【文档说明】2023-2024学年高中数学人教A版2019 必修第二册课后习题 第八章测评 Word版含解析.docx，共(13)页，500.686 KB，由小赞的店铺上传

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第八章测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.(2021新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为√2,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为(

)A.2B.2√2C.4D.4√2答案B解析设圆锥底面半径为r1,圆锥侧面展开图半圆所在圆的半径为r2.由条件得,2πr1=12·2πr2,则r2=2r1=2√2,故该圆锥的母线长为2√2.故选B.图①图②2.水平放置的△AOB的直观图△A'O'B'如图所示,则△AOB的面积是()

A.√2B.2C.2√2D.4答案D解析由直观图和原图形的关系易知,△AOB中底边OB=2,底边OB上的高线长为4,∴△AOB的面积为S=12×4×2=4.故选D.3.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥的

高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A.√5-14B.√5-12C.√5+14D.√5+12答案C解析设正四棱锥的高为h,底面边长为a,侧面三角形底边上的高为h',则依题意有{ℎ2=12𝑎ℎ

',ℎ2=ℎ'2-(𝑎2)2,因此有h'2-𝑎22=12ah'⇒4ℎ'𝑎2-2ℎ'𝑎-1=0⇒ℎ'𝑎=√5+14负值-√5+14舍去.故选C.4.设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是()A.α内有无数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α,β平

行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面答案B解析由面面平行的判定定理知,α内两条相交直线都与β平行是α∥β的充分条件,由面面平行性质定理知,若α∥β,则α内任意一条直线都与β平行,所以α内两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件,故选B.

5.已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为()A.πB.3π4C.π2D.π4答案B解析如图,画出圆柱的轴截面,AC=1,AB=12,设圆柱的底面圆面半径为r,所以r=BC=√32,那么圆柱的体积是V=πr2h=π×(√32)2×1

=34π,故选B.6.(2021全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为()A.π2B.π3C.π4D.π6答案D解析如图,连接BC1,PC1.由

正方体的性质可得AD1∥BC1,故∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.设正方体的棱长为1,则BC1=√2,C1P=12A1C1=√22.而BP=√𝐵𝐵12+𝐵1𝑃2=√12+(√22)2=√62,可得C1P2+BP2=B𝐶12,故C1P⊥PB.则在Rt△BPC1中,有sin∠PBC

1=𝐶1𝑃𝐵𝐶1=12,于是∠PBC1=π6,即直线PB与AD1所成的角等于π6.7.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球,若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是()A.4πB.9π2C.6πD.32π3答案B解析要使球

的体积V最大,必须球的半径R最大.由题意知球与直三棱柱的上下底面都相切时,球的半径取得最大值32,此时球的体积为43πR3=43π323=9π2,故选B.8.在如图所示的三棱锥容器S-ABC中,D,E,F分别为三条侧棱上的小洞,SD∶DA=CF∶FS=2∶1,

BE=SE,若用该容器盛水,则最多可盛水的体积是原三棱锥容器体积的()A.89B.79C.23D.59答案A解析因为SD∶DA=2∶1,所以SD=23SA.又因为BE=SE,所以SE=12SB.所以△SDE的面积为S△SDE=12SD·SE·sin∠ASB=12×23SA×12SB×sin∠AS

B=13S△SAB.又CF∶FS=2∶1,所以SF∶SC=1∶3,设点F,C到平面SAB的距离分别为h1,h2,所以h1∶h2=1∶3,所以𝑉𝐹-𝑆𝐷𝐸𝑉𝐶-𝑆𝐴𝐵=13×131=19.所以这个容器最多可盛水的体积是原三棱锥容器体积

的1-19=89.故选A.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得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可以为()A.√2πB.(1+√2)πC.2√2πD.2+√2π答案AB解析若绕一条直角边旋转一周,形成的几何体为圆锥,则圆锥的底面半径为1,高为1,所以母线长l=√2,这时表面积为1

2·2π·1·l+π·12=(1+√2)π;若绕斜边旋转一周,旋转体为两个底对底的圆锥组合在一起,且由题意底面半径为√22,每一个圆锥的母线长均为1,所以表面积S=2·12·2π·√22·1=√2π.综上所述,该几何体的表面积可以为√2π

,(1+√2)π,故选AB.10.已知正三棱台的上底面边长为2,下底面边长为4,侧棱长为2,则下列说法正确的是()A.棱台的侧面积为9√3B.棱台的高为√3C.棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为√33D.棱台的侧面与底面所成二面角的余弦值为2√23答案AC解析

由题意作图如下,在平面ABB1A1中由点A1向AB作垂线,垂足为D,取线段BC的中点E,连接AE,在平面AEA1中由点A1向AE作垂线,垂足为F,连接DF,在等腰梯形ABB1A1中,AB=4,B1A1=2,AA1

=2,则AD=(4-2)÷2=1,A1D=√22-12=√3,故棱台的侧面积为3×12(2+4)×√3=9√3,故A正确;易知A1F为棱台的高,则AD⊥平面A1DF,则AD⊥DF在Rt△ADF中,DF=AD·tanπ6=√

33,AF=√12+13=2√33,在Rt△A1DF中,A1F=√𝐴1𝐷2-𝐷𝐹2=2√63≠√3,故B错误;棱台的侧棱与底面所成角为∠A1AE,cos∠A1AE=𝐴𝐹𝐴𝐴1=2√332=√33,故C正确;棱台的侧面与底面所成二面角为∠A1DF,cos∠A

1DF=𝐷𝐹𝐴1𝐷=√33√3=13,故D错误.故选AC.11.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E是DD1的中点,则()A.直线B1C∥平面A1BDB.B1C⊥BD1C.三棱锥C1-B1C

E的体积为13D.异面直线B1C与BD所成的角为90°答案AB解析选项A,如图,连接A1D,A1B,BD,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易得A1B1与CD平行且相等,所以四边形A1B1CD为平行四边形,有B1C∥A1D,又B1C⊄平面A1BD,A1D⊂平面A1BD,所以直线B1C∥平

面A1BD,故选项A正确;选项B,如图,连接BC1,AD1,因为四边形BB1C1C为正方形,所以B1C⊥BC1,因为正方体ABCD-A1B1C1D1,所以AB⊥平面BB1C1C,又B1C⊂平面BB1C1C,所以AB⊥B1C,又AB∩BC1

=B,所以B1C⊥平面ABC1D1,又BD1⊂平面ABC1D1,所以B1C⊥BD1,故选项B正确;选项C,因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,所以B1C1⊥平面CC1D1D,且B1C1=1,又𝑆△𝐶𝐶1𝐸=12×

1×1=12,所以三棱锥B1-CC1E的体积𝑉𝐵1-𝐶𝐶1𝐸=13×𝑆△𝐶𝐶1𝐸×B1C1=16,即三棱锥C1-B1CE的体积为16,故选项C错误;选项D,如图,连接A1D,A1B,BD,由选

项A的解析可知,A1D∥B1C,所以异面直线B1C与BD所成的角为∠A1DB或其补角,因为正方体ABCD-A1B1C1D1,易得△A1DB为等边三角形,所以∠A1DB=60°,故选项D错误.故选AB.12.如图,在透明塑

料制成的长方体ABCD-A1B1C1D1容器内灌进一些水(未满),现将容器底面一边BC固定在底面上,再将容器倾斜,随着倾斜度的不同,有下列四种说法,其中正确的是()A.水的部分始终呈棱柱状B.水面四边形EFGH的面积为定值C.棱A1D1始终与

水面EFGH平行D.若E∈AA1,F∈BB1,则AE+BF是定值答案ACD解析由于四边形ABFE与四边形DCGH全等,且平面ABFE∥平面DCGH,则由棱柱的定义可知,水的部分始终呈棱柱状,所以A正确;因为BC∥FG,BC⊥平面ABB1A1,所以

FG⊥平面ABB1A1,因为EF⊂平面ABB1A1,所以FG⊥EF,因为FG∥EH,FG=EH,所以四边形EFGH为矩形,所以水面四边形EFGH的面积等于EF·FG,因为水面四边形EFGH的边长FG不

变,EF在变化,所以水面四边形EFGH的面积在变化,所以B错误;容器底面一边BC固定在底面上时,BC∥FG∥A1D1,A1D1⊄平面EFGH,所以由线面平行的判定定理可知,棱A1D1始终与水面四边形EFGH平行,

所以C正确;由于水平放置时,水的体积是定值,水的高度是定值h,底面面积不变,所以当一部分上升a的同时,另一部分下降相同的高度a,设AE=h-a,则BF=h+a,所以AE+BF=h-a+h+a=2h为定值,所以当E∈AA1,F∈BB1时,AE+BF是定值,所以D正确.故选ACD.三、填空题:本

题共4小题,每小题5分,共20分.13.空间中一个∠A的两边和另一个∠B的两边分别平行,∠A=70°,则∠B=.答案70°或110°解析①若∠A的两边和∠B的两边分别平行,且方向相同,则∠A与∠B相等,此时∠B=∠A=70°;②当∠A的两边和∠B

的两边分别平行,且一边方向相同另一边方向相反,则∠A与∠B互补,此时∠B=180°-∠A=110°.14.三棱锥O-ABC中,三条OA,OB,OC两两垂直,OA=1,OB=2,OC=3,则三棱锥O-A

BC外接球的表面积是.答案14π解析如图,把三棱锥O-ABC放置在长方体中,则三棱锥O-ABC的外接球即长方体的外接球,外接球的直径为√12+22+32=√14,半径R=√142,∴三棱锥O-ABC外接球的表面积是4π×(√142)2=14π.15.已知圆锥的底面半径为1,

母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为.答案√23π解析易知半径最大的球为圆锥的内切球,球与圆锥内切时的轴截面如图所示,其中BC=2,AB=AC=3,且点M为BC边上的中点,设内切球的球心为O,由于AM=√32-12=2√2,故S△ABC=12×2×2√2=2√2,设内切球半径为r,则S△AB

C=S△AOB+S△BOC+S△AOC=12×AB×r+12×BC×r+12×AC×r=12×(3+3+2)×r=2√2,解得r=√22,其体积V=43πr3=√23π.16.中国有悠久的金石文化,印信是

金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图①).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图②是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱

长为1.则该半正多面体共有个面,其棱长为.答案26√2-1解析由图可知第一层与第三层各有9个面,计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有18+8=26个面.将该半正多面体放入正方体部分图示如下,设该半正多面体的棱长

为x,则AB=BE=x,延长BC与FE交于点G,延长BC交正方体棱于H,由半正多面体对称性可知,△BGE为等腰直角三角形.∵BG=GE=CH=√22x,∴GH=2×√22x+x=(√2+1)x=1,∴x=1√2+1=√2-1,即该半正多

面体棱长为√2-1.四、解答题:本题共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.(10分)在三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC=AC=2√2,BA=BC=2,O是线段AC的中点,M是

线段BC的中点.(1)求证:PO⊥平面ABC;(2)求直线PM与平面PBO所成角的正弦值.(1)证明由BA=BC=2,AC=2√2,有BA2+BC2=AC2,从而有∠ABC=π2,∴BO⊥AC且BO=√2.又△PAC是边长等于2√2的等边三

角形,∴PO⊥AC,PO=√6.又PB=2√2,从而有PB2=PO2+BO2,∴∠POB=π2,∴PO⊥BO.又AC∩BO=O,AC⊂平面ABC,BO⊂平面ABC,∴PO⊥平面ABC.(2)解过点M作MN⊥BO交BO于点N,连接PN.由(1)知PO⊥

平面ABC,得MN⊥PO,又MN⊥BO,∴MN⊥平面POB,∴∠MPN是直线PM与平面PBO所成的角.由(1)BO⊥AC,从而N为线段BO的中点,∴MN=12OC=14AC=√22,PM=√𝑃𝐶2-𝑀𝐶2=√(2√2)2-1=√7,∴sin∠MPN=�

�𝑁𝑃𝑀=√22√7=√1414.∴直线PM与平面PBO所成角的正弦值为√1414.18.(12分)如图,P为平行四边形ABCD所在平面外一点,M,N分别是AB,PC的中点,平面PAD∩平面PBC于直线l.(1)判断MN与平面PAD的位置关系,并证明你的结论;(2)判断BC与l的位

置关系,并证明你的结论.解(1)MN∥平面PAD,证明如下:取PD中点E,连接AE,NE,因为N,E分别为PC,PD中点,所以NE∥DC,且NE=12DC.又M为AB中点,AB∥DC,AB=DC,所以AM∥NE,且AM=N

E,所以四边形AMNE为平行四边形,所以AE∥MN.又AE⊂平面PAD,MN⊄平面PAD,所以MN∥平面PAD.(2)BC∥l,证明如下:因为AD∥BC,AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,所以BC∥平面PAD.又B

C⊂平面PBC,且平面PAD∩平面PBC=l,根据线面平行的性质定理可得BC∥l.19.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是直角梯形,DC=2AD=2AB=√2PB,∠DAB=∠ADC=90°,△PDC为等边三

角形.(1)证明:平面PBC⊥平面PBD;(2)若△PBC的面积为1,求点B到平面PCD的距离d.(1)证明∵在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是直角梯形,DC=2AD=2AB=√2PB,∠DAB=∠ADC=90°,△PDC为等边三

角形,设AB=x,则BC=BD=√𝑥2+𝑥2=√2x,∴BD2+BC2=4x2=CD2,PB2+BC2=4x2=PC2,∴BD⊥BC,PB⊥BC.∵BD∩PB=B,∴BC⊥平面PBD.∵BC⊂平面PBC,∴平面PBC⊥平面PBD.(2)解∵SRt△PBC=1,∴12PB

·PC=x2=1,即x=1,由(1)知,S△PCD=√34×4=√3,∵BD2+BP2=DP2,BD=√2,PB=√2,∴S△PBD=12×√2×√2=1,∴V三棱锥B-PCD=V三棱锥C-PBD,即13×√3·d=13×1×√2,解得d=√63,∴点

B到平面PCD的距离为√63.20.(12分)如图,在三棱锥P-ABC中,△PAB是等边三角形,∠PAC=∠PBC=90°.(1)证明:AB⊥PC;(2)若PC=4,且平面PAC⊥平面PBC,求三棱锥P-ABC的体积.(1)证明因为△PAB是等边三角形,∠PAC=∠PBC=90°,所以R

t△PBC≌Rt△PAC,可得AC=BC.如图,取AB中点D,连接PD,CD,则PD⊥AB,CD⊥AB,PD∩DC=D,PD⊂平面PDC,CD⊂平面PDC.所以AB⊥平面PDC,又PC⊂平面PDC,所以AB⊥PC.(2)解作BE⊥P

C,垂足为E,连接AE.因为Rt△PBC≌Rt△PAC,所以AE⊥PC,AE=BE.由已知,平面PAC⊥平面PBC,故∠AEB=90°.因为Rt△AEB≌Rt△PEB,所以△AEB,△PEB,△CEB都是等腰直角三角形.由已知PC=4,得AE=BE=2,△AEB的面

积S=2.因为PC⊥平面AEB,所以三棱锥P-ABC的体积V=V三棱锥P-AEB+V三棱锥C-AEB=13S(PE+EC)=13×S×PC=83.21.(12分)(2021全国甲卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB

=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,BF⊥A1B1.(1)求三棱锥F-EBC的体积;(2)已知D为棱A1B1上的点,证明:BF⊥DE.(1)解在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥A1B1,∵BF⊥A1B1,BB1∩BF=B,BB1,

BF⊂平面BCC1B1,∴A1B1⊥平面BCC1B1.∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面BCC1B1,∴AB⊥BC.∵AB=AC,∴AC=√22+22=2√2,∴CE=√2=BE.∴CF=12CC1=12AB=1,∴V三棱锥F-E

BC=13S△EBC×CF=13×12×√2×√2×1=13.(2)证明如图,连接A1E,取BC中点M,连接B1M,EM.∵E,M分别为AC,BC中点,∴EM∥AB.又AB∥A1B1,∴A1B1∥EM,则点A1,B1,M,E四点共面,故DE⊂平面A1B1ME.又在侧面BCC1B1中,△FCB≌

△MBB1,∴∠FBM=∠MB1B.又∠MB1B+∠B1MB=90°,∴∠FBM+∠B1MB=90°,∴BF⊥MB1.又BF⊥A1B1,MB1∩A1B1=B1,MB1,A1B1⊂平面A1B1ME,∴BF⊥平面A1B1ME,∴BF⊥DE.22.(12分)(2021新高考Ⅰ卷

)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)证明:OA⊥CD;(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥

A-BCD的体积.(1)证明在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴AO⊥BD.∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO⊂平面ABD,∴AO⊥平面BCD.∵CD⊂平面BCD,∴AO⊥C

D.(2)解如图,过点E作EN∥AO交BD于N,过点N作NM∥CD交BC于M.∵AO⊥平面BCD,EN∥AO,∴EN⊥平面BCD.∴EN⊥BC.在△BCD中,∵OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC.∵NM∥CD,∴NM⊥BC.又EN∩NM=N,∴BC⊥平面

EMN,∴BC⊥ME.∴二面角E-BC-D的平面角是∠EMN=45°,即△EMN是等腰直角三角形.∵DE=2AE,∴ND=2ON,∴MN=23CD=23=EN.∴EN=ND=23,∴AO=OD=1.