阶段检测评估四.doc

阶段检测评估 (四)(时间:120分钟,满分:150分)第卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5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.如图所示是由等腰梯形、矩形、半圆、圆、倒三角形对接形成的轴对称平面图形,若将它绕轴l旋转180后形成一个组合体,下面说法不正确的是（ ）A.该组合体可以分割成圆台、圆柱、圆锥和两个球体B.该组合体仍然关于轴l对称C.该组合体中的圆锥和球只有一个公共点D.该组合体中的球和半球只有一个公共点答案:A解析:半圆绕l旋转后,可得半球,故组合体中只有一个球.2.若、表示不同的平面,m、n表示不同的直线,则m的一个充分条件是（ ）A.且mB.=n且mnC.mn且nD.且m答案:D解析:由A得m或m,故A错;由B得m或m,故B错;由C得m或m,故C错;由D得m,故D正确.3.一个正三棱柱的三视图如图所示,则该棱柱的全面积为( )A.24+B.24+2C.14D.12答案:B解析:由三视图可知,该正三棱柱的侧棱长为4,底面三角形的高为,则底面三角形的边长为2,所以该棱柱的全面积S=2+243=24+2.4.如图是一个正方体,它的展开图可能是下面四个展开图中的（ ）答案:A5.表面积为2的正八面体的各个顶点都在同一个球面上,则此球的体积为（ ）A.B.C.D.答案:A解析:此正八面体是每个面的边长均为a的正三角形,所以由8=2知a=1,又底面对角线为a=.即此球的直径为,则V球=R3=()3=.6.如图所示,一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图为全等的等腰直角三角形,如果直角三角形的直角边长为1,那么这个几何体的体积为（ ）A.1B.C.D.答案:D解析:本题考查三视图知识,易知此几何体为三条侧棱两两垂直且长为1的正三棱锥,故V=112=.7.已知直线a、b和平面,下列推理错误的是（ ）A.abB.bC.a或aD.ab答案:D解析:可能ab或a、b异面.8.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a,E1是A1D1的中点,则过A、C、E1三点的截面面积是（ ）A. a2B.a2C.a2D. a2答案:A解析:如图,取C1D1的中点F1,则梯形ACF1E1为过A、C、E1的截面,又梯形ACF1E1的高OG=a,故ACF1E1的面积为S=.9.一平面截一球得到直径是6 cm的圆面,球心到这个平面的距离是4 cm,则该球的体积是（ ）A. cm3B. cm3C. cm3D. cm3答案:C解析:截面半径为3 cm,球心到截面距离为4 cm.于是R2=32+42,R=5.该球的体积V=53= (cm3).10.在xOz平面内,与三点A(0,1,2),B(2,0,1),C(1,2,0)等距离的点D的坐标为（ ）A.(1,0,0)B.(0,1,0)C.(0,0,1)D.(0,0,0)答案:D解析:设点D的坐标为(a,0,b),由|DA|=|DB|=|DC|,可得=,解得a=b=0,即点D的坐标为(0,0,0).11.(2010北京高考,文7)某班设计了一个八边形的班徽(如图),它由腰长为1,顶角为的四个等腰三角形,及其底边构成的正方形所组成.该八边形的面积为（ ）A.2sin2cos+2B.sincos+3C.3sincos+1D.2sincos+1答案: A解析: 由题知,该八边形中的四个等腰三角形的顶角为,故四个等腰三角形的面积为411sin=2sin.设正方形的边长为x,则有cos=,2cos=2x2.x2=22cos,即面积为22cos.八边形面积为2sin+22cos.12.(2010北京高考,文8)如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,动点E,F在棱A1B1上,点Q是棱CD的中点,动点P在棱AD上.若EF=1,DP=x,A1E=y(x,y大于零),则三棱锥PEFQ的体积（ ）A.与x,y都有关B.与x,y都无关C.与x有关,与y无关D.与y有关,与x无关答案: C解析: 三棱锥PEFQ的体积由底面EFQ的面积和高确定.又EF=1,且点Q到EF的距离为定值2.EFQ的面积为定值.三棱锥PEFQ的体积与y无关.三棱锥的高与DP有关,三棱锥PEFQ的体积与x有关.第卷二、填空题(本大题共4小题，每小题5分)13.一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形,则原平面四边形的面积等于_.答案:2a2解析:根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则,可以得出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积S之间的关系是S=S,本题中直观图的面积为a2,所以原平面四边形的面积等于=2a2.14.如图是由一些相同的小正方体构成的几何体的三视图,这些相同的小正方体的个数是_.答案:5解析:由几何体的三视图,作出其直观图如图所示,故答案为5.15.已知正四棱锥SABCD的侧棱长与底面边长都相等,E是SB的中点,则AE,SD所成的角的余弦值为_.答案:解析:如图所示,连接BD,取BD的中点O,连接EO,则EOSD.AEO即为异面直线AE与SD所成的角.设正四棱锥的棱长与底面边长为a,则AEa,AO=a,EO=.cosAEO=.16.(2010福建高考,文15)对于平面上的点集,如果连接中任意两点的线段必定包含于,则称为平面上的凸集.给出平面上4个点集的图形如下(阴影区域及其边界):其中为凸集的是_(写出所有凸集相应图形的序号).答案: 解析: 对于图,若连接顶端两点,如图(1),即A、B两点,则线段AB在外,故不符合.中如图(2)的连法所得线段AB也会在外,故错.符合“凸集”定义.三、解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17.(本小题满分12分)如图所示,正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱B1B上和C1C上分别有点D和E,且EC=2DB.求证:平面ADE平面ACC1A1.证明:如图所示,以AC为底边做ABC的高BM,则M为AC的中点.底面ABC侧面AA1C1C,BM侧面AA1C1C.取AE中点N,连结MN、DN.MNEC,BDEC,MNBD.四边形MNDB为平行四边形.DNBM.DN平面AA1C1C.DN平面ADE,平面ADE平面AA1C1C.18.(本小题满分12分)如图是表示以矩形ABCD为底面的长方体被一平面斜截所得的几何体,其中AB=4,BC=3,四边形EFGH为截面.已知AE=5,BF=8,CG=12.(1)作出截面EFGH与底面ABCD的交线l;(2)截面四边形EFGH是否为菱形?并证明你的结论;(3)求DH的长.解:(1)作HE与DA的交点P,作GF与CB的交点Q,连PQ得直线l,它便是所求作的交线l,如图.(2)截面EFGH为菱形.因为平面ABFE平面DCGH,且平面EFGH分别截平面ABFE与平面DCGH得直线EF与GH,故EFGH.同理,FGEH,故四边形EFGH为平行四边形.又EF2=AB2+(BFAE)2=25,FG2=BC2+(CGBF)2=25,于是EFFG5.故四边形EFGH为菱形.(3)EH=FG=5,且EH2=AD2+(DHAE)2,25=32+(DH5)2.DH=9.19.(本小题满分12分)如图,设E,F,G,H依次是空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA上的点,且=,=,求证:(1)当=时,四边形EFGH是平行四边形;(2)当时,四边形EFGH是梯形.证明:连接BD,在ABD中,=,所以EHBD,且EH=BD.在CBD中,=.所以FGBD,且FG=BD.故EHFG,顶点E,F,G,H在由EH,FG确定的平面内.(1)当=时,EH=FG.故四边形EFGH是平行四边形.(2)当时,EHFG,故四边形EFGH是梯形.20.(本小题满分12分)如图所示,在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,已知DC=DD1=2AD=2AB,ADDC, ABDC.(1)求证:D1CAC1;(2)设E是DC上一点,试确定E的位置,使D1E平面A1BD,并说明理由.解:(1)证明:在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,连结C1D,DC=DD1,四边形DCC1D1是正方形.DC1D1C.又ADDC,ADDD1,DCDD1=D,AD平面DCC1D1,D1C平面DCC1D1,ADD1C.又AD,DC1平面ADC1,且ADDC1=D,D1C平面ADC1.又AC1平面ADC1,D1CAC1.(2)连结AD1,D1E,AE,设AD1A1D=M,BDAE=N,连结MN.平面AD1E平面A1BD=MN,要使D1E平面A1BD,需使MND1E,又M是AD1的中点,N是AE的中点.又易知ABNEDN,AB=DE,即E是DC的中点.综上所述,当E是DC的中点时,可使D1E平面A1BD.21.(本小题满分12分)一个多面体的直观图和三视图(正视图、侧视图、俯视图)如图所示,M、N分别为A1B、B1C1的中点.求证:(1)MN平面ACC1A1;(2)MN平面A1BC.证明:由题意可知,这个几何体是直三棱柱,且ACBC,AC=BC=CC1.(1)连结AC1,AB1,由直三棱柱的性质得AA1平面A1B1C1,所以AA1A1B1,则四边形ABB1A1为矩形.由矩形性质得AB1过A1B的中点M.在AB1C1中,由中位线性质得MNAC1,又AC1平面ACC1A1,MN平面ACC1A1,所以MN平面ACC1A1.(2)因为BC平面ACC1A1,AC1平面ACC1A1,所以BCAC1,在正方形ACC1A1中,A1CAC1.又因为BCA1C=C,所以AC1平面A1BC.由MNAC1,得MN平面A1BC.22.(本小题满分10分)如图所示,平面ABEF平面ABCD,四边形ABEF与ABCD都是直角梯形,BAD=FAB=90,BCAD,BEFA,G、H分别为FA、FD的中点.(1)证明:四边形BCHG是平行四边形;(2)C、D、F、E四点是否共面?为什么?(3)设AB=BE,证明:平面ADE平面CDE.解:(1)证明:由题设知,FG=GA, FH=HD,所以GHAD.又BCAD,故GHBC.所以四边形BCHG是平行四边形.(2)C、D、F、E四点共面.理由如下:由BEAF,G是FA的中点,知BEGF,所以EFBG.由(