（导学教程）2012届高三数学（理）二轮复习试题：专题四第一讲综合验收评估（北师大版）

一、选择题
1．(2011·陕西)某几何体的三视图如下，则它的体积是
A．8－　　　　　　　　　 B．8－
C．8－2π D.
解析　由三视图可知该几何体是一个棱长为2的正方体内部挖去一个底面半径为1，高为2的圆锥，所以V＝23－×π×2＝8－，故选A.
答案　A
2．正方体ABCD－A1B1C1D1中，P、Q、E、F分别是AB、AD、B1C1、C1D1的中点，则正方体的过P、Q、E、F的截面图形的形状是
A．正方形 B．平行四边形
C．正五边形 D．正六边形
解析　如图所示，由EF∥PQ，可确定一个平面，
此平面与正方体的棱BB1、DD1分别相交于点M、N，
由此可得截面图形的形状为正六边形PQNFEM，故应选D.
答案　D
3．在△ABC中，AB＝2，BC＝1.5，∠ABC＝120°，若△ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的体积是
A.π B.π
C.π D.π
解析　依题意可知，△ABC绕直线BC旋转一周，可得如图所示的一个几何体，该几何体是由底面半径为2sin 60°＝，高为1.5＋2×cos 60°＝2.5的圆锥，挖去一个底面半径为，高为1的圆锥所形成的几何体，则该几何体的体积V＝π×()2×(2.5－1)＝π，故应选A.
答案　A
4．(2011·惠州模拟)下图是某几何体的直观图，其三视图正确的是
解析　由三视图的知识可知A正确．
答案　A
5．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱锥高为3，体积为6，则这个球的表面积是
A．16π B．20π
C．24π D．32π
解析　设正四棱锥的底面边长为a，则6＝×3×a2，得a＝，∴HC＝，
设球心为O，半径为R，
则R2＝(3－R)2＋3(如图(1))或R2＝(R－3)2＋3，
解得R＝2，∴S＝16π.
　　　　　　
图(1)　　　　　 　　　　　图(2)
答案　A
6．(2011·丰台模拟)四面体OABC的三条棱OA，OB，OC两两垂直，OA＝OB＝2，OC＝3，D为四面体OABC外一点．给出下列命题
①不存在点D，使四面体ABCD有三个面是直角三角形；
②不存在点D，使四面体ABCD是正三棱锥；
③存在点D，使CD与AB垂直并且相等；
④存在无数个点D，使点O在四面体ABCD的外接球球面上．
其中真命题的序号是
A．①② B．②③
C．③ D．③④
解析　依题意得，AB＝2，AC＝BC＝.
对于①，取点D，使得DA＝3，DB＝，DC＝2(注：这样的点D是分别以点A，B，C为球心、3，，2为半径的球面的公共点，显然这三个球面有公共点，即满足这样的条件的点D存在)，此时有DA2＋AB2＝17＝DB2，DC2＋CB2＝17＝DB2，DA2＋DC2＝13＝AC2，即有DA⊥AB，DC⊥CB，DA⊥DC，即四面体ABCD有三个面是直角三角形，因此①不正确；对于②，取点D，使得DA＝DB＝2，DC＝(注：这样的点D的产生过程类似于①中的点D)，此时△DAB是等边三角形，三条侧棱相等，四面体ABCD，即C－ABD是正三棱锥，因此②不正确；对于③，将该四面体补成一个正四棱柱，易知取上底面的与点C相对的顶点作为点D，此时CD与AB垂直并且相等，因此③正确；对于④，将该四面体补成一个正四棱柱，作出该正四棱柱的外接球，在这个球面上任取一点(异于点A，B，C，O)作为点D都能满足点O在四面体ABCD的外接球球面上，因此④正确．综上所述，其中真命题的序号是③④，选D.
答案　D
二、填空题
7．(2011·福建)三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P－ABC的体积等于________．
解析　∵PA⊥底面ABC，∴PA为三棱锥P－ABC的高，且PA＝3.
∵底面ABC为正三角形且边长为2，
∴底面面积为×22×sin 60°＝，
∴VP－ABC＝××3＝.
答案　
8．一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为2，它的三视图中的俯视图如图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是________．
解析　设底面边长为x，则V＝x2·x＝2，∴x＝2.由题意知这个正三棱柱的左视图为长为2，宽为的矩形，其面积为2.
答案　2
9．如图，半径为4的球O中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是________．
解析　解法一　圆柱的轴截面如图所示，设球的半径与圆柱的高所成的角为α，则圆柱底面半径为4sin α，高为8cos α，∴S圆柱侧＝2π·4sin α·8cos α＝32πsin 2α.
∴当sin 2α＝1时，S圆柱侧最大为32π.
此时S球表－S圆柱侧＝4π·42－32π＝32π.
解法二　设圆柱底面半径为r，则其高为2，
∴S圆柱侧＝2πr·2＝4π
≤4π＝2πR2
.
又R＝4，∴S圆柱侧最大为32π.
此时S球表－S圆柱侧＝4π·42－32π＝32π.
答案　32π
三、解答题
10．如图所示，在单位正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线A1B上存在一点P，使AP＋D1P最短，求AP＋D1P的最小值．
解析　设A1P＝x，则
在△AA1P中，AP＝
＝，
在Rt△D1A1P中，D1P＝.
∴y＝AP＋D1P＝＋，
下面求对应的函数y的最小值．
将函数y变形，得y＝ ＋，
它表示平面直角坐标系中，在x轴上存在一点P(x,0)，
它到点M与到点N(0，－1)的距离之和最小，
∴当P、M、N三点共线时，这个值最小，
则为 ＝.
11．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝a，PA＝PC＝a，若在这个四棱锥内放一球．求此球的最大半径．
解析　设放入的球的半径为r，球心为O，连接OP、OA、OB、OC、OD，
则把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱锥，
这些小棱锥的高都是r，
底面分别为原四棱锥的侧面和底面，
则VP－ABCD＝r(S△PAB＋S△PBC＋S△PCD＋S△PAD＋S正方形ABCD)＝r(2＋)a2.
由题意，知PD⊥底面ABCD，
∴VP－ABCD＝S正方形ABCD·PD＝a3.
由体积相等，得r(2＋)a2＝a3，
解得r＝(2－)a.
12．如图1，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，D为侧棱PC上一点，它的正(主)视图和侧(左)视图如图2所示．
(1)证明：AD⊥平面PBC；
(2)求三棱锥D－ABC的体积；
(3)在∠ACB的平分线上确定一点Q，使得PQ∥平面ABD，并求此时PQ的长．
解析　(1)证明　因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，
又AC⊥BC，所以BC⊥平面PAC，所以BC⊥AD.
由三视图可得，在△PAC中，PA＝AC＝4，
D为PC的中点，所以AD⊥PC，
所以AD⊥平面PBC.
(2)由三视图可得BC＝4，
由(1)知∠ADC＝90°，BC⊥平面PAC，
又三棱锥D－ABC的体积即为三棱锥B－ADC的体积，
所以所求三棱锥的体积V＝××AD×CD×BC
＝××2×2×4＝.
(3)取AB的中点O，连接CO并延长至Q，使得CQ＝2CO，
连接PQ，OD，点Q即为所求．
因为O为CQ的中点，D为PC的中点，
所以PQ∥OD，
因为PQ 平面ABD，OD 平面ABD，
所以PQ∥平面ABD，
连接AQ，BQ，因为四边形ACBQ的对角线互相平分，
且AC＝BC，AC⊥BC，
所以四边形ACBQ为正方形，
所以，CQ即为∠ACB的平分线，
又AQ＝4，PA⊥平面ABC，
所以在Rt△PAQ中，PQ＝＝4.
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