人人文库网 > 教育资料 > 中学教育 > 2020_2021学年新教材高中数学全一册同步练习含解析打包50套新人教A版必修第二册
2020_2021学年新教材高中数学第八章立体几何初步同步练习含解析新人教A版必修第二册20210413142.doc
2020_2021学年新教材高中数学全一册同步练习含解析打包50套新人教A版必修第二册
收藏
资源目录
压缩包内文档预览：
编号：157756231
类型：共享资源
大小：11.70MB
格式：ZIP
上传时间：2021-10-24
上传人：灰****
认证信息
机构认证
宁夏凯米世纪网络科技有限公司
宁夏
统一社会信用代码/组织机构代码
91640100MA774ECW4K
IP属地：宁夏
18
积分
- 关 键 词：
-
文本
- 资源描述：
-
2020_2021学年新教材高中数学全一册同步练习含解析打包50套新人教a版必修第二册,文本
- 内容简介：
-
单元素养评价(三)(第八章)(120分钟150分)一、单选题(每小题5分,共40分)1.下列命题中正确的是()a.棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱b.底面是矩形的平行六面体是长方体c.棱柱的底面一定是平行四边形d.棱锥的底面一定是三角形【解析】选a.平行于棱柱底面的平面可以把棱柱分成两个棱柱,故a正确;三棱柱的底面是三角形,故c错误;底面是矩形的平行六面体的侧面不一定是矩形,故它也不一定是长方体,故b错误;四棱锥的底面是四边形,故d错误.2.(2020芜湖高一检测)如图,abc的斜二测直观图为等腰rtabc,其中ab=2,则abc的面积为()a.2b.4c.2d.4【解析】选d.因为rtabc是一平面图形的直观图,直角边长为ab=2,所以直角三角形的面积是22=2,因为平面图形与直观图的面积的比为2,所以原平面图形的面积是22=4.3.已知棱长都相等的正三棱锥内接于一个球,某学生画出四个过球心的平面截球与正三棱锥所得的图形,如图所示,则()a.以上四个图形都是正确的b.只有(2)(4)是正确的c.只有(4)是错误的d.只有(1)(2)是正确的【解析】选c.(1)当平行于三棱锥一底面,过球心的截面如题(1)图所示;(2)过三棱锥的一条棱和圆心所得截面如题(2)图所示;(3)过三棱锥的一个顶点(不过棱)和球心所得截面如题(3)图所示;(4)棱长都相等的正三棱锥和球心不可能在同一个面上,所以题(4)图是错误的.4.设m,n是两条不同的直线,是三个不同的平面,给出下列四个命题:(1)若m,n,那么mn;(2)若mn,m,n,那么;(3)若,m,那么m;(4)若,则,其中正确命题的序号是()a.(1)(2)b.(2)(3)c.(1)(3)d.(2)(4)【解析】选c.对于(1),如果m,n,根据直线与平面垂直的性质可知mn,所以(1)正确;对于(2),如果mn,m,n,根据线面垂直与线面平行性质可知与可以垂直,也可以平行,还可以相交,所以(2)错误;对于(3),如果,m,根据直线与平面平行的判定可知m,所以(3)正确;对于(4),设平面,分别是正方体中经过同一个顶点的三个面,则有且,但是,推不出,故(4)不正确.5.(2020杭州高一检测)如图,在正四面体oabc中,d是oa的中点,则bd与oc所成角的余弦值是()a.b.c.d.【解析】选b.取ac的中点e,连接de,be,根据题意bde为异面直线bd与oc所成的角,设正四面体的边长为2,则de=1,bd=be=,由cos bde=,所以bd与oc所成角的余弦值是.6.如图所示的粮仓可近似为一个圆锥和圆台的组合体,且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1,圆锥与圆台的高分别为-1和3,则此组合体的外接球的表面积是()a.16b.20c.24d.28【解析】选b.设外接球半径为r,球心为o,圆台较小底面圆的圆心为o1,则:o+12=r2,而oo1=+2-r,故r2=1+(+2-r)2,所以r=,所以s=4r2=20.7.(2020西城高一检测)阅读下面题目及其证明过程,在横线处应填写的正确结论是()如图,四棱锥p-abcd中,底面abcd是正方形,o是正方形abcd的中心,po底面abcd,e是pc的中点,求证:平面pac平面bde.证明:因为po底面abcd,所以pobd.又因为acbd,且acpo=o,所以.又因为bd平面bde,所以平面pac平面bde.a.bd平面pbcb.ac平面pbdc.bd平面pacd.ac平面bde【解析】选c.因为po底面abcd,所以pobd.又因为acbd,且acpo=o,所以bd平面pac.又因为bd平面bde,所以平面pac平面bde.8.(2020九江高一检测)半正多面体亦称“阿基米德多面体”,如图所示,是由边数不全相同的正多边形为面的多面体,体现了数学的对称美.将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,如此共可截去八个三棱锥,得到一个有十四个面的半正多面体,它们的边长都相等,其中八个为正三角形,六个为正方形,称这样的半正多面体为二十四等边体.若二十四等边体的棱长为,则该二十四等边体外接球的表面积为()a.4b.6c.8d.12【解析】选c.由已知根据该几何体的对称性可知,该几何体的外接球即为底面棱长为,侧棱长为2的正四棱柱的外接球,所以(2r)2=()2+()2+22,所以r=,所以该二十四等边体的外接球的表面积s=4r2=4()2=8.二、多选题(每小题5分,共20分,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.等腰直角三角形直角边长为1,现将该三角形绕其某一边旋转一周,则所形成的几何体的表面积可以为()a.b.(1+)c.2d.(2+)【解析】选ab.若绕一条直角边旋转一周时,则圆锥的底面半径为1,高为1,所以母线长l=,这时表面积为21l+12=(1+);若绕斜边旋转一周时,旋转体为两个倒立圆锥对底组合在一起,且由题意底面半径为,两个圆锥的母线长都为1,所以表面积s=221=,综上所述该几何体的表面积为或(1+).10.(2020潍坊高一检测)正方体abcd -a1b1c1d1的棱长为2,已知平面ac1,则关于截此正方体所得截面的判断正确的是()a.截面形状可能为正三角形b.截面形状可能为正方形c.截面形状可能为正六边形d.截面面积最大值为3【解析】选acd.显然a,c成立,b不成立,下面说明d成立,如图截得正六边形,面积最大,mn=2,gh=,oe=,所以s=2(+2)=3,故d成立.11.设,为两两不重合的平面,l,m,n为两两不重合的直线,则下列命题中正确的是()a.若m,n,m,n,则b.若m,n且mn,则c.若l,则ld.若=l,=m,=n,l,则mn【解析】选bd.由,为两两不重合的平面,l,m,n为两两不重合的直线知:a.若m,n,m,n,则与相交或平行,故a错误;b.若m,n,且mn,则由面面垂直的判定定理得,故b正确;c.若l,则l与相交、平行或l,故c错误;d.若=l,=m,=n,l,则由线面平行的性质定理得mn.故d正确.12.在三棱锥c -abd中(如图),abd与cbd是全等的等腰直角三角形,o为斜边bd的中点,ab=4,二面角a-bd -c的大小为60,下面结论中正确的是 ()a.acbdb.adcoc.cos adc=d.三棱锥c -abd的外接球表面积为32【解析】选ad.因为abd与cbd是全等的等腰直角三角形,o为斜边bd的中点,所以cobd,aobd,aooc=o,所以bd平面aoc,所以acbd,因此a正确;假设coad,又cobd,adbd=d,可得co平面abd,与aoc是二面角a-bd -c的平面角且为60矛盾,因此b不正确;ab=4,ac=oa=2,ad=cd=4,所以cos adc=,因此c不正确;三棱锥c -abd的外接球的球心为o,半径为2,表面积s=4(2)2=32,因此d正确.三、填空题(每小题5分,共20分)13.(2020南京高一检测)在三棱柱abc -a1b1c1中,点p是棱cc1上一点,记三棱柱abc -a1b1c1与四棱锥p-abb1a1的体积分别为v1与v2,则=.【解析】设ab=a,在abc中ab边所对的高为b,三棱柱abc -a1b1c1的高为h,则v1=abh,v2=ahb,所以=.答案:14.如图所示,abcd -a1b1c1d1是棱长为a的正方体,m,n分别是下底面的棱a1b1,b1c1的中点,p是上底面的棱ad上的一点,ap=,过p,m,n的平面交上底面于pq,q在cd上,则pq=.【解析】因为平面abcd平面a1b1c1d1,mn平面a1b1c1d1,所以mn平面abcd,又pq=平面pmn平面abcd,所以mnpq.因为m,n分别是a1b1,b1c1的中点,所以mna1c1ac,所以pqac,又ap=,abcd-a1b1c1d1是棱长为a的正方体,所以cq=,从而dp=dq=,所以pq=a.答案:a15.将一副斜边长相等的直角三角板拼接成如图所示的空间图形,其中ad=bd=,bac=30,若它们的斜边ab重合,让三角板abd以ab为轴转动,则下列说法正确的是(填序号).当平面abd平面abc时,c,d两点间的距离为;在三角板abd转动过程中,总有abcd;在三角板abd转动过程中,三棱锥d -abc体积的最大值为.【解析】取ab中点o,连接do,co,因为ad=bd=,所以do=1,ab=2,oc=1.因为平面abd平面abc,doab,do平面abd,所以do平面abc,dooc,所以dc=,正确;若abcd,abod,odcd=d,则ab平面cdo,所以aboc,因为o为ab中点,所以ac=bc,bac=45与bac=30矛盾,所以错误;当do平面abc时,棱锥的高最大,此时v棱锥=acbcdo=11=,正确.答案:16.在四面体s-abc中,sa=sb=2,且sasb,bc=,ac=,则该四面体体积的最大值为,该四面体外接球的表面积为.【解析】四面体的体积最大时即面sab面abc,sa=sb=2,且sasb,所以ab=2,因为bc=,ac=,所以ac2+bc2=ab2,所以acb=90,取ab的中点h,连接ch,sh,shab,面sab面abc=ab,sh在面sab内,所以sh面abc,而sh=sa=,所以vs-abc=sabcsh=;则外接球的球心在sh所在的直线上,设球心为o,连接oc,ch=ab=2=,因为sh=,所以o与h重合,所以r=ch=sh=,所以四面体的外接球的表面积为4r2=8.答案:8四、解答题(共70分)17.(10分)某个实心零部件的形状是如图所示的几何体,其下部是正四棱台abcd -a1b1c1d1,其上部是底面与四棱台的上底面重合的正四棱柱abcd -a2b2c2d2.现需对该零部件表面进行防腐处理,已知ab=10,a1b1=20,aa2=30,aa1=13(单位:cm),若加工处理费为0.2元/cm2,求需支付的加工处理费.【解析】因为四棱柱abcd -a2b2c2d2的底面是正方形,侧面是全等的矩形,所以该零部件上部的表面积s1=s四棱柱上底面+s四棱柱侧面=a2+4abaa2=102+41030=1 300(cm2),又四棱台abcd -a1b1c1d1的上下底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形,所以该零部件下部的表面积s2=s四棱台下底面+s四棱台侧面=a1+4(ab+a1b1)h等腰梯形的高=202+4(10+20)=1 120(cm2),则该实心零部件的表面积s=s1+s2=1 300+1 120=2 420(cm2),0.22 420=484(元),故需支付加工处理费484元.18.(12分)如图,四边形bcc1b1是圆柱的轴截面.aa1是圆柱的一条母线,已知ab=2,ac=2,aa1=3.(1)求证:acba1;(2)求圆柱的侧面积.【解析】(1)依题意abac.因为aa1平面abc,所以aa1ac.又因为abaa1=a,所以ac平面aa1b1b.因为ba1平面aa1b1b,所以acba1.(2)在rtabc中,ab=2,ac=2,bac=90,所以bc=2.s侧=23=6.19.(12分)(2020全国卷)如图,d为圆锥的顶点,o是圆锥底面的圆心,abc是底面的内接正三角形,p为do上一点,apc=90.(1)证明:平面pab平面pac;(2)设do=,圆锥的侧面积为,求三棱锥p-abc的体积.【解题指南】(1)根据已知可得pa=pb=pc,进而有pacpbc,可得apc=bpc=90,即pbpc,从而证得pb平面pac,即可证得结论;(2)将已知条件转化为母线l和底面半径r的关系,进而求出底面半径,求出正三角形abc的边长,在等腰直角三角形apb中求出ap,结合pa=pb=pc即可求出结论.【解析】(1)由题设可知,pa=pb=pc.由于abc是正三角形,故可得pacpab.pacpbc.又apc =90,故apb=90,bpc=90.从而pbpa,pbpc,故pb平面pac,因为pb在平面pab内,所以平面pab平面pac.(2)设圆锥的底面半径为r,母线长为l.由题设可得rl=,l2-r2=2.解得r=1,l=,从而ab=.由(1)可得pa2+pb2=ab2,故pa=pb=pc=.所以三棱锥p-abc的体积为papbpc=.20.(12分)如图,在直三棱柱abc -a1b1c1中,d,e分别为bc,ac的中点,ab=bc.求证:(1)a1b1平面dec1;(2)bec1e.【证明】(1)因为d,e分别为bc,ac的中点,所以edab.在直三棱柱abc -a1b1c1中,aba1b1,所以a1b1ed.又因为de平面dec1,a1b1平面dec1,所以a1b1平面dec1.(2)因为ab=bc,e为ac的中点,所以beac.因为三棱柱abc -a1b1c1是直棱柱,所以c1c平面abc.又因为be平面abc,所以c1cbe.因为c1c平面a1acc1,ac平面a1acc1,c1cac=c,所以be平面a1acc1.因为c1e平面a1acc1,所以bec1e.21.(12分)如图,在直角梯形abcd中,adbc,bad=,ab=bc=ad=a,e是ad的中点,o是ac与be的交点.将abe沿be折起到图中a1be的位置,得到四棱锥a1-bcde.(1)证明:cd平面a1oc;(2)当平面a1be平面bcde时,四棱锥a1-bcde的体积为36,求a的值.【解析】(1)在题
- 温馨提示:
1: 本站所有资源如无特殊说明，都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
2: 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等，如果需要附件，请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
3.本站RAR压缩包中若带图纸，网页内容里面会有图纸预览，若没有图纸预览就没有图纸。
4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
5. 人人文库网仅提供信息存储空间，仅对用户上传内容的表现方式做保护处理，对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑，并不能对任何下载内容负责。
6. 下载文件中如有侵权或不适当内容，请与我们联系，我们立即纠正。
7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
人人文库网所有资源均是用户自行上传分享，仅供网友学习交流，未经上传用户书面授权，请勿作他用。
|
2:不支持迅雷下载,请使用浏览器下载
3:不支持QQ浏览器下载,请用其他浏览器
4:下载后的文档和图纸-无水印
5:文档经过压缩，下载后原文更清晰
|
川公网安备: 51019002004831号