第13章 立体几何初步 章末检测-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（苏教版）

第13章 （时间：120分钟 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.（2024·江苏扬州高一月考)下列说法正确的是 () A.若空间两直线没有公共点，则这两条直线 异面 B.与两条异面直线都相交的两直线可能是异 面直线，也可能是相交直线 C.空间三点确定一个平面 D.过直线外一点，有且只有一条直线与已知 直线垂直 2.(2024·江苏泰州中学高一月考)如图，等腰 梯形A'B'C'D'是水平放置的一个平面图形的 直观图，其中A'B'=4,C'D'=2,则原图 形ABCD的面积是 D' 0(A B'x' A.6 B.62 C.32 D.12√2 3.(2024·江苏盐城高一期末)若直线a与平面 不垂直，那么在平面内与直线a垂直的 直线 A.只有一条 B.有无数条 C.是平面α内的所有直线 D.不存在 第13章 章末检测 总分：150分) 4.(2024·江苏镇江高一期末)如图，将一个圆 柱4等份切割，再将其重新组合成一个与圆 柱等底等高的几何体，若新几何体的表面积 比原圆柱的表面积增加了20，则原圆柱的侧 面积是 A.10m B.20πC.100π D.200m 5.（2024江苏扬州高一期末)在正方体 ABCD-ABCD1中，E,F,G,H分别是 棱AA1,AB,BC,CD1的中点，下列结论正确 的是 () A.EF∥GD B.D,E⊥FG C.FG⊥平面BB1D1D D.平面D1EF∥平面GHC1 6.(2024·江苏扬州江都中学高一月考)已知 Rt△ABC的直角顶点C在平面a外，ABC a,AC,BC与平面a所成的角分别为45°， 30°，AB=√6，则点C到平面a的距离为 A.√6 B.26 C.1 D.2 7.(2024·江苏宿迁高一期末)已知正四棱 台ABCD-AB1C,D1的上、下底面边长分别 为2和4，若该正四棱台的侧面积为12√3，则 侧棱AA1与底面ABCD所成的角为（) A B c 5π D. 12 学霸129 8.(2024·江苏南京二十九中高一期末)已知正 方体ABCD-AB,C,D1的棱长是2，点P是 棱AD的中点，Q是正方体表面上的一动点， PQ1A,C,则动点Q的轨迹长度是（) A.3 B.5 C.32 D.62 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.（2024·江苏连云港高一月考)已知平面α，B 和直线m,n,下列命题中正确的是() A.若mC,nC,m∥B,n∥B,m∩n=P,则 ax∥B B.若m∥n,nC,则m∥a C.若a⊥B,ax∩B=m,n⊥m,则n⊥B D.若m∥B,mCa,ax∩B=n,则m∥n 10.(2024·江苏扬州高一月考)如图，在四棱锥 P-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正 方形，AC与BD交于点O,PA⊥平面ABCD, 且PA=2,则以下说法正确的是 （ A.BD⊥平面PAC B.PD与平面PAC所成角为30° C.CD∥平面PAB D.点D到平面PAC的距离为2 11.（2024·江苏无锡一中高一月考)如图，矩 形ABCD中，E,F分别为BC,AD的中点，且 BC=2AB=2,现将△ABE沿AE向上翻折，使 点B移到点P,则在翻折过程中，下列结 论正确的是 （) 必修第二册·SJ PB) A.存在点P,使得PE∥CF B.存在点P,使得PE⊥ED C.当平面PAE⊥平面AED时，二面角P- EC-A大小的正切值为√2 D.当平面PAE⊥平面AED时，三棱锥 P-AED外接球表面积为4m 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共 15分. 12.（2024·江苏南通启东中学高一期中)直线 a∥b,a∥平面a,则b与a的位置关系 是 13.(2024·江苏扬州高一月考)正方体 ABCD-A1B,C1D1的棱长为4，E,F分别为 BC,CC,的中点，则平面AEF截正方体所得 的截面面积为 14.（2024·江苏泰州高一期末)如图，设草地与 山坡所成二面角F-AB-D的平面角为0，且 tan0=-√J15.山脚线AB上有一个标志物I, 猎人在点I的正东方向100米的点G处， 一只兔子在点1的正北方向100米的点J 处.若兔子沿垂直于AB的方向往山坡上以 10米/秒的速度奔跑，15秒后到达点H,同 时被猎人击中，则点G与点H之间的距离为 米；猎人行走至点H的最短路程是 米。 H P山坡 B 兔子章地 猎人 G 学霸130 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)(2024·江苏南京师大附中高一期 末)在底面为正三角形的三棱柱ABC- A,B,C,中，已知点M,N分别是A1C1,B1C的 中点. (1)求证：MN∥平面AAB,B; (2)若AA=AC.求证：AC⊥平面B,CM. 16.(15分)(2024·江苏苏州高一月考)如图，平 面PAB⊥平面ABCD,四边形ABCD是边长为 4的正方形，∠APB=90°，M是CD的中点. (1)在图中作出并指明平面PAM和平面 PBC的交线l; (2)求证：AP⊥BC; (3)当AP=2时，求PC与平面ABCD所成角 的正切值， 第13章 17.（15分)(2024·江苏镇江高一期末)已知在 多面体ABC-AB1C1中，A1B1∥AB,B,C1∥ BC,AB=2A1B1· (1)若A1,A,C,C1四点共面，求证：多面 体ABC-AB,C1为棱台 (2)在(1)的条件下，平面ABB,A1⊥平面 BCC B,AA L AB,B C 2A B=4, AM,=2,且LB,BC=4 7 ①求多面体ABC-AB,C1的体积； ②求二面角A-CC,-B的正切值. C B .C 学霸131 18.（17分)(2024·江苏镇江高一月考)如图，19.(17分)(2024·江苏南通海安高级中学高 已知四边形ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD, 一月考)在棱长均为2的正三棱柱ABC 且PA=2,M,N分别是线段PB,DC上的点， A1B,C1中，E为B,C1的中点.过AE的截面 满足BMDN MPNC=A. 与棱BB1,A1C1分别交于点F,G (1)若F为BB1的中点，求三棱柱被截 (1)若入=1，求证：直线MW∥平面PDA 面ACBF分成上下两部分的体积比 V (2)是否存在实数入，使直线MN同时垂直 于直线PB,直线DC?如果有，请求出入 的值，否则请说明理由 2若四棱锥AAGF的体积为2，求截 (3)若入=1，求直线MN与直线PD所成最 面AGEF与底面ABC所成二面角的正 大角的余弦值， 弦值； (3)设截面AGEF的面积为S。,△AEG的面 积为S,,△AEF的面积为S2,当点F在 棱明，上变动时，求8 的取值范围。 S S, 必修第二册·SJ学霸132第13章章末检测 1.B解析：对A,若空间两直线没有公共点，则这两条直线平行或异 面，故A错误：对B,与两条异面直线都相交的两直线如果是交于 不同的四个点，那么两直线为异面直线，若交于三个点，则两直线 为相交直线，故B正确：对C,由平面的基本性质可知，空间不共线 的三点可以确定一个平面，故C错误；对D,过直线外一点，有无数 条直线与已知直线垂直，故D错误故选B. 2.B解析：如图①，在直观图中过点D'作D'E⊥A'B交A'B于点E, 过点C'作CF⊥A'B交A'B于点F 因为等腰梯形A'B'CD'中A'B'=4,CD'=2,所以A'E=B'F=1.又 因为∠D'0B'=45°，所以△D'O'E为等腰直角三角形，所以D'0'= √/12+12=√2， D' (A 0' ① ② 将直观图还原为平面图形如图②所示。 且AB=A'B'=4,CD=C'D'=2,AD=2D'0'=22,所以S四边形ABGD= x(2+4)×22=62.故选B. 2 3.B解析：若直线a∥平面a,过直线a上任意一点作直线b⊥a,则 平面ax内所有与直线b平行的直线都与直线a垂直，直线a与平 面相交但不垂直，过直线a与平面a的交点作直线b⊥a,则平面 α内所有与直线b平行的直线都与直线a垂直，因此在平面a内有 无数条直线与直线a垂直.故选B. 4.B解析：设圆柱的底面圆半径为r,高为h,则原圆柱的表面积为 2mr2+2rrh,新几何体的表面积为2mr2+2πrh+2h,故2h=20,原圆 柱的侧面积为2πh=20π.故选B. 5.C解析：对于A,连接EF,D1G,A1B,D1C,如图①所示： H D B F B ① ② 因为E,F分别是棱AA1,AB的中点，所以EF∥A1B, 由正方体性质可得A1B∥D,C,因此可得EF∥D1C, 而D,C,GD,相交，所以EF∥GD1错误，即A错误； 对于B,取DD1的中点M,连接AM,CM,AC,D1E,FG,如图②所示 易知AM∥D1E,FG∥AC,所以∠MAC即为异面直线D1E与FG所 成的角（或其补角），不妨设正方体的棱长为2，则AM=MC= √5，AC=2√2，显然AM2+AC2≠MC2,可知∠MAC不是直角，所以 D1E与FG不垂直，即B错误； 对于C,连接AC,BD,B1D1,如图③所示： H C D D4-- D B 3 ④ 由正方体性质可得BB,⊥平面ABCD,而ACC平面ABCD,所 以BB,⊥AC. 因为四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC. 又因为BB1∩BD=B,BB1,BDC平面BB1D1D,所以AC⊥平 面BB1D1D. 又因为F,G分别是棱AB,BC的中点，所以FG∥AC,可得FG⊥平 参考答案 面BB1D1D,即C正确： 对于D,如图④所示： 易知D1∈平面D1EF,且D1∈D1C1,而D1C1C平面GHC1,所以 D1∈平面GHC1,因此可得平面D1EF与平面GHC,有公共点D1, 可知两平面必有一条过D1的共点线，因此平面D1EF∥平面GHC 是错误的，即D错误故选C. 6.C解析：如图，过点C作CH⊥a于点H,连接AH,BH,则∠CAH= 45°，∠CBH=30°. sin 45=CH,BC= CH CH 在Rt△CHA和Rt△CHB中，AC in30° 2CH. 又因为在Rt△ACB中有AC2+BC2=AB2,即2CH2+4CH=6,得 CH=1,即点C到平面a的距离为1.故选C. 7.B解析：如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=4,A1B1=2, 令O1,O分别是正方形A1B1C1D1,ABCD的中心， 连接01A1,OA,010,显然四边形001A1A是直角梯形，且∠A1A0 是侧棱AA,与底面ABCD所成的角， D B B 由正四棱台ABCD-A1B,CD1的侧面积为125，得等腰梯形 ADD,A,的面积为33 过点4作4，B1AD于点E,则宁(2+4)·A4E=35,解得AE 5,而B=42=1,因此M,=2,而0，A1=2,0A=22, 2 cos∠OAA1= 0A-014-2」 AA =号，∠0M=子，所以侧棱M,与底 面ABCD所成的角为牙故选B. 8.D解析：如图所示，分别取DD1,C1D1,B1C1,BB1,AB的中点E, F,G,M,N,连接PE,EF,FG,GM,MN,NP,AB1, 因为AD∥B,C1且AD=B1C1,所以四边形AB1C1D是平行四边形， 所以DC1∥AB1· 因为E,F,M,N分别是DD1,CD1,BB1,AB的中点，所以EF∥ C1D,MN∥AB,,所以MN∥EF,同理可得MG∥PE,FG∥NP,所以 E,F,G,M,N,P六点共面，且六边形EFGMNP是边长为√2的正六 边形. 因为CC1⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以CC1⊥BD. 又因为BD⊥AC,ACnCC1=C,AC,CC1C平面ACA1,所以BD⊥平 面ACA1· 因为N,P分别为AB,AD的中点，所以NP∥BD,所以NP⊥平 面ACA1· 又因为A1CC平面ACA1,所以NP⊥AC,同理可得MN⊥AC. 又因为NP O MN=N,NP,MNC平面EFGMNP,所以A1C⊥平面 EFGMNP. 因为PQ⊥A,C,所以点Q的轨迹即为六边形EFGMNP,其轨迹长度 为62.故选D. 学霸087 9.AD解析：对于A,根据面面平行判定定理可知A正确；对于B,直 线m可能在平面a内，故B错误；对于C,直线n可能在平面B内， 故C错误：对于D,由线面平行性质定理可知D正确.故选AD 10.ABC解析：由于四边形ABCD是边长为2的正方形，故AC⊥BD, 又.PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,.PA⊥BD.·PA∩AC=A, ∴.BD⊥平面PAC,故A正确；如图，连接PO,由选项A可知PD与 平面PAC所成角为∠OPD,由条件可得AC=BD=2√2，P0=√6 √2 OD=√i,∴.tan∠OPD= →∠OPD=30°，故B正确；易知 √6 CD∥AB,ABC平面PAB,CD平面PAB,即CD∥平面PAB,故 C正确；由选项A可知点D到平面PAC的距离为OD,而OD= √2，故D错误故选ABC. B 11.BCD解析：对于A,.E,F分别是BC,AD的中点，.AF与EC平 行且相等，则AE∥CF.BE与AE相交，.PE与CF不可能平行， 故A错误； 对于B,由题意，当平面PAE⊥平面AED时，连接ED,取AE的中 点Q,连接PQ,作图如图①所示. P(B) P(B) ① ② 在矩形ABCD中，：E,F分别是BC,AD的中点，且BC=2AB= 2,∴AE=VAB2+BE=2,ED=√CE2+CD2=2 ..AD=2=AE2+DE2,..DE LAE. AP=PE,且Q为AE的中点，PQ⊥AE. .:平面PAE⊥平面AED,且平面AED∩平面PAE=AE,∴.PQ⊥平 面AED, DEC平面AED,.PQ⊥DE, AEOPO-=Q,且AE,PQC平面PAE.DE⊥平面PAE. ,PEC平面AEP,∴.DE⊥PE,故B正确； 对于C,在选项B的图上，补全矩形AB'CD,点B'为翻折之前的点 B,取B'E的中点O,连接Q0,OP,作图如图②所示. 显然AB'C平面ADE,且AB'⊥CE, Q,0分别是AE,B'E的中点，…00=24B'= 2,且AB'∥o0, 则00⊥CE, 由选项B可知PQ⊥平面ADE,CEC平面AED,.PQ⊥CE. PQ∩0Q=Q,PQ,0QC平面PQ0,∴.CE⊥平面PQ0. ,P0C平面PQ0,.CE⊥P0 :0ECE C平面PEC,且P∈平面PEC,∴.POC平面PEC,故 ∠POQ为二面角P-EC-A的平面角， 易知△PO0为直角三角形，则am∠Po0=P ,在等腰Rt△APE 0Q 中，PQ=PE·in45= 2 ,则an∠P0Q=√2，故C正确： 对于D,在选项B图上，连接FQ,FP, PB) 作图如图③所示. 在矩形ABCD中，易知AF=EF= FD=1, 由选项B可知，PQ⊥平面AED, :FQC平面AED,∴.FQ⊥PQ, 由选项C可知，PQ=2,同理可得 p② 2 必修第二册·SJ 在Rt△PQF中，PF=√PQ2+FQ2=1,则F为三棱锥P-AED外接 球的球心，故该外接球的表面积S=4·T·12=4π，故D正确.故 选BCD. 12.b∥a或bca解析：如图，b与a的位置关系为b∥a或bCa,故 答案为b∥a或bC. B 6 (b) (第12题) (第13题) 13.18解析：如图，把截面AEF补形为四边形AEFD1， 连接AD1,由正方体可得EF∥AD1,可得等腰梯形AEFD1为平 面AEF截正方体所得的截面图形， 由正方体ABCD-A1B1G1D1的棱长为4，得AD1=42,EF=22, D1F=AE=√42+22=2√5，则点E到AD1的距离即为等腰梯 形AED的高√(25)2-(42-22 =32,…所求的截面 2 面积为5=子×(20+4，)x3万=18，故答案为18 14.100w550√29解析：如图，过点J作1G的平行线JT,且 IG=JT,因为HJ⊥AB,JT⊥AB,所以∠HJT为F-AB-D的平面 角0，HJ=10×15=150米， 在△HUT中由余弦定理可得HT=HP+JT-2×HW×JTXcos0= 1502+102+2x150x10x-202,m=200米 因为IG∥JT,1G=JT,所以四边形JTG是平行四边形，所以 TG∥AB. 又因为HJ LAB,JT⊥AB,HJ∩JT=J,HU,JTC平面HJT,所以AB⊥ 平面JT,所以TG⊥平面JT,HTc平面HJT,所以TG⊥T. 在△HGT中，HG2=H7T2+G72=2002+1002=50000,所以HG 100W5米. 把二面角展开成一个平面，HT=HJ+JT=150+100=250(米)，GT= 100米， 在△HGT中，HG2=HT2+TG2=2502+1002=72500,所以HG= 50√29米.故答案为100W5;50√29. 、山坡 B 兔罗T草地】 ℃猎人 15.证明：(1)如图①，连接BC1,A1B, 因为点N是BC1的中点，且BCC1B1为平行四边形，所以B,N,C1 三点共线，且M,N分别是A1C1,BC,的中点，所以MN∥A,B. 又因为MN￠平面ABB1A1,A1BC平面ABB1A1,所以MW∥平 面ABB1A1 B B ① ② (2)如图②，取AC的中点E,连接A1E,BE,AB,B1M,MC, ME,A C, 因为M,E分别是A1C1和AC的中点，所以A1M/EC,且A1M= EC,所以四边形A1ECM是平行四边形，所以A,E∥MC, 学霸088 且A,Ed平面B,MC,MCC平面B,MC,所以AE∥平面B,MC. 因为ME∥A1A∥B,B,且ME=A1A=B,B,所以四边形B,BEM是 平行四边形，所以BE∥BM, 且BE￠平面B1MC,B1MC平面B1MC,所以BE∥平面B1MC. 又因为A1E∩BE=E,A1E,BEC平面A1BE,所以平面A1BE∥平 面B1MC. 因为A1A=A,C,所以A,E⊥AC,同理BE⊥AC 且A1E∩BE=E,A1E,BEC平面A1BE,所以AC⊥平面A1BE,所 以AC⊥平面B,MC. 16.(1)解：如图①，延长AM与BC交于点Q,连接PQ,直线PQ即为 所求交线1. AMC平面PAM,Q∈AM,则Q∈平面PAM,同理Q∈平面PBC, 而P∈平面PAM,同理P∈平面PBC,因此平面PAM∩平面PBC= PQ,所以直线PQ即为所求交线1. 0 D ⑦ (2)证明：由四边形ABCD是正方形，得AB⊥BC, 因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,BCC平 面ABCD,所以BC⊥平面PAB. 又因为APC平面PAB,所以AP⊥BC (3)解：在平面PAB内过点P作PH⊥AB于点H,连接CH,如图 ②，由平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,得PH⊥ 平面ABCD,则∠PCH即为PC与平面ABCD所成的角， 在△APB中，∠APB=90°，AP=2,AB=4,所以PB=23,∠PAB= 60°，从而PH=√3，BH=3,在Rt△BCH中，CH=5,因此 tan∠PCH=PH、V3 C田了，所以PC与平面ABCD所成角的正切值 为 17.(1)证明：因为AB∥A1B1,ABC平面ABC,A1B,￠平面ABC,所 以AB1∥平面ABC 同理可证B,C1∥平面ABC. 又因为A1B1nB1C=B1,AB1,B1C1C平面A1B1C1,所以平 面ABC∥平面A1B,C1· 而AB1∥AB,故AA1,BB1共面. 因为AB≠A1B1,设AM1∩BB1=M. 而M∈AA1,且AA1C平面AA1C1C,所以M∈平面AA1C1C,同理可 证M∈平面BB1C1C,所以M∈平面AA1C1C∩平面BB1C1C. 又因为平面AA1C1Cn平面BB1C1C=CC1,所以MeCC1,则AA1, BB,,CC1交于同一点M. 又因为平面ABC∥平面A1B1C1,所以多面体ABC-A1B,C1为 棱台. B ① ② (2)解：①三棱台ABC-A1B,C1中，由(1)知侧棱AA1,BB1,CC1交 于同一个点M,连接AB1,如图①. 在侧面梯形AM1B1B中，有AB∥AB1,AM1⊥AB,所以梯形 AA1B1B为直角梯形. 又因为AA1=A1B1=2,AB=2A1B1=4,所以AB1=2V2=BB1,所 以AB脱+BB2=AB2,故AB1⊥BB1 又因为平面ABB1A1⊥平面BCC1B1,平面ABB1A1∩平面 BCC,B1=BB1,AB1C平面ABB1A1,所以AB1⊥平面BCC,B1, 即AB1的长度等于点A到平面BCC1B1的距离. 、 在三接台40C-A岛G中，有没-侣即品 4,所以 参考答案 BC=8. 在侧面梯形BCCB1中，B1C1=4,BC=8,BB=22,LB1BC= ,所以侧面梯形B0G,B品，的面积SucR,=宁×(4+8)x2× in3项=12 4 "2e4a 又因为 故sac=2 XBCxBNsin_CR=-之×8x42xn7-16, 】 所以ac=号5ac1=寸16x2万=322 1 3 -(）广-行4 因为VM-ABC 7 个 7、322282 8 VA-MG=83 3 所以所求多面体ABC-AB,C,的体积为28三 3 ②在△MBC内，过点B1作B,D⊥CM,记垂足为D,连接AD,如 图②. 由①知AB1⊥平面BCC1B1,又因为B1D,CMC平面BCC1B1,所以 AB1⊥B,D,AB1⊥CM 又因为B1D⊥CM,AB1∩B1D=B1,AB1,B,DC平面AB1D,所以 CM⊥平面AB,D. 又因为ADC平面AB1D,所以CM⊥AD. 又因为B1D⊥CM,所以∠ADB1等于二面角A-CC1-B的平面角. 在△MBC中，BC=8,BM=4D,∠B,BC=37,所以CM= √(42)2+82-2x42x8xo 3元=4而，故16=SaMc= 名8xacx血号-分cw×2RD- 4 ×40×2BD,解得 AB1.25=5. B,D=2,放由AB,1B,D即知am∠A0B,BD2元 5 5 所以二面角A-CC1-B的正切值为5. 18.(1)证明：如图，取AP的中点Q,连接QM,QD, 因为入=1，所以M是线段PB上的中点，因此有QM∥AB,MQ= 因为四边形ABCD是矩形，N是线段DC上的中点，所以DN∥AB, DN=AB,因此有DN/MQ,DN=QM,所以四边形DNMQ是平 行四边形，所以有NM∥QD, 而NM丈平面PDA,QDC平面PDA,所以直线MN∥平面PDA. (2)解：假设存在实数入，使直线MW同时垂直于直线PB,直 线DC, 因为四边形ABCD是矩形，所以CD∥AB,即MN⊥PB,MN⊥AB, 而PB∩AB=B,PB,ABC平面ABP,所以MN⊥平面ABP. 因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD. 因为PA⊥平面ABCD,ADC平面ABCD,所以PA⊥AD. 而PA∩AB=A,PA,ABC平面ABP,所以AD⊥平面ABP,因 此MW∥AD,显然不可能，所以假设不成立. 因此不存在实数入，使直线MN同时垂直于直线PB,直线DC. (3)解：当入=1时，由(1)可知MN∥ D DQ,所以∠PDQ是直线MW与直线PD 所成角，设AD=a(a>0), 由(2)可知PA1AD,所以PD= M √/a2+4,DQ=/a2+1, 在△PDQ中，由余弦定理可知 cos∠PDQ= PD2+DQ2-PO2 2PD·DQ a2+4+a2+1-1 a2+2 2/a2+4×/a2+1/a2+4×Wa2+1 2霸089 令a12=(>2,所以0<<分，于是有cm∠P0 1 √+2x×-I ，当时，m∠Pn0 有最小值，最小值为22此时LPDQ有最大值，则直线MN与直 线Pm所成最大角的余弦值为号 19.解：(1)如图，连接EF,并延长，交CC 的延长线于点M,交CB的延长线于 点N,连接AM交A1C1于点G,连 GC1 MC CE 1 接AN,GE.易得AC-MC-CN3,A 故G为A1C1靠近点C1的三等分点，得 到C,1,6G-子下商束三发鞋淡 截面AGEF分成上下两部分的体积比： 三棱柱ABC-A1BC,的体积V=5 -X 4 22×2=2N5.连接A1E,A1F,由BB1∥平面AA1E知，VF-AME= 4s=业4e=石-5， 3V1=VAg +VGME+V-Me= 子分1x1了宁axx号984=- 11 2福k°岩 (2由，=4+及g-得可得= ，e=号灯，M可得=子，即点G到平面M,E的距 √5 离为子，即点G到A,E的距离为子，G为A,G,靠近点C,的四等 分点 第14章 14.1获取数据的基本途径及相关概念 14.2抽样 第1关（练速度） 1.C解析：总体：研究对象的全部.样本：从总体中抽取一部分个体 的集合.样本容量：样本中个体的数量.个体：研究对象，∴.结合题 意，50表示样本容量，故选C. 2.D解析：因为近年来我国大学生入学人数的相关数据有所存储， 所以小明最好是通过查询获取数据. 3.B解析：个体数和样本容量较小时适合用抽签法，排除A,D:C中， 甲、乙两厂生产的两箱产品质量可能差别较大，适合用分层抽样，故 选B. 4.AC解析：根据两种抽样方法的特点知，不论哪种抽样方法，总体 中每个个体入样的可能性都相等，故A正确，B错误；由于总体中 有差异较明显的三个层（一级品、二级品和三级品），故方法2抽到 的样本更能反映总体特征，C正确，D错误故选AC. 5.C解析：根据分层抽样的概念可得抽出的桃形香囊的个数为20× 27 36+18+27+9=6.故选C 方法总结 分层抽样每层抽取的数量要按照同样的比例，每层抽取数量的比和 总数的比是一致的 6.B解析：选取方法是从随机数表第1行第3列和第4列的数字开 始由左到右依次选取两个数字，则选出来的个体的编号为16,15， 72(舍去)，08,02,63（舍去），15（舍去），02（舍去），16（舍去），43 必修第二册·SJ 因为平面A1B1C1∥平面ABC,所以截面AGEF与平面ABC所成 角即为截面AGEF与平面A1B,C1所成角. 在△CC,E中，GC,=2,CE=1,故EG L GC, 又因为平面ACC1411平面A1B1C1,且平面ACC1A1n平面 A1B1C1=A1C1,所以EG⊥平面ACC1A1,AGC平面ACC1A1,AG1 EG,则∠A1GA即为截面AGEF与底面ABC所成的二面角的平 面角。 在R△A,CM中，A,G= 2,441=2,AG=5 AA 2sin /4 GA=AG 号，因此截面46EF与平面AC所成二面角的正弦值为子 (3)设cC,=m,m∈[0,1，Mc-CC=" 设△MGB的面积为S,可得ミ=”又因为S,=S,+S,所以 S12-m S1_2-m S22 S22 2,当e[小时8(e)=++2单玛减g(0n 方法总结 用几何法求锥体的体积的方法： (1)可以用转换底面的方法将锥体转换到较为容易计算的底面 和高； (2)当锥体的顶点在与锥体的底面平行的直线上运动时，则锥体的 体积是不变的 统计 （舍去)，19,97（舍去），14.故选出的第6个个体编号为14.故选B. 7.ACD解析：因为三种型号轿车的产量具有明显的差异性，所以应 采用分层随机抽取，故A正确，B错误：又因为三种型号轿车的产 量之比为1500：6000：2000=3：12：4，所以三种型号的轿车依 3 12 4 次应抽取57×3+12+49（辆），57×3+12+436（辆），57×3+12t4 12(辆)，故C正确；根据随机抽样可知：每个个体被抽到的可能性 均等，即每一辆被抽到的可能性都是相等的，故D正确.故选ACD. 8.查询解析：借阅《中国统计年鉴》属于通过查询获取数据。 9.3.3解析：因为数据3.3明显低于其他几个数据，是极端值，所以 去掉这个数据，能够更好地提高样本数据的代表性.故答案为3.3. 2解析：由题意得2+×36=8，解得m=3,所以B型号产品被 3 抽取的数量为2+3+4×36=12故答案为12， 11.2000解析：设鱼塘中的鱼有x条，因为捕捞出的120条鱼中有 6条有记号，因此由题意可得00=6，解得x=2000,即鱼塘中 的鱼大概有2000条.故答案为2000. 第2关（练准确率） 12.B解析：依题意春、夏、秋、冬每个季节某路口在学校放学时段的 车流量可能会有差异，为了统计该路口每天在学校放学时段的车 流量，春、夏、秋、冬每个季节各选两周作为样本更具有代表性，故 B正确；对于A,随机抽取两天作为一个样本，不具有代表性， 故A错误：对于C,显然星期一到星期五学校放学时段的车流量 与周末时学校放学时段的车流量会有差异，故选取每周星期日作 为样本也不具有代表性，故C错误；对于D,全年每天的数据，属 学霸090