北师大版高中数学必修2练习第一章水平测试

第一章水平测试

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．

第Ⅰ卷(选择题，共60分)

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．下列三视图表示的几何体是()

A．圆台B．棱锥

C．圆锥D．圆柱

答案A

解析由于俯视图是两个同心圆，则这个几何体是旋转体，又左视图和主视图均是等腰梯形，所以该几何体是圆台．

2．已知水平放置的△ABC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中

B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝

3

2，那么原△ABC是一个()

A．等边三角形

B．直角三角形

C．三边中有两边相等的等腰三角形D．三边互不相等的三角形

解析根据“斜二测画法”可得BC＝B′C′＝2，AO＝2A′O′＝ 3.故原△ABC是一个等边三角形．

3．已知某个几何体的三视图如下图，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是()

A.4000

3cm

3 B.

8000

3cm

3

C．2000 cm3D．4000 cm3答案B

解析由三视图得该几何体为四棱锥，则其体积为V＝1

3×20×20×20＝

8000

3cm

3.

4．已知一个圆锥的展开图如右图所示，其中扇形的圆心角为120°，底面圆的半径为1，则该圆锥的体积为()

A.22π

3 B.

2π

3

C.2π

3 D.3π

解析 由底面圆的半径为1，可知扇形的弧长为2π，又扇形的圆心角为120°，所以圆锥母线长为2π120180π＝3，高为32－12＝22，所求体积V ＝13×π×12×22＝

22π3.

5. 如右图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )

A ．6 2

B ．6

C ．4 2

D ．4 答案 B

解析 该多面体是如下图所示的棱长为4的正方体内的三棱锥E －CC 1D 1(其中E 为BB 1的中点)，其中最长的棱为D 1E ＝(42)2＋22＝6.

6．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )

A.22π3

B.42π

3 C ．22π D ．42π 答案 B

解析 由题意，该几何体可以看作两个底面半径和高都为2的圆锥的组合体，其体积为2×13×π×(2)2×2＝42π

3.

7．正方体ABCD－A1B1C1D1如下图所示，下面结论错误的是()

A．BD∥平面CB1D1

B．AC1⊥BD

C．AC1⊥平面CB1D1

D．异面直线AD与CB1所成的角为60°

答案D

解析对于A，由于BD∥B1D1，易知BD∥平面CB1D1；对于B，连接AC，易证BD⊥平面ACC1，所以AC1⊥BD；对于C，因为BD∥B1D1，所以AC1⊥B1D1，同理可证AC1⊥B1C，所以AC1⊥平面CB1D1；对于D，因为BC∥AD，所以∠B1CB即AD与CB1所成的角，此角为45°，故D错．

8．如下图所示，在四面体ABCD中，E、F分别是AC与BD的中点，若CD＝2AB＝4，EF⊥BA，则EF与CD所成的角为()

A．90°

B．45°

C．60°

D．30°

答案D

解析取BC的中点H，连接EH、FH，则∠EFH为所求的角，可证△EFH

为直角三角形，EH⊥EF，FH＝2，EH＝1，∴sin∠EFH＝EH

FH＝

1

2，∴∠EFH＝

30°.

9．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，C1D1的中点，则EF与平面BB1D1D的位置关系是()

A．平行B．相交

C．EF?平面BB1D1D D．无法判断

答案A

解析取B1C1中点H，连接EH，FH，

∵E、F、H分别为BC、D1C1、B1C1中点，

∴FH∥D1B1，EH∥BB1，

∴平面EFH∥平面BB1D1D

∵EF平面EFH，

∴EF∥平面BB1D1D.

10．如图，P是△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，α分别交线段

P A，PB，PC于点A′，B′，C′，若S△A′B′C

S△ABC

＝

9

49，则

P A′

AA′

＝()

A.4

3 B.

3

49 C.

7

8 D.

3

4

答案 D

解析 由平面α∥平面ABC ，得AB ∥A ′B ′，BC ∥B ′C ′，AC ∥A ′C ′，由等角定理得∠ABC ＝∠A ′B ′C ′，∠BCA ＝∠B ′C ′A ′，∠CAB ＝∠C ′A ′B ′，从而△ABC ∽△A ′B ′C ′，△P AB ∽△P A ′B ′，S △A ′B ′C ′

S △ABC ＝

? ????A ′B ′AB 2＝? ????P A ′P A 2＝9

49

，所以

P A ′P A ＝37，所以P A ′AA ′＝34，故选D. 11．已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β，直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ?α，l ?β，则( )

A ．α∥β且l ∥α

B ．α⊥β且l ⊥β

C ．α与β相交，且交线垂直于l

D ．α与β相交，且交线平行于l 答案 D

解析 由于m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m ，n ，又直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ?α，l ?β，则交线平行于l ，故选D.

12．已知平面ABC 外一点P ，且PH ⊥平面ABC 于点H .给出下列四个说法：①若P A ⊥BC ，PB ⊥AC ，则点H 是△ABC 的垂心；②若P A ，PB ，PC 两两互相垂直，则点H 是△ABC 的垂心；③若∠ABC ＝90°，点H 是AC 的中点，则P A ＝PB ＝PC ；④若P A ＝PB ＝PC ，则点H 是△ABC 的外心．其中正确说法的个数为( )

A ．1

B ．2

C ．3

D ．4 答案 D

解析 对于①，易知AH ⊥BC ，BH ⊥AC ，所以点H 是△ABC 的垂心；对于②，易知PB ⊥平面P AC ，所以PB ⊥AC ，同理，P A ⊥BC ，由①可知点H 是△ABC 的垂心；对于③，∠ABC ＝90°，点H 是AC 的中点，所以HA ＝HC ＝HB ，又∠PHA ＝∠PHB ＝∠PHC ＝90°，所以P A ＝PB ＝PC ；对于④，∠PHA ＝∠PHB ＝∠PHC ＝90°，P A ＝PB ＝PC ，所以HA ＝HB ＝HC ，即点H 是△ABC 的外心．①②③④都正确，故选D.

第Ⅱ卷(非选择题，共90分)

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)

13．下列说法正确的是________．(填序号)

①连接圆柱上、下底面圆周上两点的线段是圆柱的母线；

②以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台；

③圆柱、圆锥、圆台都有两个底面；

④圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥的母线长．

答案④

解析本题主要考查空间几何体的结构特征．根据圆柱母线的定义，①说法错误；以直角梯形垂直于上、下底的腰为轴旋转得到的旋转体是圆台，以另一腰为轴旋转所得的旋转体不是圆台，故②说法错误；圆锥只有—个底面，故③说法错误；根据圆锥母线的定义，④说法正确．

14．把直径分别为6 cm,8 cm,10 cm的三个铁球熔成一个大铁球，则这个大铁球的半径为________cm.

答案6

解析设大铁球的半径为R cm，由4

3πR

3＝

4

3π×?

?

?

?

?6

2

3＋

4

3π×?

?

?

?

?8

2

3＋

4

3π×?

?

?

?

?

10

2

3，

得R3＝216，得R＝6.

15．如图所示，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面中，与直线CE平行、相交的平面个数分别为m，n，则m＋n＝________.

答案5

解析CE与正方体上底面平行，且在正方体下底面所在的平面内，而与它相交的平面分别是前、后、左、右四个平面，即m＝1，n＝4，因此m＋n＝5.

16．如图所示的四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是________．(填序号)

答案 ①④

解析 ①中，记点B 正上方的顶点为C ，连接AC ，则易证平面ABC ∥平面MNP ，所以AB ∥平面MNP ；④中AB ∥NP ，根据空间直线与平面平行的判定定理可以得出AB ∥平面MNP ；②③中，AB 均与平面MNP 相交．

三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)

17．(本小题满分10分)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1P ＝2P A 1，C 1Q ＝2QA 1.求证：直线AA 1，BP ，CQ 相交于一点．

证明 如图，连接PQ .

由B 1P ＝2P A 1，C 1Q ＝2QA 1， 得PQ ∥B 1C 1，且PQ ＝1

3B 1C 1.

又BC 綊B 1C 1，∴四边形BCQP 为梯形，

∴直线BP ，CQ 相交，设交点为R ，则R ∈BP ，R ∈CQ . 又BP

平面AA 1B 1B ，CQ

平面AA 1C 1C ，

∴R ∈平面AA 1B 1B ，且R ∈平面AA 1C 1C ，

∴R 在平面AA 1B 1B 与平面AA 1C 1C 的交线上，即R ∈AA 1， ∴直线AA 1，BP ，CQ 相交于一点．

18．(本小题满分12分)某几何体的三视图如图所示(不考虑接触点)．

(1)求该几何体的表面积； (2)求该几何体的体积．

解 (1)由三视图，知该几何体由两部分组成，上部分是直径为1的球，下部分是底面边长为2，高为3的正三棱柱．

表面积S ＝4π×? ????122＋1

2×2×3×2＋2×3×3＝π＋23＋18.

(2)体积V ＝12×2×3×3＋43π×? ??

??

123＝33＋π6.

19．(本小题满分12分)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥BC ，A 1B ⊥AC .D ，E 分别是BB 1，A 1C 1的中点．

(1)求证：DE ∥平面A 1BC ；

(2)若AB ⊥BC ，求证：A 1B ⊥平面ABC ；

(3)在(2)的条件下，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，求三棱锥A 1－BCC 1的体积．

解 (1)证明：取A 1C 的中点F ，连接BF ，EF ， ∵E 是A 1C 1的中点， ∴EF ∥CC 1，且EF ＝1

2CC 1. 又CC 1∥BB 1，D 是BB 1的中点， ∴EF ∥DB ，且EF ＝DB ， ∴四边形BDEF 是平行四边形， ∴DE ∥BF ，而DE ?/ 平面A 1BC ，BF 平面A 1BC ，

∴DE ∥平面A 1BC .

(2)证明：∵AA 1⊥BC ，AB ⊥BC ，AB ∩AA 1＝A ， ∴BC ⊥平面ABB 1A 1，∴BC ⊥A 1B . 又A 1B ⊥AC ，AC ∩BC ＝C ， ∴A 1B ⊥平面ABC .

(3)由(2)的结论，得A 1B ⊥AB ， ∵AB ⊥BC ，∴AB ⊥平面A 1BC . ∵A 1B 1∥AB ，∴A 1B 1⊥平面A 1BC . 由B 1C 1∥BC ，可知B 1C 1∥平面A 1BC . ∵A 1B 1＝AB ＝1，BB 1＝2， ∴A 1B ＝1，

∴三棱锥A 1－BCC 1的体积

V A 1－BCC 1 ＝V C 1－A 1BC ＝V B 1－A 1BC ＝13S △A 1BC ·A 1B 1＝13×12×BC ×A 1B ×A 1B 1 ＝13×12×1×1×1＝16.

20．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱与底面垂直，∠ABC ＝90°，BC ＝BB 1，M ，N 分别是A 1B 1，AC 1的中点．

求证：(1)MN∥平面BCC1B1；

(2)平面MAC1⊥平面ABC1.

证明(1)取BC1的中点D，连接B1D，ND，

∵D，N分别是BC1，AC1的中点，

∴ND∥AB，ND＝1

2AB.

又M为A1B1的中点，AB∥A1B1，∴ND綊B1M，

∴MNDB1为平行四边形，∴MN∥B1D.

又B1D平面BCC1B1，MN?/平面BCC1B1，

∴MN∥平面BCC1B1.

(2)由题可知AB⊥B1D，B1D⊥BC1.

又AB平面ABC1，BC1平面ABC1，AB∩BC1＝B，

∴B1D⊥平面ABC1.

又B1D∥MN，∴MN⊥平面ABC1.

又MN平面MAC1，∴平面MAC1⊥平面ABC1.

21．(本小题满分12分)如图，已知二面角α－MN－β的大小为60°，菱形ABCD在面β内，A，B两点在棱MN上，∠BAD＝60°，E是AB的中点，DO⊥面α，垂足为O.

(1)证明：AB⊥平面ODE

；

(2)求异面直线BC与OD所成角的余弦值．

解(1)证明：如图，因为DO⊥α，AB?α，所以DO⊥AB.

连接BD，由题设，知△ABD是正三角形，

又E是AB的中点，所以DE⊥AB.

而DO∩DE＝D，故AB⊥平面ODE.

(2)因为BC∥AD，所以BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角，即∠ADO是BC与OD所成的角．

由(1)，知AB⊥平面ODE，所以AB⊥OE.

又DE⊥AB，于是∠DEO是二面角α－MN－β的平面角，

从而∠DEO＝60°.

不妨设AB＝2，则AD＝2，易知DE＝ 3.

在Rt△DOE中，DO＝DE·sin60°＝3 2.

连接AO，在Rt△AOD中，cos∠ADO＝DO

AD＝

3

2

2＝

3

4.

故异面直线BC与OD所成角的余弦值为3 4.

22．(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.

(1)证明：B1C⊥AB；

(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC－A1B1C1的高．

解(1)证明：如图，连接BC1，则O为B1C与BC1的交点．因为侧面BB1C1C 为菱形，所以B1C⊥BC1.

又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，而AO∩BO＝O，故B1C⊥平面ABO.

由于AB平面ABO，故B1C⊥AB.

(2)如图，作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H.

由于BC⊥AO，BC⊥OD，

故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC.

又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC.

因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．

又BC＝1，可得OD＝

3 4.

由于AC⊥AB1，所以OA＝1

2B1C＝

1

2.

由OH·AD＝OD·OA，且AD＝OD2＋OA2＝

7

4，得OH＝

21

14.

又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为21 7.

故三棱柱ABC－A1B1C1的高为21 7.