2020~2021学年高一下学期人教B版(2019)必修第四册第十一章检测卷（Word含解析）

2020~2021学年人教B版(2019)必修第四册第十一章检测卷
　　本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷60分,第Ⅱ卷90分,共150分,考试时间120分钟.
第Ⅰ卷　(选择题　共60分)
一、单项选择题(本大题共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.下列说法正确的是
(　　)
A.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则此棱锥可能是六棱锥
B.四棱锥的四个侧面可以都是直角三角形
C.有两个平面互相平行,其余各面都是梯形的多面体是棱台
D.棱台的各侧棱延长后不一定交于一点
2.如图,△O'A'B'是用斜二测画法得到的水平放置的△OAB的直观图,A'O'=6,B'O'=2,则△OAB的面积是
(　　)
A.6
B.3
C.4
D.12
3.一个球的内接正方体的表面积为54,则球的表面积为
(　　)
A.27π
B.18π
C.9π
D.54π
4.对于空间中不同的直线m,n以及不同的平面α,β,下列说法正确的是
(　　)
A.若α∥β,m?α,n?β,则m∥n
B.若α∥β,m⊥α,m⊥n,则n∥β
C.若α⊥β,m∥α,n∥β,则m⊥n
D.若m∥n,α∥β,m⊥α,则n⊥β
5.已知四棱锥P-ABCD的底面四边形ABCD是边长为2的正方形,若过点P作平面ABCD的垂线,垂足为四边形ABCD的中心,且四棱锥P-ABCD的侧棱与底面所成的角为60°,则四棱锥P-ABCD的高为
(　　)
A.2
B.
C.
D.2
6.如图,圆柱内有一内切球(圆柱各面与球面均相切),若内切球的体积为π,则圆柱的侧面积为
(　　)
A.π
B.2π
C.4π
D.8π
7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AC与BD的交点为O,关于直线A1O,下列说法正确的是
(　　)
A.A1O∥D1C
B.A1O∥平面B1CD1
C.A1O⊥BC
D.A1O⊥平面AB1D1
8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,B1C,C1D与底面ABCD所成的角分别为60°,45°,则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为
(　　)
A.
B.
C.
D.
二、多项选择题(本大题共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,全都选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法不正确的是
(　　)
A.若m∥α,α∩β=n,则m∥n
B.若m∥α,m⊥n,则n⊥α
C.若m⊥α,n⊥α,则m∥n
D.若m?α,n?β,α⊥β,则m⊥n
10.如图,一张纸的长P1P4、宽P1P2分别为2a,2a,A,B,C,D分别是其四条边的中点,现将其沿图中虚线折起,使得P1,P2,P3,P4四点重合为一点P,从而得到一个多面体,下列关于该多面体的说法正确的是
(　　)
A.该多面体是四棱锥
B.平面BAD⊥平面BCD
C.平面BAC⊥平面ACD
D.该多面体外接球的表面积为5πa2
11.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P为线段B1C上一动点,则
(　　)
A.BD1⊥平面A1C1D
B.异面直线B1C与A1C1所成的角为45°
C.三棱锥P-A1DC1的体积为定值
D.平面A1C1D与底面ABCD的交线平行于A1C1
12.如图①,点E为正方形ABCD边BC上异于点B,C的动点,将△ABE沿AE翻折,得到如图②所示的四棱锥B-AECD,且平面BAE⊥平面AECD,点F为棱BD上异于点B,D的动点,则下列说法正确的是
(　　)
A.直线BE与直线CF必不在一个平面上
B.存在点E使得直线BE⊥平面AECD
C.存在点F使得直线CF与平面BAE平行
D.存在点E使得直线BE与直线CD垂直
第Ⅱ卷　(非选择题　共90分)
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上)
13.已知圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍,母线长为3,圆台的侧面积为84π,则圆台较小底面的半径为　　　　.?
14.如图所示,正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的棱长均为1,则一动点从点A出发沿正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的表面移动到点D1的最短路程为　　　　　　.?
15.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,直线A1C与平面ABCD所成的角为,则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为　　　　.?
16.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上,AB=AC,侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形,则侧面ABB1A1的面积为　　　　.?
四、解答题(本大题共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)如图所示,在四边形ABCD中,∠DAB=90°,∠ADC=135°,AB=5,CD=2,AD=2,求四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所形成几何体的表面积及体积.
18.(12分)如图,已知圆柱的底面半径为2,高为4.
(1)求从下底面出发环绕圆柱侧面一周到达上底面的最短路径的长;
(2)若平行于轴OO1的截面ABCD将底面圆周截去四分之一,设截面将圆柱分成的两部分中较小的部分为Ⅰ,求Ⅰ的体积.
19.(12分)如图,点P为菱形ABCD所在平面外的一点,PA⊥平面ABCD,点E为PA的中点.
(1)求证:PC∥平面BED;
(2)求证:BD⊥平面PAC.
20.(12分)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=A1D,AB=BC,∠ABC=120°.
(1)证明:AD⊥BA1.
(2)若平面ADD1A1⊥平面ABCD,且A1D=AB=2,求点A到平面A1BD的距离.
21.(12分)如图所示,在三棱锥D-ABC中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.
(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;
(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把三棱锥D-ABC分成体积相等的两部分,求二面角D-AC-E的大小.
22.(12分)如图,在三棱锥D-ABC中,已知△BCD是正三角形,AB⊥平面BCD,AB=BC=a,E为BC的中点,F在棱AC上,且AF=3FC.
(1)求三棱锥D-ABC的表面积.
(2)求证:AC⊥平面DEF.
(3)若M为BD的中点,问AC上是否存在一点N,使MN∥平面DEF?若存在,说明点N的位置;若不存在,试说明理由.
参考答案
1.B　【解析】
对于A,若六棱锥的所有棱长都相等,则底面多边形是正六边形,若以正六边形为底面,则侧棱长必然要大于底面边长,矛盾,故A错误;
对于B,如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PD⊥底面ABCD,则△PDC,△PDA,△PAB,△PBC都是直角三角形,故B正确;
对于C,若所有侧棱所在的直线不相交于一点,则该多面体不是棱台,故C错误;
对于D,由于棱台是用平行于底面的平面截棱锥得到的,所以棱台的各侧棱延长后一定交于一点,故D错误.故选B.
2.D　【解析】
由题可知△OAB是直角三角形,OA⊥OB,OB=4,OA=6,故△OAB的面积是12.
3.A　【解析】
设正方体的棱长为a,球的半径为r,则6a2=54,∴a=3.又∵2r=a,
∴r=a=,∴球的表面积S=4πr2=4π×=27π.
4.D　【解析】
对于A选项,m,n还可能异面,故A错误;对于B选项,还可能有n?β,故B错误;对于C选项,m,n的夹角不一定为90°,故C错误;对于D选项,因为α∥β,m⊥α,所以m⊥β,因为m∥n,所以n⊥β,故D正确.故选D.
5.C　【解析】
如图,设AC与BD的交点为O,则四棱锥P-ABCD的高为PO,根据线面角的定义可知∠PCO是侧棱PC与底面所成的角,则∠PCO=60°,所以PO=tan
60°=.故选C.
6.C　【解析】
设球的半径为r,由πr3=π,解得r=1,所以圆柱的底面半径r=1,母线长l=2r=2,所以圆柱的侧面积S=2πrl=2π×1×2=4π.故选C.
7.B　【解析】
如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,连接A1D,
∵A1D∥B1C,OD∥B1D1,A1D∩DO=D,B1D1∩B1C=B1,∴平面A1DO∥平面B1CD1,
∵A1O?平面A1DO,∴A1O∥平面B1CD1.
8.A　【解析】
如图,连接A1D,A1C1,记BC=a,由B1C与底面ABCD所成的角为60°,可得∠B1CB=60°,∴BB1=a,B1C=2a.由C1D与底面ABCD所成的角为45°,可得∠C1DC=45°,∴CD=CC1=a.
∵B1C∥A1D,∴∠C1DA1或其补角是异面直线B1C与C1D所成的角.在△A1DC1中,A1C1=2a,A1D=2a,C1D=a,∴cos
∠C1DA1===.
9.ABD　【解析】
若m∥α,α∩β=n,则m与n平行或异面,故A中说法错误;若m∥α,m⊥n,则n与α的关系不确定,故B中说法错误;根据线面垂直的性质定理,可得C中说法正确;若m?α,n?β,α⊥β,则m与n的关系不确定,故D中说法错误.
10.BCD　【解析】
由题意知折叠后得到的多面体如图所示,该多面体是一个三棱锥,故A错误;AP=a,CP=a,AC=2a,∴AP2+CP2=AC2,故AP⊥CP,又AP⊥BP,BP∩CP=P,∴AP⊥平面BCD,∵AP?平面ABD,∴平面BAD⊥平面BCD,故B正确;取AC的中点Q,连接BQ,DQ,∵AB=BC,AD=CD,∴BQ⊥AC,DQ⊥AC,又BQ==a,DQ==a,∴BQ2+DQ2=4a2=BD2,∴BQ⊥DQ,∵BQ∩AC=Q,∴DQ⊥平面BAC,又DQ?平面ACD,∴平面BAC⊥平面ACD,故C正确;可将该三棱锥放入长、宽、高分别为a,a,a的长方体中,则长方体的外接球即为该多面体的外接球,易得该外接球的半径R=a,所以该多面体外接球的表面积为5πa2,故D正确.
11.ACD　【解析】
连接B1D1,∵A1C1⊥B1D1,A1C1⊥BB1,B1D1∩BB1=B1,∴A1C1⊥平面BB1D1,则A1C1⊥BD1,同理可证DC1⊥BD1,
∵A1C1∩DC1=C1,∴BD1⊥平面A1C1D,故A正确;
∵A1B1∥CD,A1B1=CD,∴四边形DA1B1C为平行四边形,
则B1C∥A1D,则∠DA1C1为异面直线B1C与A1C1所成的角,易知∠DA1C1=60°,故B错误;
∵B1C∥A1D,A1D?平面A1C1D,B1C?平面A1C1D,∴B1C∥平面A1C1D,
∴点P到平面A1C1D的距离等于点B1到平面A1C1D的距离,为定值,又△A1C1D的面积为定值,∴三棱锥P-A1DC1的体积为定值,故C正确;
设平面A1C1D与底面ABCD的交线为l,
∵A1C1∥平面ABCD,A1C1?平面A1C1D,
∴由直线与平面平行的性质定理,可得l∥A1C1,故D正确.
故选ACD.
12.AC　【解析】
在A中,假设直线BE与直线CF共面,则点B,E,C,F,D五点共面,与已知点B在平面DCE外矛盾,∴直线BE与直线CF必不在同一个平面上,故A正确;在B中,假设存在点E,使得直线BE⊥平面AECD,则BE⊥AE,与已知中AE与BE不垂直矛盾,∴不存在点E,使得直线BE⊥平面DCE,故B错误;在C中,当E是BC的中点,且F为BD的中点时,直线CF与平面BAE平行,故C正确;在D中,过B作BO⊥AE于O,过D作DH⊥AE于H,∵平面BAE⊥平面AECD,∴BO⊥平面AECD,DH⊥平面BAE,∵BE?平面BAE,∴BE⊥DH,假设存在点E使得直线BE与直线CD垂直,由DH∩CD=D,得BE⊥平面AECD,则点E与点O重合,则△ABE中含有两个直角,矛盾,∴不存在点E使得直线BE与直线CD垂直,故D错误.故选AC.
13.7　【解析】
设圆台较小底面的半径为r,则另一底面半径为3r,所以圆台的侧面积S=π(r+3r)·3=84π,解得r=7.
14.　【解析】
将所给的正六棱柱的表面的部分展开,如图所示.
由图可知,AD1'==,
AD1==.
∵AD1'>AD1,∴从A点沿正侧面和上底面到达D1的路程最短,即为.
15.
　【解析】
连接A1D,易知A1D∥B1C,
∴∠BA1D为异面直线A1B与B1C所成的角.
连接BD,AC,
∵AA1⊥平面ABCD,
∴∠A1CA为A1C与平面ABCD所成的角,
∴∠A1CA=,∴A1A=AC=2.
在△A1DB中,A1D=2,A1B=2,BD=2,
由余弦定理得cos
∠BA1D==,
故异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为.
16.　【解析】
由题知球心O为正方形BCC1B1的中心,
BC为截面圆的直径,△BAC的外接圆圆心N为BC的中点,△A1B1C1的外接圆圆心M为B1C1的中点.连接OM,OC1,设正方形BCC1B1的边长为x,在Rt△OMC1中,OM=,MC1=,OC1=1,∴2+=1,即x=,则AB=AC=1,∴=×1=.
17.解:四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周形成的几何体是一个圆台挖去一个圆锥所得的组合体,
由题可知EC=ED=2,
所以该几何体的表面积S=S圆台下底面+S圆台侧面+S圆锥侧面=
π×52+π×(2+5)×5+π×2×2=
(4+60)π,
该几何体的体积V=V圆台-V圆锥=π×(25+10+4)×4-π×4×2=π,
18.解:(1)将侧面沿某条母线剪开铺平得到一个矩形,邻边长分别是4π和4,
则从下底面出发环绕侧面一周到达上底面的最短路径的长即为此矩形的对角线长,为4.
(2)连接OA,OB,O1C,O1D,因为截面ABCD将底面圆周截去,所以∠AOB=90°.
设Ⅰ的体积为V,
依题知V圆柱=π×22×4=16π,三棱柱AOB-DO1C的体积是×2×2×4=8,
故V+8=V圆柱=4π,所以V=4π-8.
19.证明:(1)设AC∩BD=O,则O为AC的中点,
连接OE,又E为PA的中点,∴OE∥PC,
∵OE?平面BED,PC?平面BED,
∴PC∥平面BED.
(2)∵PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,
∴PA⊥BD,
又四边形ABCD为菱形,∴BD⊥AC.
∵PA∩AC=A,
∴BD⊥平面PAC.
20.解:(1)证明:如图所示,取AD的中点O,连接OB,OA1,
∵AA1=A1D,∴AD⊥OA1.
又∠ABC=120°,四边形ABCD是平行四边形,BC=AB,
∴△ABD是等边三角形,∴AD⊥OB.
∵A1O∩OB=O,∴AD⊥平面A1OB,
∵BA1?平面A1OB,∴AD⊥BA1.
(2)∵平面ADD1A1⊥平面ABCD,平面ADD1A1∩平面ABCD=AD,A1O⊥AD,∴A1O⊥平面ABCD,
由A1D=AB=2知,△A1AD,△ABD都是边长为2的等边三角形,
∴A1O=BO=,S△ABD=,在Rt△A1OB中,由勾股定理得,A1B===,∴=××=.
设点A到平面A1BD的距离为d,
由=得,··d=·A1O·S△ABD,
即×d=××,解得d=,
所以点A到平面A1BD的距离为.
21.解:(1)证明:取AC的中点O,连接BO,OD.
∵△ABC是正三角形,∴OB⊥AC,BO=AC.
在△ABD与△CBD中,AB=BD=BC,∠ABD=∠CBD,∴△ABD≌△CBD,
∴AD=CD.
∵△ACD是直角三角形,∴AC是斜边,∴∠ADC=90°,∴DO=AC.
∴DO2+BO2=AC2=AB2=BD2,∴∠BOD=90°,∴OB⊥OD.
又DO∩AC=O,∴OB⊥平面ACD.
∵OB?平面ABC,∴平面ACD⊥平面ABC.
(2)∵平面AEC把三棱锥D-ABC分成体积相等的两部分,
∴V三棱锥A-BCE=V三棱锥A-DCE,∴S△BCE=S△DCE,∴BE=DE,即E为BD的中点.
连接OE,由(1)知△DOB为直角三角形,则OE=DB=DE,
又OD=AC=DB=DE=OE,
∴△DOE为正三角形,故∠DOE=60°.
由(1)知△ABD≌△CBD,则AE=CE,所以OE⊥AC,
又DO⊥AC,则∠DOE为二面角D-AC-E的平面角,则二面角D-AC-E的大小为60°.
22.解:(1)∵AB⊥平面BCD,∴AB⊥BC,AB⊥BD.
∵△BCD是正三角形,且AB=BC=a,∴AD=AC=a.
设G为CD的中点,连接AG,则CG=a,AG=a,
∴S△ABC=S△ABD=a2,S△BCD=a2,S△ACD=a2,
故三棱锥D-ABC的表面积S=S△ABC+S△ABD+S△BCD+S△ACD=a2.
(2)证明:取AC的中点H,连接BH,∵AB=BC,∴BH⊥AC.
∵AF=3FC,∴F为CH的中点,
∵E为BC的中点,∴EF∥BH,则EF⊥AC.
∵△BCD是正三角形,∴DE⊥BC,
∵AB⊥平面BCD,∴AB⊥DE,
∵AB∩BC=B,∴DE⊥平面ABC,∴DE⊥AC.
∵DE∩EF=E,∴AC⊥平面DEF.
(3)存在这样的点N,当CN=CA时,MN∥平面DEF.
连接CM,设CM∩DE=O,连接OF.由条件知,O为△BCD的重心,则CO=CM.
当CF=CN,即CN=×CA=CA时,MN∥OF,
∵OF?平面DEF,MN?平面DEF,∴MN∥平面DEF.