第6章测评--2025北师大版数学必修第二册同步练习题

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2025北师大版数学必修第二册
第六章测评
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.[2024四川绵阳高一期中]已知正三角形ABC的边长为4,那么△ABC的直观图△A'B'C'的面积为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C.2 D.2
2.[2024吉林长春高三模拟]正方体各面所在平面将空间分成(　　)个部分.
A.7 B.15 C.21 D.27
3.如图,一个矩形边长为1和4,绕它的长为4的边旋转后得到如图的一开口容器(下表面密封),P是BC中点,现有一只蚂蚁位于外壁A处,内壁P处有一米粒,若这只蚂蚁要先爬到上口边沿再爬到点P处取得米粒,则它所需经过的最短路程为(　　)
A. B.
C. D.
4.某瓷器如图1所示,该瓷器可以近似看作由上半部分圆柱和下半部分两个等高(高为6 cm)的圆台组合而成,其直观图如图2所示,已知圆柱的高为20 cm,底面直径AB=10 cm,底面直径CD=20 cm,EF=16 cm,若忽略该瓷器的厚度,则该瓷器的容积为(　　)
图1
图2
A.669π cm3 B.1 338π cm3
C.650π cm3 D.1 300π cm3
5.已知圆锥的底面半径为,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为(　　)
A.2 B.2 C.4 D.4
6.[2024广东深圳高三模拟]如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,点P在直线AD1上,Q为线段BD的中点,则下列命题中假命题为(　　)
A.存在点P,使得PQ⊥A1C1
B.存在点P,使得PQ∥A1B
C.直线PQ始终与直线CC1异面
D.直线PQ始终与直线BC1异面
7.[2024浙江嘉兴高二检测]已知A,B,C,D为球面上四点,M,N分别是AB,CD的中点,以MN为直径的球称为AB,CD的“伴随球”,若三棱锥A-BCD的四个顶点在表面积为64π的球面上,它的两条边AB,CD的长度分别为2和4,则AB,CD的伴随球的体积的取值范围是(　　)
A. B. C. D.
8.已知A,B是球O的球面上的两点,∠AOB=90°,点C为该球面上的动点,若三棱锥O-ABC 体积的最大值为,则球O的表面积为(　　)
A.16π B.36π C.64π D.144π
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直径,且SC=2,则(　　)
A.三棱锥S-ABC的体积为 B.三棱锥S-ABC的体积为
C.三棱锥O-ABC的体积为 D.三棱锥O-ABC的体积为
10.正方体ABCD-A1B1C1D1中,O1为底面A1B1C1D1的中心,则(　　)
A.直线BA1与CC1所成的角等于30° B.直线BA1与AC所成的角等于60°
C.直线AO1与CC1是异面直线 D.直线AO1与BD所成的角等于90°
11.如图,以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,下列结论正确的是(　　)
A.异面直线BD与AC的夹角为90° B.∠BAC=60°
C.三棱锥D-ABC是正三棱锥 D.平面ADC和平面ABC垂直
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形A'B'C'D',已知A'B'=2,B'C'=1,则四边形ABCD的周长为　　　　　.
13.已知二面角α-l-β为60°,动点P,Q分别在平面α,β内,P到β的距离为,Q到α的距离为2,则P,Q两点之间距离取最小值时直线PQ与平面α所成的角为　　　　　.
14.学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为　　　　g.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是正三角形,且与底面ABCD垂直,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,N是PB的中点,E为AD的中点,过点A,D,N的平面交PC于点M.求证:
(1)EN∥平面PDC;
(2)BC⊥平面PEB;
(3)平面PBC⊥平面ADMN.
16.(15分)[2024山西大同高一月考]如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥底面ABCD,且M,N分别为棱AB,PC的中点,平面CMN与平面PAD交于直线l.
(1)求证:MN∥l;
(2)若直线PD与底面ABCD所成角为α,当α满足什么条件时,MN⊥平面PCD
17.(15分)《九章算术》是我国古代极为丰富的数学名著,书中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵,将底面为矩形的棱台称为刍童.在如图所示的堑堵ABM-DCP与刍童ABCD-A1B1C1D1的组合体中,∠MAB=90°,AB=AD,A1B1=A1D1.
(1)证明:直线BD⊥平面MAC;
(2)已知AB=1,A1D1=2,MA=,且三棱锥A-A1B1D1的体积V=,求该组合体的体积.
18.(17分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.
(1)求异面直线AP与BC的夹角的余弦值;
(2)求证:PD⊥平面PBC;
(3)求直线AB与平面PBC所成的角的正弦值.
19.(17分)如图所示,在长方形ABCD中,AB=2,AD=1,E为CD的中点,以AE为折痕,把△DAE折起到△D'AE的位置,且平面D'AE⊥平面ABCE.
(1)求证:AD'⊥BE.
(2)求四棱锥D'-ABCE的体积.
(3)在棱ED'上是否存在一点P,使得D'B∥平面PAC 若存在,求出点P的位置;若不存在,请说明理由.
第六章测评
1.B　∵正三角形ABC的边长为4,∴正三角形ABC的面积为4.∵,∴直观图△A'B'C'的面积S直=×4.
2.D　如图所示,图中画出了最上层把空间分成9个部分,同理,中层、下层分别也被分成9个部分,因此总共被分成27个部分.故选D.
3.A　依题意可得圆柱的底面半径r=1,高h=4,将圆柱的侧面(一半)展开后得矩形ABCD,其中AB=π,AD=4.作P关于CD的对称点E,连接AE,AE与CD交于点Q,则得AQ+PQ的最小值就是AE=.
4.B　因为圆柱的高为20 cm,底面直径AB=10 cm,底面直径CD=20 cm,EF=16 cm,且两圆台的高都为6 cm,所以该瓷器的容积为V=π×25×20+×(25π+100π+)×6+×(64π+100π+)×6=500π+×175π×6+×244π×6=1 338π cm3.
5.B　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.
图①
图②
由条件得,2πr1=·2πr2,则r2=2r1=2,故该圆锥的母线长为2.
6.C　正方体ABCD-A1B1C1D1中,易得A1C1⊥平面BDD1B1.∵点P在直线AD1上,Q为线段BD的中点,当点P和D1重合时,PQ 平面BDD1B1,∴PQ⊥A1C1,故A正确;
连接A1D,A1B如图所示.
当点P为线段A1D的中点时,PQ为△A1BD的中位线,即PQ∥A1B,故B正确;
CC1 平面AA1C1C,当点P和点A重合时,PQ 平面AA1C1C,则直线PQ和CC1在同一平面内,故C错误;
BC1 平面ABC1D1,PQ∩平面ABC1D1=P,P BC1,
故直线PQ始终与直线BC1不相交,且不平行,是异面直线,故D正确.
7.D　设三棱锥A-BCD外接球的球心为O,半径为R,则4πR2=64π,所以球的半径为R=4.因为球O的两条弦AB,CD的中点为M,N,则OM==3,ON==2,即弦AB,CD分别是以O为球心,半径为3和2的球的切线,且弦AB在以O为球心,半径为2的球的外部,则MN的最大距离为3+2=5,最小距离为3-2=1.当M,O,N三点共线时,MN分别取最大值5与最小值1,故AB,CD的伴随球半径分别为.当半径为时,AB,CD的伴随球的体积为π×3=;当半径为时,AB,CD的伴随球的体积为π×3=,即AB,CD的伴随球的体积的取值范围是.故选D.
8.A　如图所示,当点C位于垂直于平面AOB的直径端点时,三棱锥O-ABC的体积最大,设球O的半径为R,此时VO-ABC=VC-AOB=R2×R=R3=,
所以R=2.
因此,球O的表面积为4πR2=16π.
9.AC　由于三棱锥S-ABC与三棱锥O-ABC的底面都是△ABC,O是SC的中点,因此三棱锥S-ABC的高是三棱锥O-ABC高的2倍,所以三棱锥S-ABC的体积是三棱锥O-ABC体积的2倍.在三棱锥O-ABC中,其棱长都为1,如图,S△ABC=,高OD=,则VO-ABC=,VS-ABC=2VO-ABC=.
10.BD　如图,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1.
对于选项A,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,有CC1∥BB1,所以∠A1BB1(或其补角)为直线BA1与CC1所成的角.
在Rt△A1BB1中,A1B1=BB1,A1B1⊥BB1,所以∠A1BB1=45°,故A错误.
对于选项B,连接BC1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,有AC∥A1C1,所以∠BA1C1(或其补角)为直线BA1与AC所成的角.
又BC1=A1C1=A1B=,即△BA1C1为正三角形,∠BA1C1=60°,故B正确.
对于选项C,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设AC∩BD=O,连接O1O,则O1O∥C1C∥A1A,即A,C,C1,O1,A1共面.又AC∥A1C1,所以直线AO1与CC1是相交直线,故C错误.
对于选项D,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BD⊥AC,AA1⊥BD,AC∩AA1=A,AC,AA1 平面ACC1A1,所以BD⊥平面ACC1A1.又AO1 平面ACC1A1,所以BD⊥AO1,故D正确.
11.ABC　对于A,由已知条件知BD⊥AD,CD⊥AD,
所以∠BDC即为二面角B-AD-C的平面角,又因为平面ABD⊥平面ACD,所以∠BDC=90°,即BD⊥CD,
因为BD⊥AD,AD∩CD=D,
所以BD⊥平面ACD.因为AC 平面ACD,所以BD⊥AC.
所以异面直线BD与AC的夹角为90°,故选项A正确;
对于B,因为BD⊥AD,CD⊥AD,BD⊥CD,且AD=BD=CD,
所以AB=BC=CA,所以△ABC是等边三角形,可得∠BAC=60°,故选项B正确;
对于C,因为DA=DB=DC,且AB=BC=CA,DA,DB,DC两两垂直,所以D在平面ABC内的投影是△ABC的中心,所以三棱锥D-ABC是正三棱锥,故选项C正确;
对于D,因为三棱锥D-ABC是正三棱锥,所以侧面ADC和底面ABC不垂直,故选项D不正确.故选ABC.
12.10　因为O'B'=1,B'C'=1,∠C'O'B'=45°,
所以O'C'=.由斜二测画法可知,原图四边形ABCD如图所示,则AB=A'B'=2,OB=1,OC=2O'C'=2,所以BC==3,所以四边形ABCD的周长为2×(2+3)=10.
13.90°　如图,分别作QA⊥α于点A,AC⊥l于点C,PB⊥β于点B,PD⊥l于点D,连接CQ,BD,则∠ACQ=∠PDB=60°,AQ=2,BP=,∴AC=PD=2.
又PQ=≥2,当且仅当AP=0,即点A与点P重合时取最小值,此时,PQ⊥平面α,故PQ与平面α所成的角为90°.
14.118.8　由题意得,四棱锥O-EFGH的底面积为4×6-4××2×3=12(cm2),点O到平面BB1C1C的距离为3 cm,则此四棱锥的体积为V1=×12×3=12(cm3).
又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V2=4×6×6=144(cm3),则该模型的体积为V=V2-V1=144-12=132(cm3).
故其质量为0.9×132=118.8(g).
15.证明(1)∵AD∥BC,BC 平面PBC,AD 平面PBC,
∴AD∥平面PBC.
又平面ADMN∩平面PBC=MN,AD 平面ADMN,
∴AD∥MN.
又AD∥BC,∴MN∥BC.
∵N为PB的中点,∴M为PC的中点,∴MN=BC.
∵E为AD的中点,∴DE=AD=BC=MN,
∴DE MN,∴四边形DENM为平行四边形,
∴EN∥DM.
又EN 平面PDC,DM 平面PDC,∴EN∥平面PDC.
(2)∵四边形ABCD是边长为2的菱形,且∠BAD=60°,E为AD的中点,∴BE⊥AD.
又PE⊥AD,PE∩BE=E,PE,BE 平面PEB,∴AD⊥平面PEB.
∵AD∥BC,∴BC⊥平面PEB.
(3)由(2)知,AD⊥PB.
∵PA=AB,且N为PB的中点,∴AN⊥PB.
∵AD∩AN=A,AD,AN 平面ADMN,
∴PB⊥平面ADMN.
又PB 平面PBC,∴平面PBC⊥平面ADMN.
16.(1)证明取PD的中点G,连接GA,GN.
因为G,N分别为PD,PC的中点,
所以GN∥CD,且GN=CD.
因为M为AB的中点,且四边形ABCD为矩形,则AM=CD,AM∥CD,所以GN∥AM,且GN=AM,
所以四边形AMNG为平行四边形,所以MN∥AG.
因为MN 平面PAD,AG 平面PAD,
所以MN∥平面PAD.
又因为MN 平面MNC,平面PAD∩平面MNC=l,
所以MN∥l.
(2)解因为PA⊥底面ABCD,
所以∠PDA为直线PD与底面ABCD所成角α.
当α=45°时,由(1)知,AG⊥PD.
因为CD⊥AD,CD⊥PA,且AD∩PA=A,AD,PA 平面PAD,
所以CD⊥平面PAD.
又AG 平面PAD,所以CD⊥AG.
因为CD∩PD=D,CD,PD 平面PCD,
所以AG⊥平面PCD.
由(1)知,AG∥MN,所以MN⊥平面PCD,
即α=45°时,MN⊥平面PCD.
17.(1)证明由题意可知,三棱柱ABM-DCP是底面为直角三角形且侧棱与底面垂直的棱柱,
所以AD⊥平面MAB,则AD⊥MA.
又MA⊥AB,AD∩AB=A,AD,AB 平面ABCD,
所以MA⊥平面ABCD,所以MA⊥BD.
又AB=AD,
所以四边形ABCD为正方形,得BD⊥AC.
又MA∩AC=A,MA,AC 平面MAC,
则BD⊥平面MAC.
(2)解设刍童ABCD-A1B1C1D1的高为h,则三棱锥A-A1B1D1的体积V=×2×2×h=,得h=.
故该组合体的体积V=×1××1+(12+22+)×.
18.(1)解由已知AD∥BC,
故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC的夹角.
∵AD⊥平面PDC,PD 平面PDC,
∴AD⊥PD.
在Rt△PDA中,
由已知得AP=,
故cos∠DAP=,
∴异面直线AP与BC的夹角的余弦值为.
(2)证明∵AD⊥PD,BC∥AD,
∴PD⊥BC.
又PD⊥PB,BC∩PB=B,BC,PB 平面PBC,
∴PD⊥平面PBC.
(3)解过点D作AB的平行线交BC于点F,连接PF,
则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.
∵PD⊥平面PBC,
故PF为DF在平面PBC上的投影,
∴∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角.
由于AD∥BC,DF∥AB,
可得BF=AD=1.
由已知,得CF=BC-BF=2.
又AD⊥DC,∴BC⊥DC.
在Rt△DCF中,可得DF==2.
在Rt△DPF中,可得sin∠DFP=,
∴直线AB与平面PBC所成的角的正弦值为.
19.(1)证明根据题意可知,在长方形ABCD中,△DAE和△CBE均为等腰直角三角形,
∴∠DEA=∠CEB=45°,
∴∠AEB=90°,
即BE⊥AE.
∵平面D'AE⊥平面ABCE,且平面D'AE∩平面ABCE=AE,BE 平面ABCE,
∴BE⊥平面D'AE,
∵AD' 平面D'AE,
∴AD'⊥BE.
(2)解如图所示,取AE的中点F,连接D'F,
则D'F⊥AE,且D'F=.
∵平面D'AE⊥平面ABCE,
且平面D'AE∩平面ABCE=AE,D'F 平面D'AE,
∴D'F⊥平面ABCE,
∴VD'-ABCE=S四边形ABCE×D'F=×(1+2)×1×.
(3)解连接AC交BE于点Q,
假设在ED'上存在点P,
使得D'B∥平面PAC,连接PQ.
∵D'B 平面D'BE,平面D'BE∩平面PAC=PQ,
∴D'B∥PQ,
∴在△EBD'中,.
∵△CEQ∽△ABQ,∴,∴,
即EP=ED',
∴在棱ED'上存在一点P,且EP=ED',
使得D'B∥平面PAC.
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