高中数学竞赛视频微盘-高中数学概念内涵
第一章检测(A)
(时间:90分钟 满分:120分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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下列说法中正确的是(
)
A.棱柱的侧面可以是三角形
B.由6个大小一样的正方形所组成的平面图形是正方体的展开图
C.正方体的各条棱长都相等
D.棱柱的各条棱长都相等
解析:根据棱柱的定义可
知,棱柱的侧面都是平行四边形,侧棱长相等,但是侧棱和底面内
的棱长不一定相等,而正方体的所有棱
长都相等.
答案:C
2如图,将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小
角度,则倾斜后水槽中的水
形成的几何体是(
)
A.棱柱
B.棱台
C.棱柱与棱锥的组合体
D.不能确定
答案:A
3将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周,所得的几何体包括(
)
A.一个圆台、两个圆锥
C.两个圆台、一个圆柱
答案:D
4给出下列四个命题:
B.两个圆台、一个圆柱
D.一个圆柱、两个圆锥
①
三点确定一个平面;
②
一条直线和一个点确定一个平面;
③
若四点不共面,则每三点一定
不共线;
④
三条平行线确定三个平面.正确的结论个数为(
)
A.1 B.2 C.3 D.4
解析:
①
中不
共线的三点确定一个平面;
②
中一条直线和直线外一点确定一个平面;
③
中<
br>若四点不共面,则每三点一定不共线,故
③
正确;
④
中不共面的三条平
行线确定三个平面.
答案:A
5一个几何体的三视图如图所示,则此几何体的侧面积为
(
)
A.48 B.64 C.80 D.84
解析:由
三视图可知,该几何体是底面边长为8,斜高为5的正四棱锥,所以此几何体的侧
面积为S
侧<
br>=
×8×5×4=80,故选C.
答案:C
6表面积为16π的球的内接正方体的体积为(
)
A.8
答案:C
7已知直线l⊥平面α,直线m?平面β,有下面四个命题:
B.
C.
D.16
①
α∥β?l⊥m;
②
α⊥β?l
∥m;
③
l∥m?α⊥β;
④
l⊥m?α∥β.
其中正确的命题是(
)
A.
①
与
②
答案:B
B.
①
与
③
C.
②
与
④
D.
③
与
④
<
br>8如图所示,梯形A
1
B
1
C
1
D
1
是平面图形ABCD的直观图(斜二测),若A
1
D
1
∥y'轴,A
1
B
1
∥
C
1
D
1
,A
1B
1
=
C
1
D
1
=2,A
1
D
1
=1,则四边形ABCD的面积是(
)
A.10 B.5 C.5
D.10
解析:平面图形还原如图.
CD=C
1
D
1
=3,AD=2A
1
D
1
=2,AB=A
1
B
1
=2,∠ADC=90°.
故S
ABCD
=
(2+3)×2=5.
答案:B 9如图,四边形BCDE是一个正方形,AB⊥平面BCDE,则图中互相垂直的平面共有
(
)
A.4组
答案:B
10棱锥被平行于底
面的平面所截,当截面分别平分棱锥的侧棱、侧面积、体积时,相应
的截面面积分别为S
1,S
2
,S
3
,则(
)
A.S
123
C.S
213
B.5组 C.6组 D.7组
B.S
321
D.S
132
解析:由截面性质可知,设底面积为S.
?S
1
=
S;
?S
2
=
S;
?S
3
=
S.
可知S
123
,故选A.
答案:A
二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)
11如图,在正方体ABCD-A
1
B
1
C
1
D<
br>1
中,E,F分别是AB,DD
1
的中点,则过D,E,F三点截正
方
体所得截面的形状是
.
解析:取A
1
B
1
的中点G,则截面应为DD
1
GE,易证为矩形.
答案:矩形
12正六棱柱的一条最长的对角线是13,侧面积为180,则该棱柱的体积
为
.
解析:如图,设正六棱柱的底面边长为a,侧棱长为h,易知CF'是
正六棱柱的一条最长的对
角线,即CF'=13.
因为CF=2a,FF'=h,
所以CF'=
=
=13.
①
又因为正六棱柱的侧面积S
侧
=6a·h=180,
②
联立
①②
解得 或
故正六棱柱的体积V
正六棱柱
=6×
a
2
×h=270
或
答案:270
或
.
13圆台的上下底面半径分别为1,2,母线与底面的夹角为60°
,则圆台的侧面积
为
.
解析:由已知母线长为2,则S
侧
=π(r+r')l=π(1+2)×2=6π.
答案:6π
14一圆台上底半径为5 cm,下底半径为10 cm,母线AB长为20 c
m,其中A在上底面
上,B在下底面上,从AB的中点M拉一条绳子,绕圆台的侧面一周转到B点,则这
条绳子最
短为
.
解析:画出圆台的侧面展开图,并还原成圆锥展开的扇形可得.
答案:50 cm
15设a,b是两条不同直线,α,β是两个不同平面,给出下列四个命题:
①
若a⊥b,a⊥α,b?α,则b∥α;
②
若a∥α,α⊥β,则a⊥β;
③
若a⊥β,α⊥β,则a∥α或a?α;
④
若a⊥b,a⊥α,b⊥β,则α⊥β.
其中正确命题的序号是
.
答案:
①③④
三、解答题(本大题共5小题,共45分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
16(本小题满分8分)如图,四边形BCC
1
B
1
是圆柱的轴截面
.AA
1
是圆柱的一条母线,已知
AB=2,AC=2
,AA
1
=3.
(1)求证:AC⊥BA
1
;
(2)求圆柱的侧面积.
(1)证明依题意AB⊥AC.
因为AA
1
⊥平面ABC,所以AA
1
⊥AC.
又因为AB∩AA
1
=A,
所以AC⊥平面AA
1
B
1
B.
因为BA
1?平面AA
1
B
1
B,所以AC⊥BA
1
.
(2)解在Rt△ABC中,AB=2,AC=2
,∠BAC=90°,
所以BC=2
.
S
侧
=2
π×3=6
π.
17(本小题满分8分)已知某几何体的俯视图是如
图所示的矩形,主视图是一个底边长为
8,高为4的等腰三角形,左视图是一个底边长为6,高为4的等
腰三角形.求:
(1)该几何体的体积V;
(2)该几何体的侧面面积S.
解由题意知该几何体是一个四棱锥,记P-ABCD,如图所示.
由已知,知AB=8,BC=6,高h=4.
由俯视图知,底面ABCD是矩形,连接AC,BD交于点O,连接PO,
则PO=4,即为棱锥的高.
作OM⊥AB于点M,ON⊥BC于点N,连接PM,PN.
因为PA=PB=PC,M,N为AB,BC的中点,
所以PM⊥AB,PN⊥BC.
故PM=
=5,
PN=
=4
.
(1)V=
Sh=
×(8×6)×4=64.
(2)
S
侧
=2S
△
PAB
+2S
△
PBC
=A
B·PM+BC·PN=8×5+6×4
=40+24
.
18(本小题满分9分)如图,在五面体中,四边形ABCD是矩形,AD⊥平面ABEF,
AB∥EF,
且AD=1,AB=
EF=2
,AF=BE=2,P,Q,M分别为AE,BD,EF的中点.
求证:(1)PQ∥平面BCE;
(2)AM⊥平面ADF.
证明(1)连接AC.因为四边形ABCD是矩形,且Q为BD的中点,
所以Q为AC的中点.
又因为P为AE的中点,所以PQ∥EC.
又因为PQ?平面BCE,EC?平面BCE,
所以PQ∥平面BCE.
(2)因为AB∥EM,且AB=EM=2
,
所以四边形ABEM为平行四边形,
所以AM∥BE,且AM=BE=2.
在△AMF中,AM=AF=2,MF=2
.
所以AM
2
+AF
2
=MF
2
,所以AM⊥AF.
由AD⊥平面ABEF,得AD⊥AM,
因为AD∩AF=A,所以AM⊥平面ADF.
19(本小题满分10分)一个多面体的直观图和三视
图如图所示,其中M,G分别是AB,DF
的中点.
(1)求证:CM⊥平面FDM;
(2)在线段AD上(含A,D端点)确定一点P,使得GP∥平面FMC,并给出证明.
解由三视图可得直观图为直三棱柱且底面ADF中AD⊥DF,DF=AD=
DC=a.
(1)证明:因为FD⊥平面ABCD,CM?平面ABCD,
所以FD⊥CM.
在矩形ABCD中,
因为CD=2a,AD=a,M为AB中点,DM=CM=
a,所以DM
2
+CM
2
=CD
2
.
所以CM⊥DM.
因为FD?平面FDM,DM?平面FDM,且FD∩DM=D,
所以CM⊥平面FDM.
(2)点P在A点处.
证明:取DC中点S,连接AS,GS,GA,
因为G是DF的中点,M为AB的中点,
所以GS∥FC,AS∥CM,
所以平面GSA∥平面FMC.
而GA?平面GSA,
所以GA∥平面FMC,
即GP∥平面FMC.
20(本小题满分10分)如图,在△ABC中,AC=BC=
AB,四边形ABE
D是边长为a的正方
形,平面ABED⊥平面ABC,若G,F分别是EC,BD的中点.
(1)求证:GF∥平面ABC;
(2)求证:平面EBC⊥平面ACD;
(3)求几何体ADEBC的体积V.
解(1)证法一:如图,取BE的中点H,连接HF,GH.
因为G,F分别是EC和BD的中点,
所以HG∥BC,HF∥DE.
又因为四边形ADEB为正方形,
所以DE∥AB,从而HF∥AB.
所以平面HGF∥平面ABC.
因为GF?平面HGF,
所以GF∥平面ABC.
证法二:如图,取BC的中点M,AB的中点N,连接GM,FN,MN.
因为G,F分别为EC和BD的中点,
所以GM∥BE,且GM=
BE,NF∥DA,且NF=
DA.
又因为四边形ADEB为正方形,
所以BE∥AD,BE=AD.
所以GM∥NF,且GM=NF.
所以四边形MNFG为平行四边形.
所以GF∥MN.
又因为MN?平面ABC,GF?平面ABC,
所以GF∥平面ABC.
(2)证明:因为四边形ADEB为正方形,
所以EB⊥AB.
又因为平面ABED⊥平面ABC,
所以BE⊥平面ABC.所以BE⊥AC.
又因为CA
2
+CB
2
=AB
2
,所以AC⊥BC.
因为BE∩BC=B,
所以AC⊥平面BCE.
所以平面EBC⊥平面ACD.
(3)如(1)证法二中的图,连接CN,因为AC=BC,
所以CN⊥AB,且CN=
AB=
a.
又因为平面ABED⊥平面ABC,
所以CN⊥平面ABED.
因为C-
ABED是四棱锥,
3
所以V
C-ABED
=
S
ABED
·CN=
a
2
·a=a.