章节测评卷(三)测试范围：立体几何初步-【数理报】2025-2026学年高一数学必修第二册期末复习专号升级突破大模拟（人教A版）

高中数学必修第二册 章节测评卷（三） 测试范围：立体几何初步 ◎数理报社试题研究中心 第I卷选择题（共58分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1.如果直线aC平面，直线bC平面a,M∈a,N∈b,Mel, N∈l,则 高 (A)IC a (B)I a 数 (C)l∩=M (D)Ina =N 子 2.设，B是两个不同的平面，m,n是两条不同的直线，下列命题 必 中正确的是 第 (A)若a⊥B,mCa,则m⊥B (B)若a⊥B,m⊥a,则m/B 册 (C)若m∥，a∩B=n,则m∥n 教 (D)若m∥，m∥B,∩B=n,则m∥n 3.如图1所示，在水平放置的△ABC的直观图中，AB,=B,C1, A,D1是BC1边上的中线，由图形可知在△ABC中，下列四个结论中 版 正确的是 章 (A)AB BC =AC (B)AD⊥BC 测 (C)AC AD AB (D)AC AD AB =BC 卷 (0) /B D:C 图1 图2 4.如图2所示的正方体的棱长为2，则以其所有面的中心为顶点 的多面体的表面积为 (A)33 (B)43 (C)8 (D)12 5.图3是一个四棱锥的平面展开图，其中 四边形ABCD为正方形，四个三角形为正三角 形，E,F,M分别是PA,PD,BC的中点，则在此 四棱锥中，下列说法正确的是 ( (A)BE与CF是异面直线，且BE∥平面 PFM 图3 (B)BE与CF是相交直线，且BE∥平面PFM (C)BE与CF是异面直线，且BE⊥平面PFM (D)BE与CF是相交直线，且BEL平面PFM 6.如图4，圆柱的底面直径AB与母线AD的长相等，E是AB的中 点，则AE与BD的夹角为 (A)π (B)平 (c) (D)T 2 20 B E E 图4 图5 7.如图5，已知∠APB=90°，S为平面APB外一点，SP=4,点 S到∠APB两边PA,PB的距离分别为SF,SE,且SE=SF=23,则 点S到平面APB的距离SO为 ( (A)4 (B)22 (C)2 (D)2 8.棱长为a的正四面体A-BCD与正三棱锥E-BCD的底面重 合，若由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在同一球面上，则正三 棱锥E-BCD的内切球的半径为 () (4)32+6 (B)35-6 12 12 (C)35+6 12 (D)32-6 12 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 9.在空间四边形ABCD中，E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA上 的点，当BD∥平面EFGH时，下面结论正确的是 () (A)E,F,G,H一定是各边的中点 (B)G,H一定是CD,DA的中点 (C)AE:EB AH:HD,E BF:FC DG:GC (D)四边形EFGH是平行四边形或梯形 10.两平行平面截半径为5的球，若截面面积分别为9π和16π， 则这两个平面间的距离可以是 ( (A)1 (B)3 (C)4 (D)7 11.如图6，两个共底面的正四棱锥组成一 个八面体EABCDF,且该八面体的各棱长均相 等，则 ( (A)平面ABF∥平面CDE (B)平面ADE⊥平面EBC (C)直线A5与平面BDE所成角的正弦值是号受 图6 (D)二面角B-AE-D的余弦值是-号 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.已知圆柱的体积为2π，该圆柱的轴截面是一个正方形，则该 圆柱的侧面积为 13.已知P为口ABCD所在平面外一点，E是AD的中点，F是PC 上一点若PA∥平面BF,器 14.如图7，在直三棱柱ABC-AB,C,的侧 A C D(A1) 面展开图中，B,C是线段AD的三等分点，且AD =33.若该三棱柱的外接球0的表面积为 12π，则A41= B D(A】 图7 高 四、解答题：本题共5小题，共77分 15.(13分)如图8，在四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为梯形， 数 BC∥DE.设CD,BE,AE,AD的中点分别为M,N,P,Q. (1)证明：M,N,P,Q四点共面； (2)若AC⊥DE,且AC=√3BC,求异面直线DE与PN的夹角 修第 的大小 (人教 B A C 版 图8 16.(15分)如图9，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=√3，BC= 3,在该三角形内挖去一个半圆，半圆的圆心0在边BC上，且半圆与 卷 AC,AB分别相切于点C,M,与BC交于另一点N,将△ABC绕直线BC 旋转一周得到一个旋转体 (1)求该旋转体中间空心球的表面积； (2)求图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积. 图9 © 17.(15分)如图10，在直角梯形ABCD中，AB∥DC,∠ABC= 90°，AB=2DC=2BC,E为AB的中点，沿DE将△ADE折起，使得点 A到点P的位置，且PE⊥EB,M为PB的中点，N是BC上的动点（与 ,点B,C均不重合) (1)证明：平面EMN⊥平面PBC; (2)设三棱锥B-EMW和四棱锥P-EBCD的体积分别为V,和 的值 ,当N为BC的中点时，求 D M 图10 高中数学·必修第二册（人教A版）章节测评卷（三） 18.(17分)如图11，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC,AD=AB =DC=BC=1,E是PC的中点，平面PACL平面ABCD. (1)证明：ED∥平面PAB; (2)若PC=PA=√7，求二面角A-PC-D的平面角的余弦值. 图11 19.(17分)正多面体也称柏拉图立体，被喻为最有规律的立体 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，且 每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等).数学 家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、 正八面体、正十二面体、正二十面体，已知一个正四面体QPTR和一 个正八面体AEFBHC的棱长都是α（如图12），把它们拼接起来，使它 们一个表面重合，得到一个新多面体 (1)求新多面体的体积： (2)求新多面体为几面体？并证明 图12 高中数学·必修第二册（人教A版）章节测评卷() (参考答案见15~17版)数理极 从而Sw=BA0:s如A= -×2×4×sin =25,Sa0=号6C 0sinC=x6x4×sim T =65, 所以S四边形ABD=S AAID+SARCD=8√5. 高中数学必修第二册章节测评卷（二） 一、单项选择题 1 ~4 ADDB 5 ~8 AADA 提示： 1.z=i(1+i)=-1+i, 所以复数z的共轭复数为-1-i 2.(2-i)2=4-4i+2=3-4i,在复平面内对应 的点为(3，-4)，位于第四象限. 3.由题设0A=(3,2),0店=(-2,3)， 则4正=02-0=(-5,1)， 所以向量AB对应的复数为-5+i. 4,a+i=(a+i):(-i边 i·(-i)》 =1-ai, 则=11-i1=-a+=2 又a为正实数，所以a=√3. 5.依题意知，0Z=(1,-1), 将向量0Z绕点0按逆时针方向旋转90°所得向量 的坐标为(1,1)， 因此0Z2=2(1,1)=(2,2),即z2=2+2i, 所以2=2+2=2+201+==21 1-i(1-i)(1+i) 2 6.因为z= 1,+mi=(1+mi)(1-i边 -1+m 1+i (1+i)(1-i) 皿，马在复平面内对应的点为（专，”2），且在第 2 四象限， .1+m 所以 2 解得-1<m<1. 2 -1 <0, 7.由3+2+z+1=0, 得z2(z+1)+z+1=(z2+1)(z+1)=0. 因为2=-1，所以z=±i或z=-1, 当21=±i,3=-1或3=±i,=-1时，|1-2 =2; 当z1=i,3=-i或2=i,4=-i时，|z1-2|=2. 8.因为lzl=1,设z=cos0+isin0(i为虚数单位)， 由棣莫佛公式，可得z”+z=cos170+isin170+ cos 0+isin 0 (cos 170 +cos 0)+i(sin 170+sin 0)=1, 所以{ 0s170+c0s0=1, U sin 170 sin 0 =0, 即cos170=1-cos0, sin 170 =-sin 0, 因为(sin170)2+(cos170)2=1, 所以(sin170)2+(cos170)2=(-sin0)2+(1-cos0)2 =1, 化简可得sinm20+cos20-2cos0=0, 即1-2c0s0=0, 所以cos0=分，所以in0=±V个-os0=± 21 所以：=子± 二、多项选择题 9.AC:10.ABD: 11.ABC. 提示： 9.设z=a+bi(a,b∈R), 则z=a-bi, 由题意可得 -8=2bi=-14, z引=a+6=52, …参考答案 所以z=1-7i或z=-1-7i 故选(A)(C). 10.i+2++4=i-1-i+1=0,故(A)正确： 因为1+i在复平面内对应的点为(1,1)，点(1,1) 为第一象限角平分线上的点， 所以arg(1+i)=平，故(B)正确： 因为z=(1+2i)2=1+4i+42=-3+4i, 所以z=-3-4i, 所以复平面内对应的点为(-3，-4)，位于第三象 限，故(C)错误； 设z=a+bi(a,beR), 则1a+bi-11=1a+bi+1I, 所以√(a-1)2+6=√/(a+1)2+6, 化简得a=0, 所以z=bi,所以z在复平面内对应的点的集合是直 线x=0,故(D)正确. 故选(A)(B)(D). 11.对命题(A),1的实部是1，i的实部是0，虚部是 1,0的实部和虚部都是0，故(A)正确： 对命题(B),设z1=a1+b1i,=a2+b2i,z3=a3+ bi(a1,b1,a2,b2,a,b3∈R),由已知得a1>a2或a1= a2且b1>b2,a2>a3或a2=a3且b2>b3,显然有a1≥ a3,若a1>a,则z1>z3,若a1=a3,则a1=a2=a,b >b2>b,也有a>a,故(B)正确； 对命题(C),设z=a+bi(a,b∈R),a1=a1+bi, 2=a2+b2i(a1,b1,a2,b2∈R),由z1>22得a1>a2或 a1=a2且b1>b2,从而a1+a>a2+a或a1+a=a2 +a且b+b>b2+b,所以a1+z>z2+z,故(C)正确： 对命题(D),令a1=1+i,a2=-2i,z=2i,则有z1> 2,但z·21=-2+2i,2·2=4,显然有z·2>z·1,故 (D)错误.故选(A)(B)(C) 三、填空题 12.-1;13.-1;14.13. 提示： 12.z1+z2=2+i+3+ai=5+(1+a)i. 因为1+2所对应的点在实轴上， 所以1+a=0,所以a=-1. 13.由题图可知，点Z的坐标为(2,1)， 所以z=2+i, 所以1产2 2+i。(2+i)(1+2=i,其共 =1-2i (1-2i)(1+2i) 轭复数为-i, 所以其共轭复数的虚部是-1. 14.设a=a+bi,a,b∈R, 由实系数一元二次方程虚根成对定理可得B=α= a -bi, 由根与系数的关系可得a+B=2a=4,B=a2+ b2=m, 整理得a=2,m=62+4. 设，B,-1在复平面上对应的点分别为A(2,b), B(2,-b),C(-1,0), 则C=(3,b),C店=(3，-b), 可知A,B关于x轴对称， 若复平面上，B,-1对应点构成直角三角形， 则CA⊥CB, 即C.C2=9-62=0,解得b2=9, 所以m=b2+4=13. 四、解答题 15.解：设z=a+bi(a,b∈R), 因为1z1=1+3i-z, 所以√a2+6-1-3i+a+bi=0, 所以{公+B+a-1=0,解得{=二4， Lb-3=0, 1b=3, 所以z=-4+3i, 15 所以1+i)(3+4i)2 2i(-7+24i) 24+7i 2a 2(-4+3i) 4-3i =3+4i. 16解：1)：=2+2万号(5-90）=-1+2i, 则1z1=5. (2)因为复数z是方程2x2+mx+n=0的一个根， 所以-6-m+n+(2m-8)i=0, 由复数相等的充要条件得 仁6-m+n=0,解得m=4. 2m-8=0, n=10. 17.解：(1)因为复数z在复平面内对应的点在一次 函数y=-x的图象上，所以可设z=a-ai(a∈R), 又：+2=a-ai+2=a-i+2(a+ai a ai 2a2 (a+日)+（日-a小i为实数， 所以1-a=0,解得a=±1， 所以z=1-i或z=-1+i. (2)因为点A在第二象限， 所以z=-1+i,故A(-1,1), z2=(-1+i)2=-2i,故B(0,-2), i·z=i(-1+i)=-1-i,故C(-1,-1), 所以AC=2,△ABC的高为1， 18.解：(1)选择①，若z在复平面内对应的点在直 线x-y=0上， 则m2-5m+6-(m2-9)=0,解得m=3. 选择②，若2>0，则”-9=0， nd-5m+6>0, 解得m=-3. 选择③，若：为纯虚数，则m-9≠0， m2-5m+6=0, 解得m=2. (2)因为z0=z+5m-3=(m2+3)+(m2-9)i, 且101=62， 所以(m2+3)2+(m2-9)2=72, 所以m2=3,所以0=6-6i. 因为lsin0+icos0|=1, 所以sin0+icos0在复平面内对应的点在以坐标原 点为圆心，1为半径的圆上， 所以I-(sin0+icos0)1表示点(6，-6)与圆上 的点的距离，故其最大值为62+1. 19.解：)e+e=(as+isin号）+(osm+ mm)=(分+)+(-1)-之+ 1 (2)由题意可得：c+e=(eos分 111 cos 0 +isin 0)=i+(cos 0 isin 0)cos 0+(1 sin 0)i, 所以1e2+em1=√cos20+(1+sim0)7= cos2 0 sin0 2sin 0+1 =2 +2sin 0, 因为0eR,所以sin0∈[-1,1]， 因此2+2sin0≤2+2=4， 所以Ie受+e“1(0∈R)的最大值为2. 高中数学必修第二册章节测评卷（三）】 一、单项选择题 1~4 ADCB 5 ~8 BCBD 提示： 1.因为M∈a,aCa,所以Me,同理N∈a, 又M∈l,N∈l,所以lCa. 2.在(A)中，若a⊥B,mCa,则m与B相交或m与 B平行或mCB,故(A)错误；在(B)中，若a⊥B,m⊥a, 则m∥B或mCB,故(B)错误；在(C)中，若m∥a,an 16 B=n,则m与n平行或异面，故(C)错误；在(D)中，若m ∥a,m∥B,nB=n,则m∥n,故(D)正确. 3.根据斜二测画法，把直观图中的 △AB,C1还原成原图形，如图1所示 △ABC为直角三角形，AB⊥BC,且AB = 2BC,所以AC>AD>AB. 4.由题意知，该几何体是一个由8 个全等的正三角形围成的多面体，且正 BO)D Cx 图1 三角形的边长为2，所以一个正三角形的面积为 )=,所以多面体的表面职为8× =4 5.根据题意，画出几何体P- ABCD,如图2所示 因为E,F分别是PA,PD的中点， 可得EF∥AD且EF=之D, 又因为AD∥BC且AD=BC, 图2 所以EF∥BC且EF=BC. 所以四边形BCFE为梯形，所以BE与CF为相交直线， 因为M为BC的中点，可得EF∥BM且EF=BM, 所以四边形BMFE为平行四边形，可得BE∥MF, 又因为BE丈平面PFM,MFC平面PFM, 所以BE∥平面PFM. 6.取DC的中点F(与E同侧)， D 连接EF,BF,DF,如图3. 则EF∥AD,且EF=AD,所以 四边形ADFE为平行四边形，所以 DF∥AE, 所以∠FDB(或其补角)为AE E 与BD的夹角， 图3 设AB=1,则AD=1,BD=2+1下=2，DF= √）+(T-am-√P+()- 在△BDF中，由余弦定理的推论得cOs∠FDB= DF+B02-B.2+2 1 3 2DF·BD 2x 2=,故∠FDB=号， -x/ 所以AE与BD的夹角为于 7.由于S0⊥平面APB,EO,FOC平面APB, 故S0⊥E0,S0⊥F0, 且SE=SF=25,S0=S0, 因此△S0F≌△S0E,故OE=OF 又SE⊥PB,所以PE=√SP2-SE=2, 又S0⊥PB,SE⊥PB,S0∩SE=S,S0,SEC平面 SOE,故PBL平面S0OE, 因OEC平面SOE,故PB⊥OE. 同理可得PA⊥OF, 又∠APB=90°，因此四边形OEPF为正方形， 所以S0=√SE2-0E=SE-PE=22. 8.如图4，由题意得多面体 ABCDE的外接球即正四面体A BCD的外接球，且其外接球的直径 B 为AE,易求得正四面体A-BCD的 高AF=6 3 a, E 图4 设外接球的半径为R, 则=（原。-）°+（停）解得R= 即外接球的半径为。，所以证-。 设正三棱锥E-BCD的高为h, 3a+h,所以h=。 a,所以EB= 参考答案， EC ED= 又因为△BCD的边长为a, 所以正三棱锥E-BCD的三条侧棱两两垂直， 易求得正三棱锥E-BCD的表面积S=3+5。,体 4. 职v=含×分×××只- 设正三棱锥E-BCD的内切球的半径为r, 好5r=经c得，=36 a】 12 二、多项选择题 9.CD:10.AD:11.AD. 提示： 9.由BD∥平面EFGH及直线与平面平行的性质定 理，得BD∥EH,BD∥FG, 则AE:EB=AH:HD,且BF:FC=DG:GC,且EH ∥FG, 所以四边形EFGH是平行四边形或梯形. 故选(C)(D). 10.易得两截面圆的半径分别为3和4. 如图5-①所示，若两个平行平面在球心同侧， 则两平面间的距离CD=0C-0D=√2-32- /52-42=4-3=1; B B ① 2 图5 如图5-②所示，若两个平行平面在球心两侧， 则两平面间的距离CD=OC+0D=√52-32+ 52-42=4+3=7. 故选(A)(D). 11.如图6，连接AC交BD于点 E O,则点O为正方形ABCD的中心， 由对称性可知OE=OF,OA =OC,所以四边形AFCE为平行A 四边形，所以AF∥CE. 又AF平面CDE,CEC平 面CDE, 图6 所以AF∥平面CDE. 同理BF∥平面CDE,又AF∩BF=F,AF,BFC平 面ABF,所以平面ABF∥平面CDE,(A)正确； 取BC的中点M,连接EM,FM,则EM⊥BC,FM⊥BC, 所以∠EMF为二面角E-BC-F的平面角， 设该八面体的棱长为a, 则M=W-号EP=2Vm-m:2a, 所以cos∠EMF= EM FM -Er = 2EM·FM 所以二面角E-BC-F不是直二面角， 则平面EBC与平面FBC不垂直， 而平面ADE∥平面FBC, 所以平面ADE与平面EBC也不垂直，(B)错误； 同理，取AE的中点N,连接BN,DW, 所以∠BWD为二面角B-AE-D的平面角， cos∠BND=- 3 所以二面角B-AE-D的余弦值是-号，(D)正确： 由AE=AF,OE=OF, 得AO⊥EF,在正方形ABCD中，AO⊥BD, 又EFC平面BEDF,BDC平面BEDF,且BD∩EF =0, 所以AO⊥平面BEDF, 所以∠AEO即为直线AE与平面BDE所成的角， 设该八面体的棱长为2， 数理极 则A0=4C=3G+BC=万， 所以E0=√/AE2-A02=√2=A0, 所以∠AE0=45°，(C)错误 故选(A)(D). 三、填空题 124m:137;14,25 提示： 12.设圆柱的底面半径为r,则圆柱的高为2π 因为圆柱的体积为2π， 所以πr2×2r=2π，解得r=1, 所以圆柱的侧面积为2r×2r=4π. 13.如图7，连接AC交BE于 点O,连接OF. 因为AD∥BC,E为AD的中点， BC 2 又因为PA∥平面EBF,平 图7 面EBF∩平面PAC=OF,PAC平面PAC, 则PA∥OF, 所以器-品= 14.设球0的半径为r,则42=A1 PE 12π，解得r=5(负值舍去)， B 根据题意，分别取直三棱柱上、下 底面的中心E,F,连接EF,则EF的中点 即为直三棱柱外接球的球心0，如图8A 所示 B 连接OC,CF, 图8 则OC=T=5,EF⊥平面ABC,EF=AA1=2OF 因为CFC平面ABC,所以OF⊥CF, 在等边△ABC中，CF=子·BC·sin60°=1， 3 在Rt△OFC中，OF=√OC-CF=√2， 则A4,=20F=22. 四、解答题 15.(1)证明：因为CD,BE,AE,AD的中点分别为M, N,P,Q, 所以PQ为△ADE的中位线，MN为梯形BCDE的中 位线， 所以PQ∥DE,MN∥DE,所以PQ∥MN, 所以M,N,P,Q四点共面. (2)解：易知PN为△ABE的中位线，所以PN∥AB. 又BC∥DE,所以∠ABC(或其补角)为异面直线 DE与PN的夹角， 因为AC⊥DE,所以AC⊥BC 在△4CB中，m∠AC-荒- 2=5, 所以∠ABC=60°. 所以异面直线DE与PN的夹角为60°. 16.解：(1)连接OM,则OM为半圆0的半径， 则OM⊥AB,即∠OMB=90°. 在△ABC中，∠ACB=90°，AC=√5，BC=3, 所以∠ABC=30°， 则0C+0B=0C+20M=3,则0M=1, 所以该旋转体中间空心球的表面积为4π·12=4π (2)将题图中阴影部分绕直线BC旋转一周，得到的 几何体是一个圆锥挖去其内切球， 所以所求体积V=V-V=子m·AC·BC- 3m·0M=3m-4红=5知 3 -3 17.(1)证明：因为PE⊥EB,PE⊥ED,EB∩ED= E,EB,EDC平面EBCD,所以PE⊥平面EBCD, 又BCC平面EBCD,所以PE⊥BC, 因为BC⊥EB,PE,EBC平面PEB,PE∩EB=E, 所以BC⊥平面PEB. 因为EMC平面PEB,所以EM⊥BC. 数理极 由PE=EB,PM=MB知EM⊥PB, 又BC,PBC平面PBC,BC∩PB=B, 所以EM⊥平面PBC. 又EMC平面EMW,所以平面EMN⊥平面PBC. (2)解：因为N为BC的中点， 之EB·BN 所以 S△EBN 四边形EBCD EB·BC 4 易知点M,P到平面EBCD的距离的比值为？， 所以了 3S△B4 1 x7=8 3S啦 4 18.(1)证明：如图9，取PB的中点F,连接AF,EF 因为EF是△PBC的中位线， 所以EF∥BC且EF=BC 又AD∥BC且AD=BC, 所以AD∥EF且AD=EF, 所以四边形ADEF是平行四边形，所以ED∥AF: 又ED￠平面PAB,AFC平面PAB, 所以ED∥平面PAB. (2)解：如图9，取BC的中点 M,连接AM, 则AD∥MC且AD=MC, 所以四边形ADCM是平行四 边形， 又AD=CD,所以平行四边 A 图9 形ADCM为菱形， 所以AM=MC=MB,所以AB⊥AC, 可得AC=5. 过D作DG⊥AC于G,则G为AC的中点. 因为平面PAC⊥平面ABCD,且平面PAC∩平面 ABCD=AC,DGC平面ABCD, 所以DG⊥平面PAC,则DG⊥PC. 过G作GH⊥PC于H,连接DH, 则PC⊥平面GHD,所以PC⊥DH, 所以∠GHD是二面角A-PC-D的平面角. 在△A0c中，6m=√n-()=√-号 连接PG,因为PC=PA,G为AC的中点， 所以PG1AC,所以PG=√-子=3 5 所以点A到PC的距离d= 52 14 所以GH= 1 d 52 28 在R△GDH中，HD=GD+GF=√ 75 年+12 103 =W112 5/2I 所以cos∠GHD= GH 28 5309 HD 103 103 112 即二面角A-PC-D的平面角的余弦值为5,30四 103 19.解：(1)如图10所示，在正四面 本中，N,G分别为PT,QR的中点，连接 ON,RN,NG, 则PT⊥QN,PT⊥RN,QNRW =N, 所以PT⊥平面QWR, 图10 所以正四面体的体积为V=专50a·PT= 3 …参考答案 √)-(xa吾 如图11所示，在正八面体中，连 接AC交平面EFBH于点O, 则AO⊥平面EFBH, 所以S正方形E删=a, 0=-0=， 图11 所以正八面体的体积为北=2×号×Sm× 40=2×××=, 因为新多面体体积为原正四面体体积V,与正八面 体体积V2之和， 所以V=y+5,=52a 12 (2)新多面体是七面体，证明如下： 如图11，在正八面体AC中，取BF的中点为M,连接 MA,MC,易得∠AMC为二面角A-BF-C的平面角. 易得M=Mc=,AC=240=Ea, 由余弦定理得cos∠AMC= MA2 MC2-AC2 2MA·MC 由题可知，正八面体任何相邻面构成的二面角的余 弦值均为-弓，设此角为 在正四面体中，易得∠QWR为二面角Q-PT-R的平 面角 由余弦定理得cos∠QNR=NO+NR-QR2 2NQ·WR 1 3 即正四面体任何相邻面所构成的二面角的余弦值 均为3，设此角为0。 所以0+a=180°， 假设△TQR与△FAE重合，则△PQR与△HAE为同 一平面，△PTR与△CFE为同一平面，△PTQ与△BAF为同 一平面， 因此新多面体是七面体 高中数学必修第二册章节测评卷（四） 一、单项选择题 1 ~4 BCBB 5 ~8 CCAD 提示： 2.将这组数据按从小到大的顺序排列为 7,8,9,10,11,12,14,15,16,17. 因为10×60%=6， 则这组数据的60%分位数是这组数据中的第6个 和第7个数据的平均数，即2十14=13， 2 3.设样本的容量为，依题意得0 2 2+3+4,解 得n=540,所以这个样本的容量为540 4.观察频率分布直方图，得每次通话时长不低于5 分钟且小于15分钟的频率为： 1-5×(0.06+0.03+0.02+0.02)=0.35, 则60×0.35=21， 所以每次通话时长不低于5分钟且小于15分钟的 次数为21. 5.由分层随机抽样的定义可知，抽取的高一、高二、 高三年级参赛选手的人数之比为1200：900：900=4： 3：3.设高三年级参赛选手成绩的样本平均数为x, 则++3×85+ 4 3 3 +3+3×90+ 4+3+3x= 88,解得x=90, 故高三年级参赛选手成绩的样本平均数为90. 6.易得(0.010+0.015+0.015+a+0.025+0.005) ×10=1,解得a=0.030, 17 化学考试成绩在[40,70)内的频率为(0.01+0.015 ×2)×10=0.4. 化学考试成绩在[40,80)内的频率为0.4+0.03× 10=0.7, 所以，第61百分位数一定位于[70,80)内. 设第61百分位数为x, 则0.4+(x-70)×0.03=0.61,解得x=77, 所以估计化学老师奖励的学生的分数应不低于77分： 7.由题意得第一组的频数x1=0.1×0.1×100=1, 第二组的频数x2=0.3×0.1×100=3, 则第三组的频数x=3×3=9,第四组的频数x4= 9×3=27, 故a=27 100 =0.27 又后6组各频数之间差值相同，设差值为d, 所以1+3+9+27×6+15d=100, 解得d=-5, 所以b=27×4+6d=78. 8.甲同学名次数据的平均数为2，说明名次之和为 6,由中位数为2，得出三次考试名次均不超过3，断定甲 是尖子生； 乙同学名次数据的平均数为2，说明名次之和为6， 由方差小于1，得出三次考试名次均不超过3，断定乙是 尖子生： 丙同学名次数据的中位数为2，众数为2，说明三次 考试中至少有两次名次为2，故丙可能是尖子生； 丁同学名次数据的众数为2，说明三次考试中有两 次名次为2，设另一次名次为x,经验证，当x=1,2,3时， 方差均小于1，故x>3,断定丁一定不是尖子生 二、多项选择题 9.AC;10.ACD;11.AD. 提示： 9.对于(A),题表中10.6出现的次数最多，所以成 绩的众数是10.6环，(A)正确； 对于(B),成绩的极差是10.8-10.2=0.6（环）， (B)错误； 对于(C),10×25%=2.5,所以成绩的25%分位数 是将数据从小到大排列后的第3个数，为10.5，(C)正确； 对于(D),平均成绩是 4×10.6+2×10.8+10.5+10.2+10.4+10.7 10 =10.58(环)，(D)错误 故选(A)(C). 10.由题图4可知，丁险种参保人数所占比例为1- 2%-4%-10%-30%=54%,超过五成，故(A)正确； 由题图5可知，41岁以上参保人数所占比例为35% +10%=45%,不到五成，故(B)错误； 由题图5与题图6可知，18~29周岁参保人数所占 比例为15%，人均参保费用在区间(3000,4000)（单位： 元)内，54周岁及以上参保人数所占比例最少，为10%， 人均参保费用为6000元，所以18~29周岁人群参保的 总费用最少，故(C)正确： 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. 故选(A)(C)(D). 11.对于(A),因为x≤y, 所以云= x+ny≤ m m +n m+n =y, m+几 17 m-x+”y≥m-x+ =x, m+n m+n m+n m +n 即x≤z≤y,(A)正确： 对于(B),取第一部分数据为1,1,1,1,1，则元=1，s =0,取第二部分数据为-3,9，则y=3,3=36,则z2= (号×1+号×3）=号<3=·(B)不正确： 对于(C),取第一部分数据为-2，-1,0,1,2， 则元=0,52=2， 取第二部分数据为1,2,3,4,5，则少=3，=2， 则z=m-x+n =5y ×3=3 m +n m n 10x0+ 10