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2019-2020年高考數(shù)學(xué) 單元評估檢測(七)課時(shí)體能訓(xùn)練 文 新人教A版 一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1.已知直線a、b是兩條異面直線,直線c平行于直線a，則直線c與直線b( ) (A)一定是異面直線 (B)一定是相交直線 (C)不可能是平行直線 (D)不可能是相交直線 2.在△ABC中，AB=2,BC=1.5,∠ABC=120,若使△ABC繞直線BC旋轉(zhuǎn)一周，則所形成的幾何體的體積是( ) (A)π (B)π (C)π (D)π 3.如圖，在空間四邊形ABCD中，點(diǎn)E、H分別是邊 AB、AD的中點(diǎn)，F(xiàn)、G分別是邊BC、CD上的點(diǎn)，且 ，則( ) (A)EF與GH互相平行 (B)EF與GH異面 (C)EF與GH的交點(diǎn)M可能在直線AC上，也可能不在直線AC上 (D)EF與GH的交點(diǎn)M一定在直線AC上 4.設(shè)m,n是兩條不同的直線，α,β是兩個(gè)不同的平面，下列命題正確的是 ( ) (A)若m⊥n，m⊥α,n∥β,則α∥β (B)若m∥α,n∥β,α∥β,則m∥n (C)若m⊥α，n∥β,α∥β,則m⊥n (D)若m∥n,m∥α,n∥β,則α∥β 5.(xx?江西高考)將長方體截去一個(gè)四棱錐，得到的幾何體如圖所示，則該幾何體的左視圖為 ( ) 6．（xx紹興模擬）設(shè)α,β是兩個(gè)不同的平面，l是一條直線，以下命題正確的是( ) (A)若l⊥α,α⊥β,則l?β (B)若l∥α,α∥β,則l?β (C)若l⊥α,α∥β,則l⊥β (D)若l∥α,α⊥β,則l⊥β 7.如圖，平行四邊形ABCD中，AB⊥BD，沿BD將△ABD折起，使面ABD⊥面BCD，連接AC，則在四面體ABCD的四個(gè)面中，互相垂直的平面的對數(shù)為( ) (A)4 (B)3 (C)2 (D)1 8.如圖為棱長是1的正方體的表面展開圖， 在原正方體中，給出下列三個(gè)命題： ①點(diǎn)M到AB的距離為； ②三棱錐C-DNE的體積是； ③AB與EF所成的角是. 其中正確命題的個(gè)數(shù)是( ) (A)0 (B)1 (C)2 (D)3 9．如圖，正三角形ABC的中線AF與中位線DE相交于G，已知△A′ED是△AED繞DE旋轉(zhuǎn)過程中的一個(gè)圖形，下列命題中，錯(cuò)誤的是( ) (A)動點(diǎn)A′在平面ABC上的射影在線段AF上 (B)恒有平面A′GF⊥平面BCED (C)三棱錐A′－EFD的體積有最大值 (D)異面直線A′E與BD不可能垂直 10．（易錯(cuò)題）過正方體ABCD－A1B1C1D1的8個(gè)頂點(diǎn)中任意兩點(diǎn)的直線，與平面A1BC1垂直的直線條數(shù)是( ) (A)1條 (B)4條 (C)6條 (D)8條 二、填空題(本大題共7小題，每小題4分，共28分.請把正確答案填在題中橫線上) 11．一個(gè)球與一個(gè)正三棱柱的三個(gè)側(cè)面和兩個(gè)底面均相切，已知這個(gè)球的體積是，那么這個(gè)三棱柱的體積是______. 12.如圖，在三棱錐S-ABC中，∠SAB=∠SAC=∠ACB=90.AC=2，BC=4，SB=，則直線AB與平面SBC所成角的正弦值是______. 13.如圖，正四面體ABCD的棱長為1，G是△ABC的中心，M在線段DG上，且 ∠AMB=90，則GM的長為______. 14．已知三個(gè)球的半徑R1,R2,R3滿足R1+2R2=3R3，則它們的表面積S1,S2,S3滿足的等量關(guān)系是______. 15．一個(gè)五面體的三視圖如圖，正視圖與側(cè)視圖是等腰直角三角形，俯視圖為直角梯形，部分邊長如圖所示，則此五面體的體積為______． 16．如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，M、N、P、Q、R、S分別是AB、BC、C1D1、C1C、A1B1、B1B的中點(diǎn)，則下列判斷: （1）PQ與RS共面； （2）MN與RS共面； （3）PQ與MN共面. 則正確結(jié)論的序號是______. 17．（xx杭州模擬）在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,BC=AA1=1,則D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為______. 三、解答題(本大題共5小題，共72分.解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 18.(14分)(xx?陜西高考)如圖，在△ABC中，∠ABC=45，∠BAC=90，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC=90. (1)證明：平面ADB⊥平面BDC； (2)設(shè)BD=1，求三棱錐D-ABC的表面積. 19.(14分)(預(yù)測題)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD垂直于底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，DC∥AB，∠BAD=90，且AB=2AD=2DC=2PD=4(單位：cm)，E為PA的中點(diǎn). (1)如圖，若正視方向與AD平行，請作出該幾何體的正視圖并求出正視圖的面積； (2)證明：DE∥平面PBC； (3)證明：DE⊥平面PAB. 20．（14分）如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面為等腰梯形，AB∥CD,AC⊥BD,垂足為H，PH是四棱錐的高. （1）證明：平面PAC⊥平面PBD； （2）若AB=,∠APB=∠ADB=60,求四棱錐P-ABCD的體積. 21．（15分）（xx新課標(biāo)全國卷)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAB=60，AB=2AD，PD⊥底面ABCD． （1）證明：PA⊥BD; （2）設(shè)PD=AD=1，求棱錐D-PBC的高． 22．（15分）（探究題）如圖，在五棱錐P-ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，AB∥CD，AC∥ED，AE∥BC，∠ABC=45,AB=,BC=2AE=4,三角形PAB是等腰三角形. (1)求證：平面PCD⊥平面PAC； (2)求二面角P-CD-A的大小； (3)求直線PB與平面PCD所成角的大小. 答案解析 1.【解析】選C.若c∥b，∵c∥a，∴a∥b,與已知矛盾. 2.【解題指南】△ABC繞直線BC旋轉(zhuǎn)一周后所得幾何體為一圓錐，但其內(nèi)部缺少一部分.用大圓錐的體積減去小圓錐的體積即為所求幾何體的體積. 【解析】選A.旋轉(zhuǎn)后得到的幾何體是一個(gè)大圓錐中挖去一個(gè)小圓錐.故所求體積為 3.【解析】選D.依題意可得EH∥BD，F(xiàn)G∥BD，故EH∥FG，所以E、F、G、H共面，因?yàn)镋H＝BD，＝，故EH≠FG，所以EFGH是梯形，EF與GH必相交，設(shè)交點(diǎn)為M，因?yàn)辄c(diǎn)M在EF上，故點(diǎn)M在平面ACB上，同理，點(diǎn)M在平面ACD上，即點(diǎn)M是平面ACB與平面ACD的交點(diǎn)，而AC是這兩個(gè)平面的交線，所以點(diǎn)M一定在平面ACB與平面ACD的交線AC上，故選D. 4.【解析】選C.A中的平面α,β可能相交；B中的直線m,n可能相交、平行或異面；C中，由條件可得m⊥β，進(jìn)而有m⊥n；D中的平面α、β可能相交.故選C. 5.【解題指南】在左視圖中，長方體的體對角線投到了側(cè)面，成了側(cè)面的面對角線，易得答案. 【解析】選D.根據(jù)正投影的性質(zhì)，結(jié)合左視圖的要求知，長方體的體對角線投到了側(cè)面，成了側(cè)面的面對角線，結(jié)合選項(xiàng)即得選項(xiàng)D正確. 6. 【解析】選C.若l⊥α,α⊥β, 則l?β或l∥β,故A不對； 若l∥α,α∥β,則l?β或l∥β,故B不對; 若l⊥α,α∥β,則l⊥β,故C正確; 若l∥α,α⊥β,則l,β的位置不確定，故D不對. 7. 【解析】選B.因?yàn)锳B⊥BD,面ABD⊥面BCD，且交線為BD，故有AB⊥面BCD，則面ABC⊥面BCD，同理CD⊥面ABD，則面ACD⊥面ABD，因此共有3對互相垂直的平面. 8. 【解析】選D.依題意可作出正方體的直觀圖如圖， 顯然M到AB的距離為∴①正確， 而VC-DNE=∴②正確， AB與EF所成的角等于AB與MC所成的角，即為， ∴③正確. 9. 【解析】選D.依題意，DE⊥平面AGA′,DE⊥平面A′GF，DE?平面BCED，故平面A′GF⊥平面BCED，故B正確；當(dāng)A′G⊥平面EFD時(shí)，三棱錐A′-EFD的體積最大，故C正確；當(dāng)A′E⊥EF時(shí)，A′E⊥BD，故D不正確，選項(xiàng)A正確，故選D. 10.【解析】選A.∵A1C1⊥D1B1， A1C1⊥DD1，D1B1∩DD1＝D1， ∴A1C1⊥平面DD1B1， ∴A1C1⊥DB1. 同理可證BC1⊥DB1， 因此DB1⊥平面A1BC1. 而由頂點(diǎn)組成的其他直線中沒有與DB1平行的直線，故其他直線與平面A1BC1均不垂直，因此符合要求的直線只有1條． 【變式備選】平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，既與AB共面也與CC1共面的棱的條數(shù)為( ) (A)3 (B)4 (C)5 (D)6 【解析】選C.如圖，用列舉法知符合要求的棱為：BC、CD、C1D1、BB1、AA1，共5條 11.【解題指南】根據(jù)組合體的特征求得三棱柱的底面邊長和高，然后求體積即可. 【解析】易求得球的半徑為2，球與正三棱柱各個(gè)面都相切，可知各切點(diǎn)為各個(gè)面的中心，棱柱的高等于球的直徑，設(shè)棱柱底面三角形的邊長為a，則有a＝2?a＝，故棱柱的體積V＝()24＝. 答案： 12.【解題指南】可以利用題目中的垂直關(guān)系，找點(diǎn)A在平面SBC內(nèi)的射影，進(jìn)一步找出線面角，解三角形求其正弦值. 【解析】如圖所示，由題意， SA⊥平面ACB. ∴SA⊥BC,又∵BC⊥AC， AC∩SA=A, ∴BC⊥平面SAC. 在平面SAC內(nèi)作AD⊥SC， 則BC⊥AD. ∴AD⊥平面SBC，連接BD，則∠ABD就是直線AB與平面SBC所成的角. 在Rt△ADB中， 答案： 13.【解題指南】由題意可判斷△AMB為等腰直角三角形，由此求出AM的長，進(jìn)而可得GM的長. 【解析】∵G是邊長為1的等邊三角形ABC的中心, ∴GA=GB= ，MG⊥平面ABC， 易得Rt△MAG≌Rt△MBG,∴MA=MB， ∵∠AMB=90，AB=1， ∴MA=， 答案： 14.【解析】， 同理：， 故， 得. 答案： 15.【解析】由三視圖可知，此幾何體是一個(gè)底面為直角梯形，有一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐，其體積為V＝(1＋2)22＝2. 答案：2 16.【解析】可證PQ與RS平行，從而共面，NQ與PM平行，故PQ與MN也共面，故(1)、(3)正確，MN與RS是異面直線，故(2)錯(cuò). 答案：(1)、(3) 17．【解析】如圖，A1B1=AB=2， B1C1=B1B=BC=1. 連接B1C交BC1于點(diǎn)O， 由于D1C1∥A1B1, 故A1B1與平面A1BC1所成的角等于D1C1與平面A1BC1所成的角. 易知∠B1A1B=∠B1A1C1, A1O平分∠BA1C1, 故A1B1在平面A1BC1內(nèi)的射影在A1O上， ∴∠B1A1O為A1B1與平面A1BC1所成的角. 在Rt△OA1B1中，∠OB1A1=90, 答案： 18.【解析】(1)∵折起前AD是BC邊上的高， ∴當(dāng)△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB， 又DB∩DC＝D， ∴AD⊥平面BDC， ∵AD?平面ABD. ∴平面ABD⊥平面BDC. (2)由(1)知，DA⊥DB,DB⊥DC,DC⊥DA, ∵DB=DA=DC=1， ∴AB=BC=CA= , 從而S△DAB=S△DBC=S△DCA= 11= ， S△ABC= sin60=, 故表面積：. 19.【解析】(1)正視圖如圖： 正視圖的面積S= 42=4(cm2). (2)設(shè)PB的中點(diǎn)為F，連接EF、CF， ∴EF∥AB， 又∵DC∥AB， ∴EF∥DC， 且EF=DC= AB， 故四邊形CDEF為平行四邊形，可得DE∥CF， ∵DE平面PBC，CF?平面PBC，故DE∥平面PBC. (3)∵PD垂直于底面ABCD，AB?平面ABCD， ∴AB⊥PD，又AB⊥AD，PD∩AD=D， AD?平面PAD，PD?平面PAD， ∴AB⊥平面PAD，∵ED?平面PAD，∴ED⊥AB， 又PD=AD，E為PA的中點(diǎn)，故ED⊥PA； PA∩AB=A，PA?平面PAB，AB?平面PAB， ∴DE⊥平面PAB. 【方法技巧】三視圖的考查方式 三視圖是新課標(biāo)的新增內(nèi)容，主要考查學(xué)生的空間想象能力，新增內(nèi)容總會重點(diǎn)考查，所以近年來三視圖的有關(guān)問題一直是高考考查的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，其考查方式有以下特點(diǎn)： 一是給出空間圖形選擇其三視圖； 二是給出三視圖，判斷其空間圖形或還原直觀圖，有時(shí)也會和體積、面積、角度的計(jì)算或線面位置關(guān)系的判定相結(jié)合. 20．【解析】(1)因?yàn)镻H是四棱錐P-ABCD的高, 所以AC⊥PH， 又AC⊥BD,PH,BD都在平面PBD內(nèi), 且PH∩BD=H. 所以AC⊥平面PBD， 故平面PAC⊥平面PBD. (2)因?yàn)锳BCD為等腰梯形，AB∥CD， AC⊥BD,AB=. 所以HA=HB=. 因?yàn)椤螦PB=∠ADB=60, 所以PA=PB=,HD=HC=1． 可得PH=, 故等腰梯形ABCD的面積為S=ACBD=2+. 所以四棱錐的體積為V=（2+）= . 21．【解析】（1）因?yàn)椤螪AB=60，AB=2AD, 由余弦定理得BD=AD, 從而BD2+AD2= AB2，故BD⊥AD, 又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD, 又PD∩AD=D, 所以BD⊥平面PAD,故 PA⊥BD. （2）如圖，作DE⊥PB，垂足為E. 已知PD⊥底面ABCD，則PD⊥BC. 由（1）知BD⊥AD， 又BC∥AD，所以BC⊥BD,因?yàn)锽D∩PD=D, 故BC⊥平面PBD，所以BC⊥DE. 則DE⊥平面PBC. 由題設(shè)知，PD=1，則BD=，PB=2， 根據(jù)DEPB=PDBD，得DE=， 即棱錐D-PBC的高為. 22．【解析】(1)在△ABC中，AB=，BC=4， ∠ABC=45,由余弦定理，得 ∴AC=AB,∴∠ACB=∠ABC=45 ∴∠BAC=90,即AB⊥AC. ∵AB∥CD，∴CD⊥AC ∵PA⊥平面ABCDE，∴PA⊥CD. ∵PA∩AC=A,∴CD⊥平面PAC， ∴平面PCD⊥平面PAC. (2)由(1)知CD⊥平面PAC. ∴CD⊥AC,CD⊥PC. ∴∠PCA是二面角P-CD-A的平面角. 在Rt△PAC中，AC=, 三角形PAB是等腰三角形，即PA=AB=, ∴∠PCA=45 即二面角P-CD-A的大小為45 (3)方法一:過B點(diǎn)作BF⊥DC,交DC的延長線于點(diǎn)F,則BF∥AC,且BF=AC.過B點(diǎn)作BQ∥AP,且BQ=AP，連結(jié)QF，PQ,則PQ∥AB∥DF, 平面QBF∥平面PAC. ∴平面QBF⊥平面PCD，交線為QF. 在平面QBF內(nèi)作BM⊥QF，則BM⊥平面PCD，連結(jié)PM 則∠BPM就是直線PB與平面PCD所成的角. 在Rt△QBF中，QB=PA=AB=，BF=AC=, 則QF=4 ∴ 在Rt△PAB中， 在Rt△BMP中， sin∠BPM= ==. ∴∠BPM=30 即直線PB與平面PCD所成角的大小是30. 方法二:∵△PAB是等腰三角形,∴PA=AB=，因此 又AB∥CD， ∴點(diǎn)B到平面PCD的距離等于點(diǎn)A到平面PCD的距離. 在Rt△PAC中，PA=，AC=，PC=4. ∵平面PAC⊥平面PCD，交線為PC, 作AH⊥PC,則AH⊥平面PCD，∴. ∴點(diǎn)A到平面PCD的距離為2. ∴B到平面PCD的距離h=2. 設(shè)直線PB與平面PCD所成的角為θ, 則 ∴θ=30 即直線PB與平面PCD所成角的大小是30.