最新新课标A版数学【理】一轮复习质量检测题 质量检测(四)

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1、最新数学高考复习资料质量检测(四)测试内容：立体几何时间：90分钟分值：120分一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1在四面体OABC中，a，b，c，D为BC的中点，E为AD的中点，则等于()A.abc B.abcC.abc D.abc解析：()()()abc，故选D.答案：D2已知水平放置的ABC的直观图ABC(斜二测画法)是边长为a的正三角形，则原ABC的面积为()A.a2 B.a2 C.a2 D.a2解析：斜二测画法中原图面积与直观图面积之比为1，则易知S(a)2，Sa2.故选D.答案：D3正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AA1，AB的中点，则EF与对角面B

2、DD1B1所成角的度数是()A30 B45 C60 D150解析：如图，EFA1B，EF，A1B与对角面BDD1B1所成的角相等，设正方体的棱长为1，则A1B.连接A1C1，交D1B1于点M，连接BM，则有A1M面BDD1B1，A1BM为A1B与面BDD1B1所成的角RtA1BM中，A1B，A1M，故A1BM30.EF与对角面BDD1B1所成角的度数是30.答案：A4(2013湖南卷)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于()A1 B. C. D.解析：由题可知正方体的底面与水平面平行，先把正方体正放，然后将正方体按某一侧棱逆时针旋转，易知当正方

3、体正放时，其正视图的面积最小，为111；当正方体逆时针旋转45时，其正视图的面积最大，为1.而1，所以正方体的正视图的面积不可能等于.答案：C5(2013宁波市高三“十校”联考)若有直线m、n和平面、，下列四个命题中，正确的是()A若m，n，则mnB若m，n，m，n，则C若，m，则mD若，m，m，则m解析：，m，则m或m，又m，m，选D.答案：D6(2013河南开封第二次模拟)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是()A5B6C7D8解析：该几何体为棱长为2的正方体截去一个三棱柱，如图，截去部分为ABCA1B1C1，几何体的体积为V2221217，选C.答案：C7(2013广西卷)已

4、知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A. B. C. D.解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设AA12AB2，则B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，C1(0,1,2)，故(1,1,0)，(0,1,2)，(0,1,0)设平面BDC1的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则y2，x2，所以平面BDC1的一个法向量为n(2，2,1)设直线CD与平面BDC1所成的角为，则sin |cosn，|.故选A.答案：A8(2013荆州质检()在半径为R的球内有一内接圆柱，设该圆柱底面半径为r，当圆柱的侧面积最大时，为()A. B.

5、 C. D.解析：圆柱的底面半径为r，则有h2，侧面积S2rh4r4 42R2，当且仅当r2R2r2即时，圆柱的侧面积取得最大值，所以选C.答案：C9(2013山东潍坊模拟)已知m，n是两条不同直线，是两个不同平面，给出四个命题：若m，n，nm，则；若m，m，则；若m，n，mn，则；若m，n，mn，则.其中正确的命题是()A B C D解析：由面面平行、垂直的定义可知正确，故选B.答案：B10(2013新课标全国卷)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为()A. c

6、m3B. cm3C. cm3D. cm3解析：设球半径为R cm，根据已知条件知正方体的上底面与球相交所得截面圆的半径为4 cm，球心到截面的距离为(R2)cm，所以由42(R2)2R2，得R5，所以球的体积为VR353cm3，选择A.答案：A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)11若向量a(1,1，x)，b(1,2,1)，c(1,1,1)，满足条件(ca)(2b)2，则x_.解析：由题可知ca(0,0,1x)，所以(ca)(2b)(0,0,1x)2(1,2,1)2(1x)2，从而解得x2.答案：212(2013辽宁卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是_解析：由三视图

7、可知该几何体是一个底面半径为2，高为4的圆柱中间挖去一个底面边长为2，高为4的正四棱柱后剩下的部分，所以其体积为2242241616.答案：161613(2013广西卷)已知圆O和圆K是球O的大圆和小圆，其公共弦长等于球O的半径，OK，且圆O与圆K所在的平面所成的一个二面角为60，则球O的表面积等于_解析：设点A为圆O和圆K公共弦的中点，则在RtOAK中，OAK为圆O和圆K所在的平面所成的二面角的一个平面角，即OAK60.由OK，可得OA，设球的半径为R，则()22R2，解得R2，因此球的表面积为4R216.答案：1614(2013北京卷)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E

8、为BC的中点，点P在线段D1E上点P到直线CC1的距离的最小值为_解析：点P到直线CC1的距离等于点P在平面ABCD上的射影到点C的距离，设点P在平面ABCD上的射影为P，显然点P到直线CC1的距离的最小值为PC的长度的最小值当PCDE时，PC的长度最小，此时PC.答案：三、解答题(本大题共4小题，共50分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)15(满分12分)(2013江苏卷)如图，在三棱锥SABC中，平面SAB平面SBC，ABBC，ASAB.过A作AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点求证：(1)平面EFG平面ABC；(2)BCSA.证明：(1)因为ASAB，AFSB，垂足

9、为F，所以F是SB的中点又因为E是SA的中点，所以EFAB.因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.同理EG平面ABC.又EFEGE，所以平面EFG平面ABC.(2)因为平面SAB平面SBC，且交线为SB，又AF平面SAB，AFSB，所以AF平面SBC，因为BC平面SBC，所以AFBC.又因为ABBC，AFABA，AF，AB平面SAB，所以BC平面SAB.因为SA平面SAB，所以BCSA.16(满分12分)(2013山东潍坊模拟)已知正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，AA1，点D为AC的中点，点E在线段AA1上(1)当AEEA112时，求证：DEBC1；(2)是否存在点E，

10、使二面角DBEA等于60？若存在，求AE的长；若不存在，请说明理由解：(1)证明：连接DC1，因为ABCA1B1C1为正三棱柱，所以ABC为正三角形，又因为D为AC的中点，所以BDAC，又平面ABC平面ACC1A1，所以BD平面ACC1A1，所以BDDE.因为AEEA112，AB2，AA1，所以AE，AD1，所以在RtADE中，ADE30，在RtDCC1中，C1DC60，所以EDC190，即EDDC1，所以ED平面BDC1，BC1面BDC1，所以EDBC1.(2)假设存在点E满足条件，设AEh.取A1C1的中点D1，连接DD1，则DD1平面ABC，所以DD1AD，DD1BD，分别以DA、DB、

11、DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0)，B(0，0)，E(1,0，h)，所以(0，0)，(1,0，h)，(1，0)，(0,0，h)，设平面DBE的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则，令z11，得n1(h,0,1)，同理，平面ABE的一个法向量为n2(x2，y2，z2)，则，n2(，1,0)cosn1，n2cos 60.解得h，故存在点E，当AE时，二面角DBEA等于60.17(满分13分)(2013重庆卷)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，BCCD2，AC4，ACBACD，F为PC的中点，AFPB.(1)求PA的长；(2)求二面角BAFD的正

12、弦值解：(1)如图，连接BD交AC于O，因为BCCD，即BCD为等腰三角形，又AC平分BCD，故ACBD.以O为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，则OCCDcos 1，而AC4，得AOACOC3，又ODCDsin ，故A(0，3,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(，0,0)因PA底面ABCD，可设P(0，3，z)，由F为PC边中点，F.又，(，3，z)，因AFPB，故0，即60，z2(舍去2)，所以|2.(2)由(1)知(，3,0)，(，3,0)，(0,2，)设平面FAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2(x2，y2

13、，z2)，由n10，n10，得因此可取n1(3，2)由n20，n20，得故可取n2(3，2)从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cosn1，n2.故二面角BAFD的正弦值为.18(满分13分)(2013石家庄第二次模拟)在四边形ABCD中，BCAD，CDAD，AD4，BCCD2，E、P分别为AD、CD的中点(如图1)，将ABE沿BE折起，使二面角ABEC为直二面角(如图2)(1)如图2，在线段AE上，是否存在一点M，使得PM平面ABC？若存在，请指出点M的位置，并证明你的结论，若不存在，请说明理由(2)如图2，若H为线段AB上的动点，当PH与平面ABE所成的角最大时，求二面角HPCE的余弦值解

14、：(1)存在点M，当M为线段AE的中点时，PM平面BCA，建立如图所示空间直角坐标系，则A(0,0,2)，M(0,0,1)，P(2,1,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0)，AB中点F(0,1,1)，所以(2，1,1)，(2,0,0)，(0,2，2)，(0,1,1)可知0，0，平面ABC，又0，PM平面ABC.(2)可知P(2,1,0)，A(0,0,2)，E(0,0,0)，B(0,2,0)，设H(x，y，z)，则(0，2,2)，(x，y2，z)，设，则得H(0,22，2)，所以(2,12，2)，因为点P到平面ABE的距离为定值2，所以当PH最小时PH与平面ABE所成角最大，此时，即0，得，所以H，所以，设平面PCH的一个法向量为n(x0，y0，z0)，(0,1,0)，则由n0，n0，可得，则n，平面PBE的一个法向量为(0,0,2)，设二面角HPCE的大小为，则cos .