAB=A,所以AD 乎面ABD,所以 A.D D.B,且直线A.D.D.B是异面直线,所以 C项错误,A项正确.故选A项. 5.D解如图,连接BC,PC,因为AD/BC. 9.CD解对于A项,若存在一条直线a,a/a 所以 PBC 或其补角为直线PB与AD.所成 a/B,则a/B或a与B相交;若a//B,则存在一条 的角,因为BB |乎面A. BC.D,所以BB 直线a,使得a/a,a/B,所以A项是a/B的一 P$C. 又PC B D,BB OB D =B,所以PC$ 个必要条件;同理,B项也是a/B的一个必要条 件而不是充分条件;对于C项,平行于同一个平 平面PBB,所以PC PB.设正方体的校长为2 面的两个平面显然是平行的,故C项是a/B的 一个充分条件;对于D项,可以通过平移把两条 异面直线平移到其中一个平面中,成为相交直 线,则有。/B,所以D项是a/B的一个充分条 件。故选CD项 10.BCD解析对于B项,易知AB/MQ,则直线AB/ 平面MNQ:对于C项,易知AB/MQ,则直线AB/ 平面MNQ:对于D项,易知AB/NQ,则直线AB/ 平面MNQ.故选BCD项. .385. 11.BC解析对于A项,因为BC/AD,AD与DF 因为O,E分别为AC,PC的中点, 相交且不垂直,所以BC与DF不垂直,故A项 所以OE/PA 错误;对于B项,设点D在平面BCF上的射影 因为OEC乎面BDE,PAC亡乎面BDE 为点P,若BP CF,则BD FC.而AD:BC: 所以PA/乎面BDE AB-2:3:4可使BP |CF,故B项正确;对于 (2)因为PO 平面ABCD,所以PO BD C项,当点P落在BF上时,DP 平面BCF, 在正方形ABCD中,BD AC. DPC乎面BDF,所以乎面BDF 平面BCF, 又因为POOAC=O. 故C项正确;对于D项,因为点D的射影不可 所以BD 平面PAC 能在FC上,所以平面CDF 平面BCF不成 又因为BDC平面BDE,所以平面PAC 平 立,即D项错误,故选BC项. 面BDE. 12.解析由圆柱的轴截面是面积为4的正方形,可得 16.解析(1)证明:如图,连接DE,OF,设AF-4AC 其边长为2,则圆柱的底面半径,-1,母线/-2. 则B=BA+AF=(1-)BA+ BC,A 所以该圆柱的表面积S-S+2S.-2rrl+ -B+BC,BF AO,则BF·A-[(1-)BA+ 22-6元. 答6π BC]·(-B+B)-(-1)BA+B 13.解析由题意可得BD1平面ACCA,所以BDl CF.要使CF 乎面B. DF,只需CF |DF即可, 令CF DF,设AF=x,则A F=3a-x,由$ 由D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点 2a 3a-2 王,解得x-a或x-2a.所以当AF-a或2a 即DE/OF,DE=OF,则四边形ODEF为乎行四 时,CF |平面B.DF 边形,所以EF//DO.又EFC乎面ADO,DO二平 答案a或2a 面ADO,所以EF/乎面ADO 14.解析在△ABD中,因为AB AD,AB-AD3 所以BD- 6,所以FB-BD-6 $$$$$$ 在△ACE中,因为AE=AD3,AC-1.CAE=30* 所以EC=(3)+1-23x1×cos30*=1 所以CF-CE-1 又因为BC=、AC^+AB{}-1*+(V3)-2,所 (2)过P作PM垂直FO的延长线交于点M 以在△FCB中,由余弦定理得cos FCB= 因为PB=PC,O是BC的中点,所以PO|BC CF*+BC-FB^ 1+2-){} 2XCFXBC 2X1×2 答案 所以PO- PB*-OB=6-2-2.$ 因为AB |BC,OF//AB,所以OF |BC, 15.证明(1)如图,连接OE. 又POOOF=O,PO,OFC乎面POF, 所以BC 乎面POF, 又PMC乎面POF,所以BC PM 又BCOFM=O,BC,FMC乎面ABC 所以PM| 平面ABC,即三校锥P-ABC的高 为PM. .386. 因为 POF=120{,所以POM=6 0$ 因为EFC乎面PDQ,PDC乎面PDQ -3. 所以EF//乎面PDQ # 因为BEOEF=E,BE,EFC乎面BEF. 又SABC= 所以平面BEF/乎面PDQ (2)如图,连接AQ 所以Vp-1S·PM3-2# 3· 17.解析(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形, AB/CD,DAB-60*, 所以 ADC=BCD-120 因为PA |乎面ABCD,BDC平面ABCD 又CB=CD,所以CDB=30{*$ 所以PA |BD. 所以 ADB-90{*,即AD|BD$ 因为BD |FQ,PAOFQ-F,PA,FQC乎面PAQ 又AE BD,且AEOAD-A 所以BD |乎面PAQ 所以BD 乎面AED 因为AQ二平面PAQ,所以AQ1BD. (2)如图,取BD的中点G,连接CG,FG. 在矩形ABCD中,由AQ BD得△AQB与 △DBA相似. 所以AB-AD·BQ # 因为CB-CD.所以CG |BD. 又FC 平面ABCD,BDC平面ABCD. 19.解析(1)证明:因为底面ABCD是平行四边形, 所以FC BD ABC=120*},BC-4,AB-1,且M为BC的中点, 又FCOCG=C,所以BD |乎面FCG 所以CM-2.CD-1.DCM-60*},易得CD| DM 所以BD FG 又PD DC,且PDODM=D.PD.DMC平面 所以 /FGC为二面角F-BD-C的平面角 PDM,所以CD 平面PDM 因为AB//CD,所以AB 乎面PDM 在等腰△BCD中,因为 BCD=120*, 又PMC平面PDM,所以AB |PM (2)由(1)知AB|平面PDM. 又CB=CF,所以GF=VCG+CF=5CG$$$$ 所以 NAB为直线AN与平面PDM所成角 的余角. 故coS FGC-CG5 GF 连接AM,因为PM I MD.PM DC. 所以PM| 平面ABCD,所以PM |AM 因为 ABC=120{*,AB-1,BM-2 $ 18.解析(1)证明:因为E,Q分别是AD,BC的中点, 所以AM-AB+BM-2AB·BMOs ABC-7 所以ED-BQ,ED//BQ 又PA-15,所以PM-PA-AM-22$$ 所以四边形BEDQ是乎行四边形, 所以PB-$PC=PM+BM*-23$$$ 所以BE//DQ 又.BEC乎面PDQ,DQ二乎面PDQ PC 所以BE/平面PDQ. 3 ,结合余弦定理得 又F是PA的中点,所以EF/PD .387. BN- BC*+NC$-2BC·NCCOs PCM=11 组的人数为18,第三组中没有疗效的有6人,则 连接AC, 第三组中有疗效的有12人,故选C项. 则AC=AB+BC-2AB·BCcos ABC=②1 7.C 解因为甲、乙、丙、丁四个人中乙和丙的平 在△PAC中,结合余弦定理得PA{}十AC^}= 均数最大且相等,甲、乙、丙、丁四个人中丙的方 2AN+2PN?, 差最小,说明丙的成绩最稳定,所以综合平均数 和方差两个方面说明丙成绩既高又稳定,所以丙 所以AN-15 是最佳人选.故选C项 在△ABN中,由余弦定理得cos BAN一 8.D 解设a,a,a,...,a.的平均数为a,则2a AB{+AN2-BN②} 1+15-1115 2AB·A.N 2/15 设直线AN与平面PDM所成的角为0, (a-a)②十(as-a)②十..十(a。-a)],则 2aì, 则sin)=cos BAN-15 2a,2。..,2a.的方差为1x[(2a-2a)十 6· 7 (2a-2a)?+(2a-2a)②+..+(2a-2a)]= 7 (a一a)}-4^},故选D项 9.AC 解析A项适合用普查,对一般家庭而言,每 次买的鸡蛋不会很多,逐个检查所需时间不多。 第九章综合测评 且一个鸡蛋破损与否并不能说明其他鸡蛋的破 损情况;B项适合用抽样调查,因为非菜较细,每 1.A解根据题意,结合总体、个体、样本、样本 根都检查不太可能;C项适合用普查,因为每张 量的定义可得,5000名居民的阅读时间的全体 钟票是不是假秒与其他钟票没有关系;D项适合 是总体,故选A项 用抽样调查,因为每个学期会新学许多单词和短 2.D 解析①②③都是简单随机抽样的特点,均正 语,且学生较多,要在10分钟内检查完,实在太 确。故选D项. 困难,所以老师只能挑选其中的一部分学生来检 3.B 解由题意得这批米内夹谷约为1534× 28 25~ 查,故选AC项 10.AD解析根据频率分布直方图的性质得(0.01十 169(石).故选B项. 0.05+0.06+a+0.02+0.02)×5-1,解得a= 4.C 解析设调查的100位学生中阅读过《西游记》 的学生人数为x,则x十80一60-90,解得x= 0.04,所以抽取的100人中,年龄在40~45岁 70,所以该校阅读过《西游记》的学生人数与该校 的人数大约为0.04×5×100-20,所以A项正 确;年龄在35~45岁的人数大约为(0.06十 一0.7.故选C项. 0.04)×5×100三50,所以B项不正确;年龄在 5.C 解析初中部女教师的人数为110×70%一 40~50岁的人数大约为(0.04+0.02)×5×100= 77,高中部女教师的人数为150×40%一60,所以 30,所以C项不正确;年龄在35~50岁的人数 该校女教师的人数为77十60-137.故选C项. 大约为(0.06+0.04+0.02)×5×100-60,所 6.C 解析由直方图可得分布在区间第一组与第 以D项正确,故选AD项. 二组的共有20人,分布在区间第一组与第二组 11.ABC 解析甲、乙两班学生成绩的平均数都是 的频率分别为0.24,0.16,所以第一组有12人, 135,故两班成绩的平均数相同,所以A项正确; 第二组有8人,第三组的频率为0.36,所以第三 一191110一,所以甲班成绩不如乙班成 .388.第八章综合测评 答案见P (时间：120分钟满分：150分) 题号 二 三 四 总分 15 16 17 18 19 得分 : 显 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，只有一项符合题目要求） 1.下列命题中正确的是 A.由五个平面围成的多面体只能是四棱锥 驶 B.棱锥的高线可能在几何体之外 如 C.仅有一组对面平行的六面体是四棱柱 D.有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥 2.已知m,n为异面直线，a,3为两个不同的平面，mLan⊥3，直线1满足1⊥m,l⊥，1过a,l￠3，则 A.a∥B且l∥a B.a⊥3且l⊥3 C.a与3相交，且交线垂直于( D.a与3相交，且交线平行于l 3.已知平面a,直线m,n满足m中a,n二a,则“m∥n”是“m∥a”的 吹 长 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.如图，已知正方体ABCD-A:BC1D,M,N分别是AD,DB的中点，则( 0 A.直线AD与直线D,B垂直，直线MN∥平面ABCD B.直线AD与直线DB平行，直线MN⊥平面BDDB, C.直线A:D与直线D,B相交，直线MN∥平面ABCD D.直线AD与直线DB异面，直线MN⊥平面BDDB, 批 5.在正方体ABCD-A1B,CD中，P为BD,的中点，则直线PB与AD1所成的角为 拟 A受 B号 c D.吾 6.已知水平放置的△ABC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B'O=CO=1,AO- 拓 2, 那么原△ABC是一个 A.等边三角形 B.直角三角形 系 C,三边中只有两边相等的等腰三角形 D.三边互不相等的三角形 路 7.已知某圆台一个底面的面积为36π，母线长为5，圆台的高为2￥6，则此圆台另一底面圆的半径为 ( A.5 B.7 C.5或7 D.9 8.已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形， E,F分别是PA,AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 () A.8√6x B.4√6x C.26x D.v6π ·365· 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求， 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.设a,b是两条不同的直线，a,3,y是三个不同的平面，则下列条件中是a∥3的充分条件的是() A.存在一条直线a,a∥a,a∥3 B.存在一条直线a,aCa,a∥B C.存在一个平面Y,满足a∥y,3∥ D.存在两条异面直线a,b,aCa,bC3,a∥3，b∥a 10.如图，在下列四个正方体中，A,B为正方体的两个顶点，M,N,Q为所在棱的中点，则在这四个正方 体中，直线AB与平面MNQ平行的是 A B 11.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC,∠ABC=90°，AD:BC:AB=2:3:4,E,F分别是AB,CD的 中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，则在翻折过程中，可能成立的结论有 ()》 A.DF⊥BC B.BD⊥FC C.平面BDF⊥平面BCF D.平面CDF⊥平面BCF 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O,O,过直线OO,的平面截该圆柱所得的截面是面积为4 的正方形，则该圆柱的表面积为 13.如图，在三棱柱ABC-A:B,C中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，侧棱AA,⊥底面ABC, AC=2a,BB=3a,D是AC的中点，点F在线段AA上，当AF= 时，CF⊥平面BDF D(P) 战)FiP) 第13题图 第14题图 14.如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC=1,AB=AD=3,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE= 30°，则cos∠FCB= ·366· 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15.(13分)如图，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD,底面边长为a,E是PC的 中点. (1)求证：PA∥平面BDE; (2)求证：平面PAC⊥平面BDE. 16.(15分)如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC,AB=2,BC=2、2,PB=PC=√6，BP,AP,BC的中点分 别为D,E,O,点F在AC上，BF⊥AO (1)求证：EF∥平面ADO: (2)若∠POF=120°，求三棱锥P-ABC的体积 17.(15分)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD,∠DAB-60°，FC⊥平面 ABCD,AE BD,CB=CD=CF. (1)求证：BD平面AED: (2)求二面角F-BD-C的余弦值。 ·367· 18.(17分)如图，在矩形ABCD中，AB=1,AD=2,PA⊥平面ABCD,E,F分别是AD,PA的中点，点 Q是BC上的一个动点. (1)当Q是BC的中点时，求证：平面BEF∥平面PDQ: (2)当BDLFQE时，求8的。值 19.(17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC=120°，AB=1,BC=4, PA=√I5,M,N分别为BC,PC的中点，PD⊥DC,PM⊥MD. (1)证明：AB⊥PM: (2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值. ·368·