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2019版高中数学人教B版必修2:第一章 立体几何初步 检测(A) 含解析

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-10-06 17:54
tags:高中数学必修二视频

高中数学竞赛视频微盘-高中数学概念内涵

2020年10月6日发(作者:岑安卿)



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

三点确定一个平面;

一条直线和一个点确定一个平面;

若四点不共面,则每三点一定
不共线;

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:

中不 共线的三点确定一个平面;

中一条直线和直线外一点确定一个平面;

中< br>若四点不共面,则每三点一定不共线,故

正确;

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

α∥β?l⊥m;

α⊥β?l ∥m;

l∥m?α⊥β;

l⊥m?α∥β.
其中正确的命题是(

)
A.




答案:B
B.



C.



D.




< 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
1
2
3

C.S
2
1
3



B.5组 C.6组 D.7组
B.S
3
2
1

D.S
1
3
2

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
1
2
3
,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


.


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.


又因为正六棱柱的侧面积S

=6a·h=180,






联立
①②
解得 或


故正六棱柱的体积V
正六棱柱
=6×

a
2
×h=270


答案:270








.




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


.


解析:由已知母线长为2,则S

=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:

若a⊥b,a⊥α,b?α,则b∥α;

若a∥α,α⊥β,则a⊥β;

若a⊥β,α⊥β,则a∥α或a?α;

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

=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

=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.









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