章节测评卷(三)测试范围：立体几何初步-【数理报期末复习】2024-2025学年高一数学必修第二册升级突破（人教A版2019）

数理极 一参考答案 15 从而Sam=B,A0:inA=子×2x4×im号 解得心三：7·或-7： 所以+i3+4位.2-7+24 24+7i 【a=1 la=-1, 2 2(-4+31) 4-31 =25.saa8cCD:sinC=方x6×4×in号 所以：=1-7引或：=-1-71 =3+4i. 故选(A)(C). =63 10.i+护+产+i广■i-1-i+1=0,故(A)正确： 16糊：1：2+26-9列)=-1+2 所以Se形wcn=SAm+S6A=8瓦. 因为1+i在复平面内对应的点为(1,1)，点(1,1) 则1：1=5 (2)因为复数：是方程2x2+mr+n=0的一个根， 高中数学必修第二册章节测评卷（二）】 为第一象限角平分线上的点， 所以-6-m+n+(2m-8)i■0， 一、单项选择题 所以ag1+i)=豆，故(B)正确： 由复数相等的充要条件得 I -4 ADDB 5-8 AADA 因为：=(1+2i)2=1+4+4=-3+4i, 提示： 所以：=-3-4i, {60ow化a 12m-8=0. l.a=i(1+i)=-1+i, 所以复平面内对应的点为(-3，-4)，位于第三象 17,解：(1)因为复数：在复平面内对应的点在一次 所以复数：的共痴复数为一1一i 限，故(C)锆误： 函数y■-x的图象上，所以可设：■a-ai(aeR), 2.(2-1)=4-4i+2=3-41,在复平面内对应 设：=a+i(a,beR), 的点为(3.-4).位于第四象限 则1a+i-11=1a+所+11 又+是i+2。-i,2言0 2a' 3.由题设0=(3,2)，0成=（-2.3) 所以√(a-1)+6=√(a+1+, (a+）+(合-小为实数。 则店=0i-0=(-5,1), 化简得：=0， 所以：=所，所以：在复平面内对应的点的集合是直 所以片-a=0,解得a=生1， 所以向量A序对应的复数为一5+i 线x■0，故(D)正确 所以：=1-i或：=-上+1 4.4+i=a+i-边=1-m, 故选(A)(B)(D) i(-) (2)因为点A在第二象限. 则1-i1o.2. 11.对命题(A),1的实部是1，i的实部是0，虚部是 所以：=-1+i,故A(-1,1), 1,0的实部和墟都是0，故(A)正确： 2=(-1+i)2■-2i,故(0，-2)， 对命题(B),设=1+b,i,两=a1+bi,=4,+ 叉日为正实数，所以a三5 i·:=i(-1+i)=-1-i,故C(-1,-1, bi(1,6,2,,,eR),由已知得>2或41■ 所以AC=2,△ABC的高为1， 5.依题意知，0Z=(1,-1). 4且6，>6：，4>4或a=a,且6：>6，显然有1≥ 将向量0Z绕点0按逆时计方向旋转90°所得向量a,若a,>a.则>3.若a,=a,则4，=a=, 所以56m=子x2×1=1 的坐标为(1,1). >6>6,也有1>，故(B)正确： 18解：(1)选择①，若：在复平面内对应的点在直 因此0%=2(1,1)=(2,2).即=2+2i. 对命题(C),设：=4+bi(,b意R),=a,+bi, 线x-y=0上， =+i(41,b,a,4eR),由>得a1>码或 则m2-5m+6-(m-9）=0,解得m=3. a1=:且6>4：，从而4+a>+a或a+n= 选择②，若：>0.则m-9=0, 6因为：：得骨=片+0所故0 1m2-5m+6>0. 1+1 2 对命题(D》,令=1+i,1=-2i,:=2i.则有4> 解得m=-3. “2在复平面内对应的点为（生，”2）且在第为但2+为=4，显然有名>，故 (D)错误，故选(A)(B)(C). 选择③，若：为纯虚数，则m-9≠0， lm2-5m+6=0, 四象限， 三，填空题 解得m=2 ,1+m>0, 12.-1:13.-1；4.13 (2)因为动■：+5m-3=《m+3)+(m-9)i, 2 所以 解得-1<m<1. 提示： 且|01=62. 12,+=2+i+3+i=5+(1+a)i 所以(m2+3)2+(m2-9)3=72. 7.由2+2+：+1=0， 因为+所对应的点在实轴上， 所以m2=3,所以和=6-6配 得2(：+1)+：+1=(2+1)(：+1)=0 以1+a=0,所以4=-1 因为|sin0+ics9l=1, 因为护=-1，所以：=±i或：=-1 13.由题图可知，点Z的坐标为(2,1)， 所以n+irs0在复平面内对应的点在以坐标原 当1=±i,1=-1或=±i两=-1时，|1-11 所以：=2+i, 点为圆心，1为半径的圆上， =2: 2+i (2+i)(1+2i) 所以12=-2=-20+2 =i,其共 所以|-(in8+ios)1表示点(6，-6)与圆上 当=i,内=-i或=i,问=-i时，1-与1=2 轭复数为-i, 的点的距离，故其最大值为62+1. 8.因为l=1,设：=eos0+iin8(i为虚数单位) 所以其共轭复数的虚部是一， 由球莫佛公式，可得：”+：=es178+isin178+ 19解：(De+e=(s号+in号）+(emm+ 14,设a=a+所，a,bER, cos8+isin6■(cos170+e0s8)+i(sin178+sin8)■1， 由系数元二次方程根成对定理可得B=血)=（仔+）+(-)。一 所08d a -bi, 由根与系数的关系可得a+B=2a=4,d=:2+ g/os170=1-es. (2)由题意可得：e+e=(s号+iain受）中 =m, (cm8+isin）=i+(es8+iwin8）=cs+(t Lsin 178 =sin 8. 整理得a=2,m=6+4. sin 0)i. 因为(in170)2+(es170)3=1, 设a,B,-1在复平面上对应的点分别为A(2,b), 所以(782+(ee79=(-im2+(1-ms)B2,-b),C(-1,0), 所以1e+e“1=Ve网0+(1+in)= =1, eos'0+sin'8 2sin 0+1 =2+2sin 8, 则C=(3,b).CB=(3.-6) 化简可得in28+cs20-2s0=0. 因为8eR,m以in0∈【-1,1门， 可知A,B关于x轴对称， 即1-2c%8=0. 因此2+2sin8≤2+2=4， 若复平面上：B,-1对应点构或直角三角形， 似s0=文，所似i加0=±v-=± 则CA⊥CB, 似1e+e“1(0eR)的最大值为2 即C.C成。9-8■0，解得心■9， 所以=± 高中数学必修第二册章节测评卷（三） 所以m=公+4=13 一、单项选择题 二、多项选择题 四、解答题 1~4 ADCB 5-8 BCBD 9.AC:10.ABD:11.ABC 15,解：设：=a+i(a.b∈R) 因为11=1+3i-. 提示： 提示： L.因为制aa,aCa,所以1∈a,同理N∈a, 9.设：=u+bi(a,beR), 所似va+万-1-3新+a+i=0, 又MeI,NE【,所以ICa, 则豆=a-bi, 由圈意可得-3=26：。-14， 所0-10化 2在(A)中，若a⊥B.mC《,则m与B相交或m与 l6-3=0. B平行或mCB,故(A)错误：在(B)中，若a⊥B,m⊥a, 【引■a+6■52. 所以：■-4+3i, 则m∥B或nCB,故(B)请误：在(C)中，若m∥，n 16 参考答案 数理极 B=,则m与n平行或异面，故(C)错误：在(D)中，若m ∥g,m∥B,a门B=n,则m∥，故(D)正确 则40=C=方+BC=2. 3.根据斜二测画法，把直观图中的 又因为△BCD的边长为a 所以E0=AE-AT=2=A0 △A,B,C,还原成原图形，如图1所示 所以正三棱锥E一BCD的三条阅棱两两垂直 所以∠AE0=45°，(C)错误 △ABC为直角三角形.AB⊥BC.且AB 易求得正三校锥E-BCD的表面积S=3±，体 故选(A)(D). =2BC,所以AC>AD>AB. 三，填空题 4,由圈意知，该几何体是一个由8 飘v=了x行x受xx=品 24m13:422 个全等的正三角形用成的多面体，且正mDC 图 设正三棱鞋E-BCD的内切球的半径为r, 提示： 三角形的边长为万，所以一个正三角形的面积为？ 时=品得r=326 12.设圆柱的底面半径为「，则圆柱的高为2 12 因为固柱的体积为2π， (2)'=,所以多面体的表面积为8× 3 =43 二、多项选择题 所以r2×2r=2π，解得r=1, 5.根据题意，画出几何体P 9.CD:10.AD:11.AD 所以圆柱的侧面积为2ar×2:=4π ACD,如图2所示 提示： 13.如图7，连接AC交BE于 9.由BD∥平面EFGH及直线与平面平行的性质定 因为F,F分别是PA,PD的中点 点O,连接0F 理，得BD∥EH,BD∥FG 因为AD∥BC,E为AD的中点， 可得EF∥AD且EF=一AD 则AE:EB=AH:HD,且BF:FC=DG:CC,且EH 则品能= 又因为AD∥BC且AD=BC ∥FG, 所以EF∥BC且ER=号BC, 所以四边形EFGH是平行四边形或梯彩 又因为PA∥平面EBF,平 故选(C)(D) 面EBFn平面PAC=OF,PAC平面PAC, 所以四边形BCFE为梯形，所以E与CF为相交直线 10.易得两藏面圆的半径分别为3和4 则PA∥OF, 因为V为BC的中点，可得EF∥BM且EF=BM 如图5一①所示，若两个平行平面在球心司侧， 所器光 所以四边形BMFE为平行四边形，可得E∥MF, 则两平面间的距离CD=0C-0D=√3-3- 14,设球0的半径为r,则4π2= 又因为BE￠平面PFM,MFC平面PFM. √52-4=4-3=1： 2r,解得r=3(负值舍去)， 所以BE∥平面PFM. 根据肥意，分别取直三棱柱上，下 6.取DC的中点F(与E可侧)， 底面的中心E,F,连接EF,则EF的中点 连接EF,BF:DF.如图3 明为直三楼柱外接球的球心0，如图8 则EF∥AD,且EF=AD,以 所示 四边形ADFE为平行四边形，所以 连接OC,CF DF∥AE 则0C=r=3.EF⊥平面ABC,EF=A4,=20N 所以∠FDB(浅其补角)为AE 如图5-②所示，若两个平行平面在球心两侧， 因为CFC平面ABC,所以OF⊥CF 与D的夹角， 则两平面间的距离CD=0C+0D=√5一-3+ 设AB=1,则4D=1,BD=√个+下=2，DF=V5-4=4+3=7 在等边△MBC中，CP=子，BC血60°=1 故送(A)(D). 在R1△0FC中，0F=√OC-CF=2, √份+（号m=√P·(T 1L,如图6.连接AC交D于点 则AA1=20F=22. 在△BDF中，由余弦定理的推论得cOs∠FDB= O,则点O为正方形ABCD的中心， 四、解答题 由对称性可知OE=OF,UA 15.(1)证明：因为CD,BE,AE,AD的中点分别为M, DE BD BF =OC,所以四边形AFCE为平行 2DF·BD 之+2-三故乙B号·四物形， N.P.Q. 所以PQ为△ADE的中位线，N为梯形BCDE的中 又AF丈平面CDE,CEC平 位线， 所以A迟与BD的夹角为号 面CDE. 所以P(∥DE,MN∥DE,所以PQ∥MN 所以AF∥平面CDE 所以M,N,P,Q四点共面 7.由于S0⊥平面APB,E0.F0C平面APB. 同理BF∥平面CDE,又AFO BF=F,AF,BFC平 (2)解：易知PN为△ABE的中位线，所以PN∥AB 故5S0⊥E0.5S0⊥F0. 面ABF,所以平面ABF∥平面CDE,(A)正确： 又BC∥DE,所以∠ABC(或其补角)为异面直线 且SE=SFm25.S0=S0 取BC的中点M,连接EI,FW,则EH⊥BC,FW⊥BC,DE与PV的夹角 因此△S0F≌△S0E,故OE=0F 所以∠EMF为二面角E-BC-F的平面角. 因为AC⊥DE,所以AC⊥BC. 又SE⊥PB.所以PE=√SP-SE=2, 设该八面体的棱长为， 又S01PB,SE⊥PB,S0nSE=S,S0,SEC平面 则w=W:F=2vm-0吸：， 在△4C中，mLc-瓷-：， S0E,故PB⊥平面SOE 所以∠ABC=60. 因OEC平面SOE,故PB⊥OE ∠Ewr.neE。-专 所以异面直线DE与PN的夹角为60 2EM·FM 同理可得PA⊥OF, 16.解：(1)连接0M,则0M为半圆0的半径， 所以二面角E一BC一F不是直二面角， 又∠APB=90°，因此四边形OEPF为正方形， 则0W1AB,即∠0MB=90 则平面EBC与平面FBC不垂直 所以S0=√SE-0E=SE-PE=22. 在△ABC中，∠ACB■90°，AC■3，BC■3， 而平面ADE∥平面FBC, 所以∠ABC■30°. 8.如图4，由题意得多面体 所以平面ADE与平面EBC也不垂直.(B)错误： 则0C+0B=0C+20M=3.则0=1， (BCDE的外接球即正四面体A- 同理.取AE的中点N,连接BN,DN, 所以被症转体中间空心球的表面积为4：·12=4 BCD的外接球，且其外接球的直径 所以∠BND为二面角B-AE-D的平面角. (2)将题图中阴影部分绕直线BC旋转一周，得到的 为AE,易求得正四面体A-BCD的 mLBD=-方 几何体是一个墨锥挖去其内切球， 商=5， 所以所求体积V=n-年=子·AC·BC- 设外接球的半径为R。 新以二面角B-AB-D的余弦值是-青，(D)正确： 由AE=AF,OE=OF, 含0m=3-号- 则=（百。-+(），解得R= 得AO⊥EF,在正方形ABCD中，MO⊥BD, 17.(1)证明：因为PE⊥EB.PE1ED,EB n ED= 即外接球的半径为。，所以4优=。 又EFC平面BEDF,BDC平面BEDF,且BDOEF E.EB,EDC平面EBCD,所以PE⊥平面EBCD, =0, 又BCC平面EBCD,所以PE⊥BC, 设正三棱锥E-BCD的高为 所以AO⊥平而BEDF 因为BC⊥EB,PE,EBC平面PEB.PE O EB=E, 6 6 所以∠AEO即为直线E与平面BDE所成的角。 所以BC⊥平面PEB 设该八面体的棱长为2 因为EMC平面PEB.所以EM⊥BC 数理极 参考答案 17 由PE=EB,PM=MB知EM⊥PB, 又BC.PBC平面PBC.BCO PB=B √)-（宁可× 化学考试成绩在[40,70)内的频率为(0.01+0.015 ×2)×10=0.4, 所以EW⊥平面PBC 如图11所示，在正八面体中，连 化学考试成绩在[40.80)内的频率为0.4+0.03× 叉EMC平面EMN.所以平面EMN上平面PBC. 接AC交平面EFBH于点O, 10=0.7. (2)解：因为N为BC的中点， 则AO⊥平面EFBH, 所以，第61百分位数一定位于[70,0)内 子EB·BN 沉以Se为ew=, 设第61百分位数为， 所以SeO A0=V压-吸：. 则0.4+(x-70)×0.03=061,解得x=77, 1 所以估计化学老师奖的学生的分数应不低于7分 易知点M.P到平面BCD的距离的比值为。 所以正八面体的体积为=2x号×Sm× 7.由题意得第一组的顺数，=0.1×0.1×100=1， 第二组的频数=0.3×0.1×100=3， 所 则第三组的频数，=3×3=9，第四组的频数4= 9×3=27, 因为新多面体体积为原正四面体体积与正八面 18,(1)证明：如图9，取PB的中点F,连接AF,EF 体体积之和， 放a=品=0n 因为EF是△PBC的中位线， 所以=书+5.52码 又后6组各须数之间差值相同.设差值为， 所以EF∥BC且EF=BC 12 所以1+3+9+27×6+15d=100, (2)新多面体是七面体，证明如下： 解得d=-5. 又AD∥BC且AD=2BC, 如图1山，在正八面体AC中，取BF的中点为M,连离 所以b=27×4+6d=78 A,制C,易得∠AMC为二面角A-BF-G的平而角. 8.甲同学名次数国的平均数为2，说明名次之和为 所以AD∥EF且AD=EF 6,由中位数为2，得出三次考试名次均不超过3，断定甲 所以四边形ADEF是平行四边形，所以ED∥AF 易得M=c…复4C240-a 是尖子生： 又ED丈平面PAB,AFC平而PAB, 出会弦定理得co∠AMC=MA+MC-AC 乙同学名次数据的平均数为2，说明名次之和为6 所以ED∥平面PAB. 2A·MC 由方差小于1，得出三次考试名次均不超过3，断定乙 (2)解：如图9，取BC的中点 3 尖子生； AM,连接AM 由题可知，正八面体任何相邻面构成的二面角的余 丙同学名次数据的中位数为2，众数为2，说用三次 则AD∥MC且AD=MC. 考试中至少有两次名次为2，故丙可能是尖子生： 所以四边形ADCM是平行四 弦值均为-，设此角为 丁同学名次数据的众数为2，说明三次考试中有两 边形， 在正四面体中，易得∠0NR为二面角Q-PT-R的平次名次为2，设另一次名次为x,经验证，当x=1,2,3时， 义AD=CD,所以平行四边 面角 方差均小于1，故x>3,断定丁一定不是尖千生 形ADCM为菱形， 由余弦定理得o∠QR=四，NRR_ 二、多项选择题 所以AM=MG=MB,所以AB⊥AC. 2NQ·NR 9.AC:10.ACD:11.AD. 可得AC=5. 提示： 31 过D作DG⊥AC于G,则G为AC的中点， 9.对于(A),题表中106出现的次数最多，所以成 即正四面体任何相邻面所构成的二面角的余弦值绩的众数是10.6环.(4)正确： 因为平面PAC⊥平面ABCD,且平面PAC门平面 对于(B),成绩的极差是10.8-10.2=0.6（环）， 4CD■AG.DGC平面ABCD, 均为}，设此角为0， (B)错误； 所以DG⊥平面PAC,则DG⊥PC 所以8+a=180° 对于(C).10×25%=2.5,所以成绩的25%分位数 过G作GH⊥PC于H,连接DM. 假设△TQR与△FAE重合，则△PQR与△HAE为同 是将数据从小到大排列后的第3个数，为0,5，(C)正确： 则PC⊥平面GHD,所以PC⊥DH, 平面，△PTR与△CFE为同一平面，△PTQ与△BAF为同 对于(D),平均成绩是 所以∠GHD是二面角A一PC-D的平面角 一平面。 4×10.6+2×10.8+10.5+10.2+10.4+10.7 在△4c中，D=-()√- 因此新多面体是七面体 10 高中数学必修第二册章节测评卷（四】 =10.58(环)，(D)辑误 故选(A)(C): 一、单项选择题 10.由题图4可知，丁险种参保人数所占比例为【 连接PG,因为P℃=PA,G为AC的中点， 1 -4 BCBB 5 -8 CCAD 2%-4号-10%-30%=54%，超过五成，故(A)正确： 所以PG上AC所以PG=√- 提示： 出由题图5可知.41岁以上参保人数所占比例为35 2.将这组数据按从小到大的顺序排列为 +10%=45%,不到五成，故(B)错误： 7.8.9.10.11.12.14.15.16,17 由题图5与题图6可知，18~29周岁参保人数所占 所以点A到PC的距离d= 52I 因为10×60%=6， 7 14 比例为15%，人均参保费用在区间(3000,4000)（单住： 则这组数据的60%分位数是这组数据中的第6个元)内，54周岁及以上泰保人数所占比例最少，为10%， 以6H=5 28 和第7个数据的平均数，脚即24.13， 人均参保费用为6000元，所以18~29周岁人群参保的 2 1 75 人投样本的容量为，依题意得四一2子云解 总费用最少，故(C)正确： 2 在Bt△GDH中，HD=√CD+GC开 √4+ 由题图5与题图6可知，人均参保费用不超过5000 元，故(D)正确 103 得n=540,所以这个样本的容量为540. =√21 4.观察频率分布直方图，得每次通话时长不低于5 故选(A)(C)(D) 分钟且小于15分钟的频率为： 11.对于(A),因为x≤， 52I 所以cas∠GHD= 28 5309 1-5×(0.06+0.03+0.02+0.02)=0.35 HD 10丽 103 则60×0.35=21. V112 所以每次通话时长不低于5分钟且小于15分钟的 即二面角A-PC-D的平面角的余弦值为3,30四 次数为21. 即工发三发下，(A)正确： 103 5.由分层随机抽样的定义可知，抽取的高一，高二、 对于(B),取第一部分数据为1,1,1,1,1，则x=1.s 9.解：(1)如图0所示，在正四面 高三年级参赛选手的人数之比为1200：900：900=4： =0,取第二部分数据为-3,9，则y=3,=36,则2= 体中，N,G分别为TQR的中点，连接 3:3.设高三年级参赛选手成绩的样本平均数为x, ON.RN.NG. 4 3 (号×1+号×3)广=号<3=元.(B)不正确： 则PT⊥QN,PT⊥Y,ON n RN 期4+3+3×5+4+3+3×0+4+3+了 对于(C),取第一部分数据为-2，-1,0,1,2， =N, 88,解得x=0, 则玉=0，=2， 所以PT⊥平面ONR. 故高三年级参赛逃手成绩的样本平均数为90， 取第二邻分数据为1,2,3,4,5，则F=3,=2, 所以正四面体的体积为=了Sw·PT= 6.易得(0.010+0.015+0.015+8+0.025+0.005 ×10=1,解得u=0.030. 则+=x0+x3=()BE与CF是阳交直线，且5∥平香PF 高中数学必修第二册 (G)BE与CF是异面直线，且BE⊥平面PF划 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 章节测评卷（三） (D)5与GF是相交直线，且5⊥平面PFW 6,如图4.圆柱的底面直径A厅与回线《D的长相等，E是B的中 三，填空题：本题共3小题，每小题5分，共5分 点，则4E与D的夹角为 12,已知圆生的体积为2π，该因生吟轴感而是一个正方形，则该 测试范围：立体几何初步 圆住的树面积为 0数球报杜试魔研究中心 (A》 (B) (c) 13,已知P为口ACD所在平面外一点，E是AD的中点，F是PC 第1卷选择题（共5粥分） 上一点者H∥平面，脚器 14,如图7，在直三棱柱ABC-A,BG,的侧 一，单项选择振：本题共8小题，每小漂5分，共40分 面展开图中，B.C是线设A0的三等分点，且AD 【.如果直线mC平面a,直线6C平气a,Mca,Neb,Me(, =33.若该三棱柱的外按球0的表面积为 ve1.则 12m,期A4,三 (A)ICa (B]/Ca 7.如图5，已知∠APB·90°，S为平密4PB外一点，·4，点 四，解答塑：本殖共5小题，共7分 数 (c)na M (D)I na =N S到∠APB两边A.PB的距离分为F,SE,且SE■$F=23,U 2设aB是两个不用的平面，m,n是两条不同的直线，下列命形 点3到平面APB的距离S0为 15.(13身)如图8，在四棱能A-BCDE中，底需BCDE为桃形， 必中正确的是 (A》4 (B)2在 (D) C∥E设GD,EAED的中点分别为MN,P,从 (C)2 (1)证明：，N,P,Q四点共面 (A)若位⊥B.mCa,则四⊥E 8.棱长为w的正四面体A一CD与正三搜锥E-CD的底面重 (B)若a⊥B,m⊥a,裤//B 合，若由它们构或的多面体ACDE的顶点均在同一球前上，则正三 (2)若AC⊥DE,且AC=3C,求异减直线DE与PV的夹角 厨 (G)若w∥a,a门B=,则m∥n 控推B一BCD的内球的半径为 1 的大小 (D)若m∥a,m∥B,nB=,则m∥n (A)3迈+6 3如图1新示，在水平放置的△4C的直观图中.A,R=B,G, 12 (a)百6 12 A A,D,是R,C,边上的中线，由图形可知在△AC中，下列四个佑论中 版 e356 12 o36 正确的是 ( 版 章节 二，多项选择通：本题共3小题，每小箱6分，共18分 (A)AR BG AC 1B)AD⊥BG 9.在空阿四边形ABCD中，E,F,G,H分别是AB,C,CD,DA上 教节 评 (C)AC AD AB (D)AC AD AB RC 的点，等BD∥平面EFCH时.下面结论王确的是 (A)E,F,G:H一定是各边的中点 16.[15分)如图9.在△AC中，∠ACB=90°.C=3,BC= (B)G,H一定是CD,DA的中点 3,在减三用彩内挖去一个半圆，半里的圆心0在边C上，且学因与 (C)AE:ER .AH:HD.F:FC DG:CG 4C,AB分群相切于点G,M,与C交于另一点N,将△ABC绕直线CG (D》四边形EH是平行四边形或形 旋转一周得到一个乾转体 10.同平行平面贫半径为5的球，若做南积分别为9▣和6▣ 《1)求该运信中可空心正球的表面积： 4.如图2所示的正方体的校长为2，以其所有面的中心为顶点 这两个平面闻的矩离可以是 (2)求图中阴影都分绕直线C控转一周所得起转体的体积 的多医的表高积为 (A)I (B)3 (C)4 (D)7 (A)3,3 (B)4,3 11.如图6，两个共底约正四棱推组成 (C)8 (D)12 个八面体EABCDF,且该八面体的各棱长均相 5.图3是一个四校读的平面展开图，其中 等，阳 边形ACD为正方形，四个三角形为正三角 (A》平面ABF∥平施CDE 形.E,F,M分别是PA,PDBC的中点，则在此 (B)平面ADE⊥面EBG 四棱海中，下列说法正确的是 ()直线4状与平面E所成角的正弦值是号 (A)BE与CF是异潮直找，且E∥平海 PFM (D)二面角B-4报-D的会益值是-子 17.（15分)如图10，在直阳佛形ACD中.AB∥C,∠AC I8.(17分》如国1，在四使卷P-ACD中，AD∥C.D=AB 19.(17分)正多而体也称柏立图立体，被喻为量有闻律的立体 0,AB=20=2C,E为AR的中点.语DE将△AE折起，使得点 A到点P的位置，且PE上EB,M为B的中点.是C上的动点（与 =DC=号C=1,E是PG的中点，率面PAC1学面ABCD. 结构，其所有面都为同一种正多边形（各面都是全等的正多边形，见 吾一个须点斯接的面敏都一样，各如尔面斯成二面角都额等)，数学 点B,C均不重合 (I)日明：ED∥平面PAB: 家已经明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体，正六而休 (1)男：平面EWN⊥平面PC (2)若PG=Pt=,7,求二面角A-PC-D的平面角的余弦值 正/八面体，正十二而体，正二十而体，已知一个四面体T度和 (2)授三棱锥形-EN和四棱池P-ECD的体积分别为，和 个正八面体AEFBHC的按长都是a(如盟12)，把它拼按起来，使它 与，当N为c约中点时，求兰的挡 们一个表面重合，得到一个所多都体 (1)求新多害体的体积： (2)求新多面体为儿面体？并证明 高中数学·必修第二册（人教A版》章节测评卷（三） 高中数学·必修第二册（人教小版》章节测评卷（三） (参考答常见15-17版}