2021-2022学年新教材人教A版高中数学必修第二册全册各章章末综合测验含答案解析

人教A版必修第二册各章综合测验

笫六章平面向鼠及其应用..................................................1

第七章复数.............................................................14

第八章立体几何初步.....................................................22

第九章统计.............................................................36

第十章概率.............................................................49

第六章平面向量及其应用

（120分钟150分）

一、单选题（每小题5分，共40分）

1.在AABC中，D是AB边上的中点，则花=（）

A.2Cb+CAB.CD-2CA

C.2Cb-CAD.CB+2CA

【解析】选C.在AABC中，D是AB边上的中点，则CB=cD+施=CB+AD=

前+（立+团）=2CB-CA.

2.已知向量a=(l,1),b=[0,2),且入a+ub=(2,8),则入一u=()

A.5B.-5C.1D.-1

【解析】选D.因为a=(L1),b=(0,2),

所以入a+ub=(入，入+2u),

因为入a+ub=(2,8),

所以(入，入+2u)=(2,8),所以X=2,u=3,

所以入一U=-1.

3.向量a=(l,0),b=(2,1),c=(x,1),若3a—b与c共线，则x=()

A.1B.—3C.-2D.—1

【解析】选D.向量a=(L0),b=(2,1),c=(x,1),则3a—b=(l,-1),

又3a—b与c共线，贝ij1X1—(―1)・x=0,解得x=-1.

4.(2021•宁波高一检测)平面向量a与b的夹角为60°,a=(2,0),|b|=l,

则|a+2bl等于()

A.mB.2镉C.4D.12

【解析】选B.因为a=(2,0),|b|=l

所以|a|=2,a•b=2X1Xcos60°=1

所以Ia+2bl=ya?+4a・b+4b?=2小

5.在AABC中，B=45°,C=60°,c=l,则最短边长为()

A.半B.乎C.|D.当

乙J乙乙

【解析】选B.A=180°-(60°+45°)=75°,

bc

故最短边为b,由正弦定理可得,

sinBsinC

csinBIXsin450乖

即匕=

sinCsin60°3•

6.如图所示，下列结论正确的是（）

①的=1a+1b；②所

乙乙

313

③PS="a—~b：®PR="a+b.

乙乙乙

A.①②B.③④C.①@D.②④

QQ

【解析】选C.①根据向量的加法法则，得西=-a+-b,故①正确；②根据向

QQQ

量的减法法则，得所=5a--b,故②错误；③的=PQ+QS=-a+

乙乙乙

331333

5b-2b=-a--b,故③正确；④而=丽+QR=-a+-b-b=-a+

Ib,故④错误.

乙

7.己知三个力£=(一2,-1),f2=(-3,2),f3=(7,-3)同时作用于某物体

上一点，为使该物体保持平衡，需再加上一个力£”则匕=1)

A.(—2,—2)B.(2,—2)

C.(-1,2)D.(-2,2)

【解析】选D.由物理知识，知物体平衡，则所受合力为H,所以s+a+fs+fi

=0,故£=一(£+刍+£)=(—2,2).

8.(2021•济宁高一检测)在Z\ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若

tan,cosA=~,b=3、、P,则aABC的面积为()

A.3巾B.呼

cMi1岖

48

【解析】选B.因为tanC=，,n:=木且sin七+cos2c=1,解得sin，

cosCv4

cosC=--.又cosA=——，所以sinA=A/1—cos2A，

4oo

故sinB=sin[n—(A+C)]=sin(A+C)

।3小

=sinAcosC+cosAsinC=­.

因为「卜=上R，b=3/,故a=bJ=2,

sinAsinBvsinB

SAABC=)XabsinC=1X2X3也义雪^.

乙乙q乙

二、多选题(每小题5分，共20分，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有

选错的得0分)

9.对于任意的平面向量a,b,c,下列说法正确的是()

A.若a〃b且b〃c,则a〃c

B.(a+b)•c=a•c+b•c

C.若a・b=a・c,且aWO,则b=c

D.(a+b)+c=a+(b+c)

【解析】选BD.a〃b且b〃c,当b为零向量时，则a与c不一定共线，即A错

误；

由向量乘法的分配律可得：

(a+b)•c=a•c+b,c,即B正确；

因为a•b=a•c,则a,(b+c)=0,

又aWO,贝!Jb=c或aJ_(b+c),即C错误；

向量加法满足结合律，即：(a+b)+c=a+(b+c),即D正确.

10.(2021•青岛高一检测)已知平面向量a,b,c满足|a|=|b|=|c|=l,若a・b

=；，则(a—b)•(2b-c)的值可能为()

A.-2B.35

C.0D.一镜

【解析】选ACD.|a|=|b|=|c|=l,a•,则cos。=；，。=60°,

所以|b-a|=、a?+b2—2a•b=1,则(a—b)•(2b—c)=2a,b—a•c-2b2+

b•c=l—2+c•(b—a)=-1+cosa,其中a为c与b—a的夹角，且a£[0,

n],因为

cosaG[—1,1],

所以cosa—1G[—2,0].

11.(2021•南通高一检测)如图，B是AC的中点，BE=20B,P是平行四边形

BCDE内(含边界)的一点，且价=xOA4-yOB(x,y£R),则下列结论正确的为

)

A.当x=0时，yG[2,3]

1R

B.当P是线段CE的中点时，x=--,y=-

乙乙

C.若x+y为定值1,则在平面直角坐标系中，点P的轨迹是一条线段

D.x—y的最大值为一1

【解析】选BCD.当x=0时，OP=yOB,则P在线段BE上，故lWy《3,故A

错.当P是线段CE的中点时，说=0E+EP=30B（EB+BC）=3施

乙乙

(-20B+AB)

=—10A+'0B,

乙乙

故B对.x+y为定值1时，A,B,P三点共线，又P是平行四边形BCDE内（含边

界）的一点，故P的轨迹是线段，故C对.

如图，过P作PM/7A0,交0E于M,作PN〃OE,交A0的延长线于N,则：OP=0N

+0M；又诙=xOA+yOB；所以xWO,yWl；由图形看出，当P与B重合时，

0P=0•0A+1•0B；

此时x取最大值0,y取最小值1；所以x—y取最大值一1,故D正确.

12.（2021•怀化高一检测）己知a,b,c分别为4ABC内角A,B,C的对边,cos2A

—cos2B—COS2C=COSACOSB+COSC—COS28且。=-\/§,则下列结论中正确的

是()

JT

A.C=—

o

2n

B.C=

3

C.Z\ABC面积的最大值为平

D.AABC面积的最大值为今§

【解析】选BC.因为co—A—<?0$汨-cos2c=ccsAccsB+cosC—cos2B,

所以(1—sir?A)—(1—sir?B)—(1—sir?C)=cosAcosB—cos(A+B)—(1—

2sin2B),

所以sinAsinB+sin2B4-sin2A—sin2C=0,

由正弦定理可得ab+b2+a2-c2=0,

可得cosC=—1,可得C=M"，故A错误；B正确；又,可得3=a2

/J

+b?+ab22ab+ab,

解得abWl,当且仅当a=b=l时取等号，所以$4般=£absinXIX当

=乎,故C正确；D错误.

三、填空题(每小题5分，共20分)

13.已知a=(2,-2),b=(x,2),若a・b=6,则x=

【解析】因为a=(因—2),b=(x,2),

所以a•b=2x—4,

又因为a-b=6,

所以2x—4=6,解得x=5.

答案：5

14.在锐角三角形ABC中，a,b,c分别为角A,B,C所对的边.若2asinB

b,b+c=5,bc=6,则a=.

【解析】因为2asinB=，5b,

所以2sinAsinB=yf3sinB.

所以sin人=乎，

因为AABC为锐角三角形，

所以cos,

因为bc=6,b+c=5,

所以b=2,c=3或b=3,c=2.

所以a'b'+c?—2bccosA=22+32—2X6X^=7,所以a=S.

答案：s

15.在平行四边形ABCD中，AD=1,NBAD=60°,E为CD的中点.若硝•EB

=2,则靠的模为.

【解析】因为在平行四边形ABCD中，EB=EC+CB=|DC-BC,

又说=能,BC=4,

所以或=|AB-Ab,

r1j\ii

所以而・EB=AD--AB-AD=-AB•AD-AD2=-|硝||ADcos60°

l乙2)乙乙

-|AD|2

=；|AB|一1=2,所以|硝=12.

答案：12

16.(2021•天津高一检测)ZXABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若m=

(b—c,a—b),n=(sinC,sinA+sinB),且m_Ln,则A=；若

△ABC的面积为2m,则aABC的周长的最小值为.

【解析】由条件可知m-n=(b—c)sinC+(a—b)(sinA+sinB)=0,

由正弦定理可得(b—c)c+(a-b)(a+b)=0,

所以be—c2+a2—b2=0即bc=b2+c2—a2,

b2+c2-a2be1

==

COSA277bc2b-c2Q,

因为0<A<n,所以A=?；

S=~besinA=~_bc=2*,解得bc=8,

a2=b2+c2—2bccos-=9+/—bc22bc—bc=8即a22也,当b=c=2啦

时，等号成立，

b+c22，^=4镜，当b=c时等号成立，

所以a+b+c22隹+4^2=6啦,

当b=c时，a+b+c时取得最小值6啦.

答案：£672

四、解答题(共70分)

17.(10分)在平面直角坐标系中，已知A(l,0),B(0,1),C(2,5),求：

(1)2AB4-AC的模；(2)cosZBAC.

【解析】(1)如图，

AB=(-l,1),AC=(1,5),

故2A6+AC=(-2,2)+(1,5)=(-l,7),

故12AB+AC|=yj(-1)2+72=5w；

⑵cosNBAC=&生=(T-).⑷5)

|AB||AC|回

-1+52V13

=13

^2X4

18.(12分)如图所示，梯形ABCD中，AB//CD,且AB=2CD,M,N分别是DC和

AB的中点，若靠=a,AD=b,试用a,b表示位,BC,®.

【解析】由题意知四边形ANCD是平行四边形.

则应=AN=|AB=|a,

乙乙

BC=NC-NB=ADAB=b-|a,

MN=CN-CM=一丽CD

乙

=一心

=7a-b.

4

19.（12分）如图，渔船甲位亍岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相

距12海里，渔船乙以10海里/时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船

甲同时从B处出发沿北偏东a的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上.

⑴求渔船甲的速度；

⑵求sina的值.

【解析】(D依题意知，ZBAC=120°,AB=12,AC=10X2=20,ZBCA=a.

在AABC中，由余弦定理，得

BC2=AB2+AC2-2AB・AC•cosZBAC

=122+202-2X12X20XCOS120°=784,

解得BC=28.

RC

所以渔船甲的速度为另=14］海里/时）.

(2)在AABC中，AB=12,ZBAC=120°,BC=28,NBCA=c,

由正弦定理'得sina=sin120°

亚

i2x-y

…ABsin12003m

所以sina=-----------——

DC2814,

20.（12分）（2020•新高考全国I卷）在①ac=/,②csir.A=3,③b

这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值;

若问题中的三角形不存在，说明理由.

问题：是否存在AABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b；c,且sinA=/

sinB,C=—,?

6

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【解析】选条件①ac=*.

在aABC中，sinA=，5sinB,

即b=^a,ac=V3,所以c="^，

3Ya

2o

2I5；__2

〃a2+b2-c2*3a2

c°sC=2ab=2也不=2'

3

所以a=^/3,b=l,c=l.

选条件②csinA=3.

,JT

在aABC中，csinA=asinC=asin—=3,所以a=6.

6

因为sinA=，5sinB,即a=，5b,所以b=2，5,

a2+b2—c236+12-c?y/3

C°S-2ab-2X6X2V3—2'

所以c=2#,

选条件③c=/b.

由sinA=-\/3sinB可得b,

又c=yfsb,

o^-L./Q冗冗

所以cosC=^——=--Wcos—,与已知条件C=w相矛盾，所以问题

2ab666

中的三角形不存在.

21.(12分)设AABC的内角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,且满足,2+(?

—b2=y/3ac.

(1)求角B的大小；

(2)若2bcosA=小(ccosA-FacosC),BC边上的中线AM的长为小，求AABC

的面积.

【解析】（1）由余弦定理得

a2+(?—!?_^3acm

cosB=

2ac2ac2

因为B是三角形的内角，所以B=(.

6

C

(2)由正弦定理得一人=J口=.r,代入2bcosA=，5(CCOSA+

sinAsmBsinCv

acosC),

可得2sinBcosA=/(sinCcosA+sinAcosC),

即2sinBcosA—sinB.

福

因为sinBHO,所以cosA=--,

所以A=2,

b

2Ji

于是C=n-A-B=q.

J

设AC=m,贝!JBC=m,AB=^/3m,CM=-m,

乙

2九

由余弦定理可知AM2=CM2+AC2—2CM•AC•cos,

J

即(/尸=；m2+m2—2•1m•m•(一))

X乙乙

7

=,m2,解得m=2.

于是CA•CBsin等X2X2X乎.

/J乙乙

22.(12分)Z^ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知asin

2

bsinA.

⑴求B；

（2）若aABC为锐角三角形，且c=l,求AABC面积的取值范围.

A+C

【解析】（1）由题设及正弦定理得sinAsin于=sinBsinA.

A+C

因为sinAW0,所以sin~z-=sinB.

乙

A+CB

由A+B+C=180°,可得sin~2~=cos2

因为cos|WO,故sin-,因此B=60°.

(2)由题设及(1)知AABC的面积SAABC

1.R^3

=7；acsinB=十一a.

24

由正弦定理得一矛sin(120°-C)m1

sinC2tanC2

由于AABC为锐角三角形，

故0°<A<90°,0°<C<90°,

由(1)知A+C=120°,

所以30°<C<90°,tan

以1

故5<a<2,

因此，^ABC面积的取值范围是倬，噂

kO乙）

第七章复数

（120分钟150分）

一、单选题（每小题5分，共40分）

1.i是虚数单位，则自的虚部是（）

■1n1

A.-1B.--i

乙乙

11

n—

C22

「加矫】i(I)1+i_1.11

+

【解析】X-C,1+，-(1+i)d-j)-2~221，

2.若(x—i)i=y+2i,x,yER,贝愎数x+yi=()

A.-2+iB.l-2i

C.2+iD.14-2i

【解析】选C.（x—i）i=y+2i

即xi+l=y+2i,故y=Lx=2,

所以复数x+yi=2+i.

3.设Z]=—3+4i,z2=2—3i,其中i为虚数单位，则Zi+z?在复平面内对应

的点位于（）

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D.第四象限

【解析】选B.因为z1=-3+4i,Z2=2—3i,

所以z1+z2=—3+4i+2—3i=-1+i,

所以Z1+Z2在复平面内对应的点为（一1,1）,位于第二象限.

4.（2021•舟山高一检测）已知工=2+i,则复数z=（）

A.l+3iB.l-3iC.3+iD.3-i

【解析】选B.由题意，复数£=2+i,可得刀=(2+i)(l+i)=l+3i,所

以z=l—3i.

5.如图，在复平面内，向量价对应的复数是l—i,将⑪向左平移一个单位后

得到0惠，则P。对应的复数为()

A.1-iB.l-2i

C.-1-iD.-i

【解析】选D.要求P。对应的复数，根据题意，只需知道西，而

OF^=OO；+O^,从而可求P。对应的复数.因为的=2,两对应的复

数是一1,

所以P。对应的复数，即函对应的复数是-1+(1-i)=-1

6.已知a,b£R,i是虚数单位，若a—i与2+bi互为共轲复数，则(a+biF

=()

A.5-4iB.5+4i

C.3-4iD.34-4i

【解析】选D.由a—i与2+bi互为共加复数，可得a=2,b=l.所以(a+bi¥

=(2+i)2=4+4i—l=3+4i.

7.如果一个复数和它的模的和为5+/i,那么这个复数是()

11f~

A.—B.V3i

C.口iD.口+2^3i

00

【解析】选C.设这个复数为a+bi(a,b£R).

由题意得a+bi=5+4§i,

即a+'G+b?+bi=5+4§i,由复数相等可得：

所以复数为菠+/i.

8.设复数z=cosx+isinx,则函数f(x)=z+»的部分图象可能是()

【解析】选A.f(x)=

cosx+isinx+-----厂—:----=2\cosx|,

cosx+isinx

所以f(x)的图象为A.

二、多选题(每小题5分，共20分，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有

选错的得0分)

2

9.已知复数Z=L,则下列结论正确的是()

1-1

A.z的虚部为iB.|Z|2=2

C.z?为纯虚数D.7=—l+i

92(1+i)

【解析】选BC.因为复数z=—=一.、,­=l+i,则z的虚部为

LA不正确.|Z|2=2,B正确.z?=(l+i)2=2i为纯虚数，C正确.z=1—i,

D不正确.

10.已知i为虚数单位，复数Zi=a+2i,z2=2—i,且|z』=|z2］，则实数a的

值不能为()

A.1B.-1C.木D.一位

【解析】选CD.因为复数％=a+2i,Z2=2—i,且区|=%|,所以1+4=4+1,

解得a=±l.

11.已知％与Z2是共桅虚数，有下列4个命题，其中一定正确的有()

2

A.z；<|z2|B.z)z2=|Z1Z2I

C.Z)+Z2^RD.—eR

Z2

【解析】选BC.z1与Z2是共®5虚数，设Zi=a+bi,z2=a—bi(a,b《R,b=0).

22222

A.Z]=a—b+2abi,|z2|=a+b,虚数不能比较大小，因此不正确；

22

B.ZiZ2=IZ!Z2|=a+b,正确；

C.Z]+z2=2a&R,正确；

亘a+bi(a+bi)」a2—b2

22百了i不一定是实数，因此

*z2a—bi(a—bi)(albi)aIb

不一定正确.

12.设i为虚数单位，复数z=(a+i)(l+2i),则下列命题正确的是()

A.若z为纯虚数，则实数a的值为2

B.若z在复平面内对应的点在第三象限，则实数a的取值范围是(一/2)

1--

是/

2-Z=Z\(Z的共规复数)的充要条件

D.若z+|z|=x+5i(x£R),则实数a的值为2

【解析】选ACD.z=(a+i)(l+2i)=a—2+(l+2a)i,

a—2=0,

所以选项A：z为纯虚数，有II。一八可得a=2,故正确；

,1十2aW0

a—2<0,1

选项B：z在复平面内对应的点在第三象限，有一°/八解得@<一5,故错误;

・1+2a<0乙

1—5—I

选项C：a=—5时z=z=--；z=z时l+2a=0即a=--,它们互为充

要条件，故正确；

选项D：z+|z|=x+5i(x£R)时，有l+2a=5即a=2,故正确.

三、填空题(每小题5分，共20分)

13.i是虚数单位，复数击7

JL।乙JL

6+7i(6+7i)(l—2i)(6+14)-5i20-5i_

=22

1解析]l+2i(14-2i)(l-2i)I-(2i)5=4-i.

答案：4-i

1-Loi

14.若在2=2-i(其中i是虚数单位)，则实数a=.

1-1

1o1

【解析】因为丁一=2-i,所以l+ai=(l-i)(2—i)=l-3i,所以a=-3.

1—1

答案：一3

15.已知复数z=(2a+i)(l—bi)的实部为2,其中a,b为正实数，则4"+

(9的最小值为.

【解析】因为复数z=(2a+i)(l-bi)=2a+b+(l-2ab)i的实部为2,其中a,

b为正实数，

/iAI_b___________

所以2a+b=2,所以4n+H=2?。+2b722d2?〜21^=2<22a+…=

2y[2.

13

当且仅当a=],b=£时取等号.

答案：2m

16.已知2+i,2—i是实系数一元二次方程x?+px+q=0在复数范围内的两个

根，贝！JP=,q=.

【解析】由题意得(2+i)+(2-i)=-p,(2+i)(2-i)=q,所以p=-4,q=

5.

答案：一45

四、解答题(共70分)

(2+i)(1-i)2

17.（10分）计算：（1）

l-2i

4+5i

⑵(5-4i)(1-i),

(2+i)(1-i)(2+i)(-2i)

【解析】(1)

l-2il-2i

2(l-2i)

l-2i

4+5i(5-4i)ii

⑵(5—4i)(1-i)(5—4i)(1—i)1—i

i(1+i)i-11,1.

(1-i)(l+i)22T2

18.(12分)设复数2=(3+4—2)+(£—7@+6”，其中a£R,当a取何值时,

(l)z£R；(2)z是纯虚数；(3)z是零.

【解析】⑴z£R,只需晟一73+6=0,

所以a=l或a=6.

a~+a—2=0,

(2)z是纯虚数,

只需2

ka-7a-F6^0,

所以a=-2.

a2+a—2=0,

(3)因为z=0,所以，所以a=l.

a2-7a+6=0,

19.(12分)己知“5++i,z2=(2m-3)+1i,m£R,i为虚数单位，且

Z1+Z2是纯虚数.

(1)求实数m的值；

(2)求z-z2的值.

【解析】⑴—疗+2-3)+(2+1)1，

因为Z1+Z2是纯虚数

'【”+2m—3=0

所以111

、m+1产°

解得m=l.

(2)由(1)知ZI=1+Ai,z2=—1+Ti，

—

所以Z2=—1—7i，

所以Zi•z

11,13

="1-2i-21+4=~4f

20.(12分)已知复数Zi=m+(m?—2m)i,Z2=l+(—m24-3m—1)i1其中xWR.

(1)若复数zi为实数，求m的值；

(2)求|zi+z21的最小值.

【解析】⑴由复数％为实数，则才一2111=0,解得m=2或『=0.

(2)因为Zi+z2=(m+1)+(m-1)i,

所以IZi+Z21=yf(m+1)2+(m—1)2

=、2n)2+2,

当m=0时,故|zi+z21的最小值为电.

21.(12分)已知x?一(3-2i)x—6i=0.

(1)若x£R,求x的值；

(2)若xuC,求x的值.

【解析】(l)x£R时,

由方程得(x?—3x)+(2x—6)i=0.

x2—3x=0,

则0仪得x=3.

[2x—6=0A,

(2)x£C时，设*=@+0(&,b£R),代入方程整理,^(a2-b2-3a-2b)4-(2ab

-3b+2a-6)i=0.

a2—b2—3a—2b=0,fa=0,fa=3,

故x=3或x=—2i.

2ab—3b+2a—6=0,,b=0.

22.(12分)若z£C,4Z+27=373+i,3=sin0-icos0(0为实数)，

i为虚数单位.

⑴求复数z；

⑵求|z—3|的取值范围.

【解析】⑴设z=a+bi(a,b@R),贝!Jz=a—bi,

所以4(a+bi)+2(a-bi)=3/+i,

即6a+2bi=345+i,

[=理

J6a=3/，\a~29

所以1*

2b=1If1

所以z=^+1i.

乙乙

=yl2—y[3sin_O+cos_0-=^l2-2sin"一-

因为一lWsin(0—高Wl,

所以0W2—2sin(8一高W4,

所以0WIz—s|W2,

故|z一31的取值范围是[0,2].

第八章立体几何初步

（120分钟150分）

一、单选题（每小题5分，共40分）

1.在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱的中点的平面截该正方体,

则截去8个三棱锥后，剩下的几何体的体积是（）

2745

A.~B.TC.-D.T

3656

【解析】选D.棱长为1的正方体的体积为1,8个三棱锥的体积为8X；x|

,所以剩下的几何体的体积为1一5=1.

22666

2.如图，aCB=1,A,BGa,Cep,CEL直线ABA1=M,过A,B,C三

点的平面记作Y，则Y与B的交线必通过（）

A.点AB.点B

C.点C但不通过点MD.点C和点M

【解析】选D.通过A,B,C三点的平面丫，即通过直线AB与点C的平面，因为

MCAD,所以Mey,而C£了，又M©B,CeP,所以丫和B的交线必通过

点C和点M.

3.已知水平放置的AABC,按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中

B，O'=bO'=1,A'O'=乎,那么原AABC的面积是（）

A.小B.2y[2C.平口.平

【解析】选A.由斜二测画法的原则可得，BC=B'C'=2,A0=2A'O'=2X喙

=小，由图易得AO_LBC,所以X2Xy/3=小.

4.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,圆隹与圆台的高分别为

乖一1和3,则此组合体的外接球金的表面积是（）

A.16JiB.20nC.241rD.28n

【解析】选B.设外接球半径为R,球心为0,圆台较小底面圆的圆心为0”贝IJ：

00：+12=R2,而00产m+2-R,故R2=l+（m+2—R片所以,所

以S=4JIR2=20JI.

5.如图所示，正方形ABCD中，E,F分别是AB,AD的中点，将此正方形沿EF

折成直二面角后，异面直线AF与BE所成角的余弦值为（）

A.乎B.mC.1D.乎

【解析】选C.过点F作FH/7DC,交BC于H,

过点A作AG_LEF,交EF于G,连接GH,AH,

则ZAFH为异面直线AF与BE所成的角.

设正方形ABCD的边长为2,

52

-

在Z\AGH中，AH=2-+■4-

在aAFH中，AF=1,FH=2,AH=<5,

所以cosNAFH=1.

乙

6.用m,n表示两条不同的直线，a表示平面，则下列命题正确的是（）

A.若m〃n,nca,则m〃a

B.若m〃a,nca,贝ijm〃n

C.若m_Ln,nua,贝Um_La

D.若m_LQ,nca,则m_Ln

【解析】选D.若m〃n,nca,则m〃。或mua,故排除A；若m〃a,nca,

则m〃n或m,n异面，故排除B；若m±n,nca,则不能得出m±a，例如，m±n,

nca,mea,则m与a不垂直，故排除C.

7.在空间四边形ABCD中，平面ABD平面BCD,且DA_L平面ABC,则△ABC的

形状是（）

A.锐角三角形B.直角三角形

C.钝角三角形D.不能确定

【解析】选B.作AE_LBD,交BD于E,

因为平面ABD_L平面BCD,

所以AEJL面BCD,BCu面BCD.

所以AE_LBC,而DA_L平面ABC,BCu平面ABC,

所以DA_LBC,又因为AECAD=A,

所以凯_1_面人8口，而ABu面ABD,

所以BC_LAB即4ABC为直角三角形.

8.如图，四边形ABCD中，AB=AD=CD=1,BD=*,BD_LCD.将四边形ABCD

沿对角线BD折成四面体A'-BCD,使平面A'BD,平面BCD,则下列结论正确的

是（）

A.A'C±BD

B.NBA'C=90°

C.CAZ与平面A'BD所成的角为30°

D.四面体A'・BCD的体积为:

J

【解析】选B.若A成立可得BDLA'D,产生矛盾，故A不正确；

由题设知：ABA，D为等腰口△,CD_L平面A'BD,得BA'_L平面A'CD,于是

B正确；

由CA'与平面A/BD所成的角为NCA/D=45。知C不正确；丫…尸心一上，

D不正确.

二、多选题（每小题5分，共20分，全部选对得5分，选对但不全的得2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不可能是（）

A.小五B.（1+72）五

C.2yf2nD.（2+^2五）

【解析】选CD.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J=y[2,这时表面积为:X2n-1•7+n•12=（1+72）冗；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，巨由题意底面半径为

V，两个圆锥的母线长都为1，所以表面积S=2X）X2JI•平xi=^2n,

综上所述该几何体的表面积为镜n或（1+镜）冗.故选项CD符合题意.

10如图,在平行六面体ABCD-ABCD中，点M,P,Q分别为棱AB,CD,BC的中

点，若平行六面体的各棱长均相等，则下列说法正确的是（）

A.A别〃DF

B.AM〃RQ

C.AM〃平面DCCD

D.DM〃平面DPQBi

【解析】选ACD.连接PM,因为M、P为AB、CD的中点，故PM平行且等于AD.由

题意知AD平行且等于AD,故PM平行且等于AD，所以PMAD为平行四边形，

所以AM〃DR故A正确；显然AM与IIQ为异面直线，故B错误；由A知AM〃DF,

由于D.P既在平面DCCD内，又在平面DFQBi内,且A.M即不在平面DCCD内，

又不在平面DFQBi内，故C,D正确.

11.正方体ABCD・ABCD的棱长为1,E,F,G分别为BC,CC„BB.的中点.则（）

A.直线DJ）与直线AF垂直

B.直线4G与平面AEF平行

9

C.平面AEF截正方体所得的截面面积为

O

D.点C与点G到平面AEF的距离相等

【解析】选BC.取DD1中点M,则AM为AF在平面AARD上的射影,

因为AM与DD不垂直，所以AF与DD不垂直，故A选项错误；

因为A£〃DF,A£C平面AEFD1,

所以AG〃平面AEFD”故B选项正确；平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形

9

AEFD”易知梯形面积为$,故C选项正确；假设C与G到平面AEF的距离相等,

O

即平面AEF将CG平分，则平面AEF必过CG中点，连接CG交EF于H,而H不是

CG中点，则假设不成立.故D选项错误.

12.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，ZDAB=60°,侧面PAD为

正三角形，且平面PAD,平面ABCD,则下列说法正确的是（）

A.在棱AD上存在点M,使AD_L平面PMB

B.异面直线AD与PB所成的角为90°

C.二面角P-BC-A的大小为45°

D.BDJ_平面PAC

【解析】选ABC.如图所示，A,取AD的中点M,连接PM,BM,连接对角线AC,BD

相交于点0.

因为侧面PAD为正三角形，所以PM_LAD.

又底面ABCD为菱形,ZDAB=60°,

所以AABD是等边三角形.

所以AD_LBM.又PMABM=M.

所以AD_L平面PMB,因此A正确.

B.由A可得：AD_L平面PMB,

所以AD_LPB,所以异面直线AD与PB所成的角为90°,正确.

C.因为平面PBCA平面ABCD=BC,BC〃AD,

所以BC_L平面PBM,所以BC_PB,BC1BM.

所以NPBM是二面角P-BC-A的平面角，

设AB=1,则BM=方-=PM,

4A-PM

在RlZ\PBM中，tanZPBM=-=1,

所以NPBM=45。，因此正确.

D.因为BD与PA不垂直，

所以BD与平面PAC不垂直，因此D错误.

三、填空题（每小题5分，共20分）

13.在三棱柱ABC・ABG中，点P是棱CG上一点,记三棱柱ABC・ABG与四棱

锥P・ABBA的体积分别为％与V2,则年=.

【解析】设AB=a,在AABC中AB边所对的高为b,三棱柱ABC・ABG的高为h,

则Vi=)abh,V2=1Xah•b,

/J

-abh

所吟十2

3.

-abh

乙

AC

9

答案：3

14.如图⑴所示，一个装了水的密封瓶子，其内部可以看成是由半径为1cm

和半径为3cm的两个圆柱组成的简单几何体.当这个几何体如图⑵水平放置时，

液面高度为20cm；当这个几何体如图(3)水平放置时，液面高度为28cm,则这

个简单几何体的总高度为cm.

【解析】设上、下圆柱的半径分别是rcm,Rcm,高分别是hcm,Hcm.由水的

体积不变得nR?H+nd(20—H)=n/h+nR2(28—h),又r=l,R=3,故H+h

=29.即这个简单几何体的总高度为29cm.

答案：29

15.如图所示，ABCD如BCD是长方体,AA,=a,NBABi=NBAG=30°,则AB

与AC所成的角为_