高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(五) 1.3.1
【人教A版】2019学年高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(六) 1.3.2
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课时提升作业(六)球的体积和表面积(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知圆锥SO的底面直径和高相等且都等于球O的直径,那么球的体积V1与圆锥的体积V2的关系是( )A.V1=V2B.V1=V2C.V1=2V2D.V1=3V2【解析】选C.设球O的半径r,则由题意得圆锥SO的底面直径和高都是2r,所以V1=π×r3,V2=π×r2·2r=π×r3,所以V1=2V2.2.两个球的表面积之差为48π,它们的大圆周长之和为12π,这两个球的半径之差为( )A.2B.3C.2D.1【解析】选C.设两球的半径分别为R,r(R>r),则4πR2-4πr2=48π,2πR+2πr=12π,即R2-r2=12,R+r=6.两式相除得R-r=2.3.(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r= ( )A.1B.2C.4D.8【解析】选B.由正视图和俯视图知,该几何体是半球与半个圆柱的组合体,圆柱的底面半径与球的半径都为r,圆柱的高为2r,其表面积为×4πr2+πr×2r+πr2+2r×2r=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.4.(2015·临沂高一检测)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积等于( )A.4πB.8πC.12πD.20π【解析】选D.由三视图可知,该几何体为底面半径是2,高为2的圆柱体和半径为1的球体的组合体,则该几何体的表面积为4π×12+2π×22+4π×2=20π.5.(2015·重庆高二检测)三个球的半径之比为1∶2∶3,那么最大球的表面积是其余两个球的表面积之和的( )A.1倍B.2倍C.倍D.倍【解析】选C.由已知,可设最小的球的半径为r,则另两个球的半径为2r,3r,所以各球的表面积分别为4πr2,16πr2,36πr2.所以==(倍).二、填空题(每小题5分,共15分)6.若一个球的表面积与其体积在数值上相等,则此球的半径为.【解析】设此球的半径为R,则4πR2=πR3,R=3.答案:37.(2015·上海高一检测)在底面直径为6的圆柱形容器中,放入一个半径为2的冰球,当冰球全部溶化后,容器中液面的高度为.(相同质量的冰与水的体积比为10∶9)【解析】半径为2的冰球的体积为π×23=π,水的体积为π,设冰球全部溶化后,容器中液面的高度为h,则π×32h=π,所以h=.答案:8.两个球的半径相差1,表面积之差为28π,则它们的体积和为. 【解析】设大、小两球半径分别为R,r,则所以所以体积和为πR3+πr3=.答案:【拓展延伸】计算球的表面积和体积的关键及常见题型计算球的表面积和体积的关键是求球的半径.常见题型有:(1)已知球的半径求其表面积和体积.(2)已知体积和表面积求其半径.三、解答题(每小题10分,共20分)9.某组合体的直观图如图所示,它的中间为圆柱形,左右两端均为半球形,若图中r=1,l=3,试求该组合体的表面积和体积.【解析】该组合体的表面积S=4πr2+2πr l=4π×12+2π×1×3=10π,该组合体的体积V=πr3+πr2l=π×13+π×12×3=.【补偿训练】一种空心钢球的质量是732πg,外径是5cm,求它的内径.(钢密度9g/cm3)【解析】利用“体积=”及球的体积公式V球=πR3,设球的内径为r,由已知得球的体积V==(cm3).由V=π(53-r3)得=π(53-r3),解得r=4cm.10.(2015·昆明高一检测)若一个底面边长为,侧棱长为的正六棱柱的所有顶点都在一个球面上,求该球的体积和表面积.【解题指南】明确该六棱柱中最长的体对角线与外接球直径的关系是解答本题的关键.【解析】在底面正六边形ABCDEF中,连接BE,AD交于O,连接BE1,则BE=2OE=2DE,所以BE=,在Rt△BEE1中,BE 1==2,所以2R=2,则R=,所以球的体积V 球=πR3=4π,球的表面积S球=4πR2=12π.【拓展延伸】解答球的组合体问题的关键(1)根据组成形式确定球心位置和球的半径.(2)利用几何体的结构特征作出关键截面,将空间问题转化为平面问题.(20分钟40分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2015·荆州高一检测)用与球心距离为1的平面去截球,所得截面面积为π,则球的体积为( )A. B. C.8π D.π【解析】选D.设球的半径为R,截面圆的半径为r,由题意可得截面圆的半径为r=1,因此球的半径R==,球的体积为πR3=π.【补偿训练】平面α截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面α的距离为,则此球的体积为( )A.πB.4πC.4πD.6π【解析】选B.设球的半径为R,由球的截面性质得R==,所以球的体积V=πR 3=4π.【延伸拓展】球体的截面的特点(1)球既是中心对称的几何体,又是轴对称的几何体,它的任何截面均为圆,它的三视图也都是圆.(2)利用球半径、截面圆半径、球心到截面的距离构建直角三角形是把空间问题转化为平面问题的主要途径.2.一个三棱锥的三条侧棱两两互相垂直且长分别为3,4,5,则它的外接球的表面积是( )A.20πB.25πC.50πD.200π【解题指南】此三棱锥可视为一个长方体的一个角,因此可以将三棱锥的外接球转化为长方体的外接球.【解析】选C.因为这个三棱锥的三条侧棱两两互相垂直,所以此三棱锥可视为一个长方体的一个角(如图所示),而且此长方体的外接球就是三棱锥的外接球.设三棱锥的外接球半径为r,则有=32+42+52=50,即4r2=50,它的外接球的表面积是S=4πr2=50π.二、填空题(每小题5分,共10分)3.一个几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是cm3.【解析】由三视图知,几何体是一个由三部分组成的组合体,上面是一个半球,半球的半径是1,所以半球的体积是××π×13=,下面是半个圆柱和一个四棱柱,圆柱的底面半径是1,高是2,所以半个圆柱的体积是×π×12×2=π,四棱柱的底面是一个边长分别是1和2的矩形,高是2,所以四棱柱的体积是1×2×2=4,所以空间组合体的体积是+π+4=+4(cm3).答案:【误区警示】解答本题易出现根据三视图将此组合体的下面判断为一个圆柱或一个四棱柱的错误.4.(2015·温州高二检测)已知两个正四棱锥有公共底面,且底面边长为4,两棱锥的所有顶点都在同一个球面上若这两个正四棱锥的体积之比为1∶2,则该球的表面积为.【解析】因为两个正四棱锥有公共底面且两个正四棱锥的体积之比为1∶2,所以两个正四棱锥的高的比也为1∶2,设两个棱锥的高分别为x,2x,球的半径为R,则x+2x=3x=2R,即R=,球心到公共底面距离是,又因为底面边长为4,所以R 2==+(2)2,解得x=2,所以R=3,该球的表面积S=4πR2=36π.答案:36π三、解答题(每小题10分,共20分)5.(2015·青岛高一检测)如图是一个几何体的三视图(单位:cm),试画出它的直观图,并计算这个几何体的体积与表面积.【解析】这个几何体的直观图如图所示.因为V长方体=10×8×15=1200(cm3),又V半球=×πR3=×π×=π(cm3),所以所求几何体的体积为V=V长方体+V半球=1200+π(cm3).因为S长方体全=2×(10×8+8×15+10×15)=700(cm2),S半球=×4π×=π,S半球底=π×=π,故所求几何体的表面积S表面积=S长方体全+S半球-S半球底=700+π(cm2).6.如图(单位:cm),求图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积和体积.【解析】由题意知,所求旋转体的表面积由三部分组成:圆台下底面、侧面和一个半球面.S半球=8πcm2,S圆台侧=35πcm2,S圆台底=25πcm2.故所求几何体的表面积为68π(cm2).V圆台=×[π×22++π×52]×4=52π(cm3),V半球=π×23×=π(cm3).所以,旋转体的体积为V圆台-V半球=52π-π=π(cm3).关闭Word文档返回原板块。
【最新】高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(三)
课时提升作业(三)中心投影与平行投影空间几何体的三视图(15分钟30分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是( )A.棱柱B.棱台C.圆柱D.圆台【解析】选D.由俯视图可排除A,B,由正视图可排除C,故选D.【补偿训练】如图所示的是一个立体图形的三视图,此立体图形的名称为( )A.圆锥B.圆柱C.长方体D.圆台【解析】选 B.由俯视图可知几何体的上、下底面是全等的圆,结合正视图和侧视图,可知其为圆柱.2.(2015·汕头高一检测)一个锥体的正视图和侧视图如图所示,下面选项中,不可能是该锥体的俯视图的是( )【解析】选 C.本题中给出了正视图与侧视图,故可以根据正视图与俯视图长对正,侧视图与俯视图宽相等来找出正确选项.A中的视图满足三视图的作法规则;B中的视图满足三视图的作法规则;C中的视图不满足三视图的作法规则中的宽相等,故其为错误选项;D中的视图满足三视图的作法规则.二、填空题(每小题5分,共10分)3.如图所示的几何体中,正视图与侧视图都是长方形的是.【解析】②的侧视图是三角形,⑤的正视图和侧视图都是等腰梯形,其余的都符合条件.答案:①③④4.(2015·深圳高一检测)一物体及其正视图如图:则它的侧视图与俯视图分别是图形中的.【解析】侧视图是矩形中间有条实线,应选③;俯视图为矩形中间两条实线,且为上下方向,应选②.答案:③②【补偿训练】如图,图(1)、(2)、(3)是图(4)表示的几何体的三视图,其中图(1)是,图(2)是,图(3)是(说出视图名称).【解析】由几何体的位置知,(1)为正视图,(2)为侧视图,(3)为俯视图.答案:正视图侧视图俯视图三、解答题5.(10分)如图所示的几何体是由一个长方体木块锯成的.(1)判断该几何体是否为棱柱.(2)画出它的三视图.【解析】(1)是棱柱.因为该几何体的前、后两个面互相平行,其余各面都是矩形,而且相邻矩形的公共边都互相平行.(2)该几何体的三视图如图:(15分钟30分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2015·洛阳高二检测)如图所示,画出四面体AB1CD1三视图中的正视图,以面AA1D1D为投影面,则得到的正视图可以为( )【解题指南】依次确定四面体AB1CD1的每一条棱在面AA1D1D上的投影即可. 【解析】选A.显然AB1,AC,B1D1,CD1分别投影得到正视图的外轮廓,B1C为可见实线,AD1为不可见虚线.故A正确.【补偿训练】下列命题:①如果一个几何体的三视图是完全相同的,则这个几何体是正方体;②如果一个几何体的正视图和俯视图都是矩形,则这个几何体是长方体;③如果一个几何体的三视图都是矩形,则这个几何体是长方体;④如果一个几何体的正视图和侧视图都是等腰梯形,则这个几何体是圆台.其中正确的个数是( )A.0B.1C.2D.3【解析】选 B.①错误,也可以是球;②错误,也可以是横放的圆柱;③正确;④错误,也可以是棱台.2.一个不透明圆锥体的正视图和侧视图为两全等的正三角形.若将它倒立放在桌面上,则该圆锥体在桌面上从垂直位置倒放到水平位置的过程中(含起始位置和最终位置),其在水平桌面上的正投影不可能是( )【解析】选 C.观察四个选项,知该圆锥体在桌面上从垂直位置倒放到水平位置的过程中(含起始位置和最终位置),它在水平桌面上正投影不可能是C,因为圆锥要出现投影是半圆的话,投影圆直径和实物直径是一样长的.当它向水平倾斜的时候,如果看成是一个正三角形的话,只有在三角形完全水平的时候才会出现三边投影一样长,而圆锥是不可能达到这种情况的.二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2015·镇江高一检测)如图,正方形ABCD的边长为3 cm,以直线AB为轴,将正方形旋转一周,所得几何体的正视图的周长是cm.【解题指南】将正方形旋转一周,所得几何体是圆柱体,正视图是圆柱的轴截面. 【解析】正方形旋转一周,所得几何体是圆柱,正视图是矩形,矩形的长是6 cm,宽是3 cm.因此,所得几何体的正视图的周长为6+6+3+3=18(cm).答案:184.(2015·贵阳高二检测)若一个正三棱柱(底面为正三角形,侧面为矩形的棱柱)的三视图如图所示,则这个正三棱柱的侧棱长和底面边长分别为、.【解析】侧视图中尺寸2为正三棱柱的侧棱长,尺寸2为俯视图正三角形的高,所以正三棱柱的底面边长为4.答案:2 4三、解答题5.(10分)如图是一个棱柱的三视图,请根据三视图的作图原则,求出x,y的值.【解题指南】正视图所看到的是棱柱的高和长,侧视图所看到的是棱柱的高和宽,俯视图所看到的是棱柱的宽和长,从而列出方程组.【解析】棱柱的底面是一个直角三角形,根据“长对正,高平齐,宽相等”的原则可知两直角边分别为x+y-2(或8)和x-y+5(或3y),则即解得,x=7,y=3.关闭Word文档返回原板块。
高中数学 全册综合检测试题课时作业(含解析)新人教A版必修第二册-新人教A版高一第二册数学试题
全册综合检测试题时间：120分钟 分值：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、单项选择题每小题5分，共40分 1．下列命题为假命题的是( D ) A ．复数的模是非负实数B ．复数等于零的充要条件是它的模等于零C ．两个复数的模相等是这两个复数相等的必要条件D ．复数z 1>z 2的充要条件是|z 1|>|z 2|解析：A 中，任何复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )的模|z |＝a 2＋b 2≥0总成立，所以A 正确；B 中，由复数为零的条件z ＝0⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，b ＝0⇔|z |＝0，故B 正确；C 中，若z 1＝a 1＋b 1i ，z 2＝a 2＋b 2i(a 1，b 1，a 2，b 2∈R )，且z 1＝z 2，则有a 1＝a 2，b 1＝b 2，所以|z 1|＝|z 2|；反之，由|z 1|＝|z 2|，推不出z 1＝z 2，如z 1＝1＋3i ，z 2＝1－3i 时，|z 1|＝|z 2|，故C 正确；D 中，若z 1＝a 1＋b 1i ，z 2＝a 2＋b 2i ，z 1>z 2，则a 1>a 2，b 1＝b 2＝0，此时|z 1|>|z 2|；若|z 1|>|z 2|，z 1与z 2不一定能比较大小，所以D 错误．2．随机调查某校50个学生在学校的午餐费，结果如表：餐费/元 6 7 8 人数102020这50A ．7.2,0.56 B ．7.2，0.56 C ．7,0.6 D ．7，0.6解析：根据题意，计算这50个学生午餐费的平均值是x ＝150×(6×10＋7×20＋8×20)＝7.2，方差是s 2＝150[10×(6－7.2)2＋20×(7－7.2)2＋20×(8－7.2)2]＝150(14.4＋0.8＋12.8)＝0.56.3．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( B ) 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垂直于同一平面解析：当α内有无数条直线与β平行，也可能两平面相交，故A 错．同样当α，β平行于同一条直线或α，β垂直于同一平面时，两平面也可能相交，故C ，D 错．由面面平行的判定定理可得B 正确．4．如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则CC 1与平面AB 1C 1所成的角为( A )A.π6B.π4 C.π3D.π2解析：如图，取B 1C 1中点为D ，连接AD ，A 1D ，因为侧棱垂直于底面，底边是边长为2的正三角形，所以三棱柱ABC A 1B 1C 1是正三棱柱，所以CC 1∥AA 1，所以AA 1与平面AB 1C 1所成的角即是CC 1与平面AB 1C 1所成的角，因为B 1C 1⊥A 1D ，B 1C 1⊥AA 1，所以B 1C 1⊥平面AA 1D ，所以平面AA 1D ⊥平面AB 1C 1，所以AA 1与平面AB 1C 1所成角为∠A 1AD ，因为AA 1＝3，A 1D ＝3，所以tan ∠A 1AD ＝A 1D AA 1＝33，所以∠A 1AD ＝π6，所以CC 1与平面AB 1C 1所成角为π6.5．正方形ABCD 的边长为2，点E 为BC 边的中点，F 为CD 边上一点，若AF →·AE →＝|AE →|2，则|AF →|＝( D )A ．3B ．5 C.32D.52解析：以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立坐标系，如图所示，因为E 为BC 边的中点，所以E (2,1)，因为F 为CD 边上一点，所以可设F (t,2)(0≤t ≤2)，所以AF →＝(t,2)，AE →＝(2,1)，由AF →·AE →＝|AE →|2可得：2t ＋2＝22＋1＝5，所以t ＝32，所以AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2， 所以|AF →|＝322＋22＝52.6．已知点O 是△ABC 内部一点，并且满足OA →＋2OB →＋3OC →＝0，△BOC 的面积为S 1，△ABC 的面积为S 2，则S 1S 2＝( A )A.16B.13C.23D.34 解析：因为OA →＋2OB →＋3OC →＝0，所以OA →＋OC →＝－2(OB →＋OC →)，如图，分别取AC ，BC 的中点D ，E ，则 OA →＋OC →＝2OD →，OB →＋OC →＝2OE →， 所以OD →＝－2OE →，即O ，D ，E 三点共线且|OD →|＝2|OE →|， 则S △OBC ＝13S △DBC ，由于D 为AC 中点，所以S △DBC ＝12S △ABC ，所以S △OBC ＝16S △ABC ，即S 1S 2＝16.7．为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程，20项民生类工程和10项产业建设类工程．现有3名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是( D )A.12B.13C.14D.16解析：记第i 名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类分别为事件A i ，B i ，C i ，i ＝1,2,3.由题意，事件A i ，B i ，C i (i ＝1,2,3)相互独立，则P (A i )＝3060＝12，P (B i )＝2060＝13，P (C i )＝1060＝16，i ＝1,2,3，故这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是P ＝6P (A i B i C i )＝6×12×13×16＝16.8．如图，△ABC 是边长为23的正三角形，P 是以C 为圆心，半径为1的圆上任意一点，则AP →·BP →的取值X 围是( A )A ．[1,13]B ．(1,13)C ．(4,10)D ．[4,10]解析：取AB 的中点D ，连接CD ，CP ，则CA →＋CB →＝2CD →，所以AP →·BP →＝(CP →－CA →)·(CP →－CB →)＝CA →·CB →－2CD →·CP →＋1＝(23)2cos π3－2×3×1×cos〈CD →，CP →〉＋1＝7－6cos 〈CD →，CP →〉，所以当cos 〈CD →，CP →〉＝1时，AB →·BP →取得最小值为1；当cos 〈CD →，CP →〉＝－1时，AP →·BP→取得最大值为13，因此AP →·BP →的取值X 围是[1,13]．二、多项选择题每小题5分，共20分9．为了反映各行业对仓储物流业务需求变化的情况，以及重要商品库存变化的动向，中国物流与采购联合会和中储发展股份某某通过联合调查，制定了中国仓储指数．由2017年1月至2018年7月的调查数据得出的中国仓储指数，绘制出如下的折线图．根据该折线图，下列结论错误的是( ABC ) A ．2017年各月的仓储指数最大值是在3月份 B ．2018年1月至7月的仓储指数的中位数约为55 C ．2018年1月与4月的仓储指数的平均数约为52D ．2017年1月至4月的仓储指数相对于2018年1月至4月，波动性更大解析：2017年各月的仓储指数最大值是在11月份，所以A 错误；由题图知，2018年1月至7月的仓储指数的中位数约为52，所以B 错误；2018年1月与4月的仓储指数的平均数约为51＋552＝53，所以C 错误；由题图可知，2017年1月至4月的仓储指数比2018年1月至4月的仓储指数波动更大．所以D 正确．10．已知数据x 1，x 2，x 3，…，x n 是A 市n (n ≥3，n ∈N *)个普通职工的年收入，设这n 个数据的中位数为x ，平均数为y ，方差为z ，如果再加上世界首富的年收入x n ＋1，对于这(n ＋1)个数据，下列说法错误的是( ACD )A ．年收入平均数可能不变，中位数可能不变，方差可能不变B ．年收入平均数大大增大，中位数可能不变，方差变大C ．年收入平均数大大增大，中位数可能不变，方差也不变D ．年收入平均数大大增大，中位数一定变大，方差可能不变解析：∵数据x 1，x 2，x 3，…，x n 是A 市n (n ≥3，n ∈N *)个普通职工的年收入，而x n ＋1为世界首富的年收入，则x n ＋1会远大于x 1，x 2，x 3，…，x n ，∴对于这(n ＋1)个数据，年收入平均数大大增大，但中位数可能不变，也可能稍微变大，但由于数据的集中程度受到x n ＋1比较大的影响，数据更加离散，则方差变大．故A 、C 、D 说法错误，符合题意．11．已知向量a ，e 满足a ≠e ，|e |＝1，且对任意t ∈R ，恒有|a －t e |≥|a －e |成立，则( BC )A ．a ⊥eB ．a·e ＝1C ．e ⊥(a －e )D ．(a ＋e )⊥(a －e )解析：由条件可知|a －t e |2≥|a －e |2对t ∈R 恒成立，又∵|e |＝1，∴t 2－2t a ·e ＋2a ·e －1≥0对t ∈R 恒成立，即Δ＝(－2a ·e )2－8a ·e ＋4≤0恒成立，∴(a ·e －1)2≤0恒成立，而(a ·e －1)2≥0，∴a ·e －1＝0，即a ·e ＝1＝e 2，∴e ·(a －e )＝0，即e ⊥(a －e )．12．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，将△ADE 沿DE 翻折到△A 1DE 的位置，A 1∉平面ABCD ，M 为A 1C 的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是( ABC )A ．恒有BM ∥平面A 1DEB ．B 与M 两点间距离恒为定值C ．三棱锥A 1DEM 的体积的最大值为212D ．存在某个位置，使得平面A 1DE ⊥平面A 1CD解析：如图，取A 1D 的中点N ，连接MN ，EN ，可得四边形BMNE 是平行四边形，所以BM ∥EN ，所以BM ∥平面A 1DE ，故A 正确；(也可以延长DE ，CB 交于H ，可证明MB ∥A 1H ，从而证 BM ∥平面A 1DE ) 因为DN ＝12，DE ＝2，∠A 1DE ＝∠ADE ＝45°，根据余弦定理得EN 2＝14＋2－2×2×12×22，得EN ＝52， 因为EN ＝BM ，故BM ＝52，故B 正确； 因为M 为A 1C 的中点，所以三棱锥C A 1DE 的体积是三棱锥M A 1DE 的体积的两倍，故三棱锥C A 1DE 的体积VC A 1DE ＝VA 1DEC ＝13S △CDE ·h ，其中h 表示A 1到底面ABCD 的距离，当平面A 1DE ⊥平面ABCD 时，h 达到最大值，此时VA 1DEC 取到最大值26，所以三棱锥M A 1DE 体积的最大值为212，即三棱锥A 1DEM 体积的最大值为212，故C 正确； 考察D 选项，假设平面A 1DE ⊥平面A 1CD ，因为平面A 1DE ∩平面A 1CD ＝A 1D ，A 1E ⊥A 1D ， 故A 1E ⊥平面A 1CD ，所以A 1E ⊥A 1C ， 则在△A 1CE 中，∠EA 1C ＝90°，A 1E ＝1，EC ＝2，所以A 1C ＝1，又因为A 1D ＝1，CD ＝2，所以A 1D ＋A 1C ＝CD ， 故A 1，C ，D 三点共线．所以A 1∈CD ，得A 1∈平面ABCD ，与题干条件A 1∉平面ABCD 矛盾，故D 不正确．故选ABC.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)三、填空题每小题5分，共20分13．随着社会的发展，食品安全问题渐渐成为社会关注的热点，为了提高学生的食品安全意识，某学校组织全校学生参加食品安全知识竞赛，成绩的频率分布直方图如图所示，数据的分组依次为[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100]，若该校的学生总人数为 3 000，则成绩不超过60分的学生人数大约为900.解析：由题图知，成绩不超过60分的学生的频率为(0.005＋0.01)×20＝0.3，所以成绩不超过60分的学生人数大约为0.3×3 000＝900.14．从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是710. 解析：从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，共有10种情况．若选出的2名学生恰有1名女生，有6种情况，若选出的2名学生都是女生，有1种情况，所以所求的概率为6＋110＝710.15．已知复数z 1＝2＋3i ，z 2＝a ＋b i ，z 3＝1－4i ，它们在复平面上所对应的点分别为A ，B ，C ，若OC →＝2OA →＋OB →，则a ＝－3，b ＝－10. 解析：因为OC →＝2OA →＋OB →， 所以1－4i ＝2(2＋3i)＋(a ＋b i)即⎩⎪⎨⎪⎧1＝4＋a ，－4＝6＋b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝－10.16．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，除平面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M ，则四棱锥M EFGH 的体积为23.解析：因为底面EFGH 的对角线EG 与FH 互相垂直， 所以S EFGH ＝12×EG ×FH ＝12×2×2＝2，又M 到底面EFGH 的距离等于棱长的一半， 即h ＝12×2＝1，所以四棱锥M EFGH 的体积：V M EFGH ＝13×S EFGH ×h ＝13×2×1＝23.四、解答题写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分17．(10分)某市举办法律知识问答活动，随机从该市18～68岁的人群中抽取了一个容量为n 的样本，并将样本数据分成五组：[18,28)，[28,38)，[38,48)，[48,58)，[58,68]，并绘制如图所示的频率分布直方图，再将其分别编号为第1组，第2组，…，第5组．该部门对回答问题的情况进行统计后，绘制了下表．组号 分组 回答正确的人数回答正确的人数占本组的比例第1组 [18,28) 5 0.5第2组 [28,38) 18 a第3组 [38,48) 270.9 第4组 [48,58) x0.36 第5组[58,68]30.2(1)分别求出a，x的值；(2)从第2,3,4组回答正确的人中用分层随机抽样的方法抽取6人，则第2,3,4组每组各应抽取多少人？(3)在(2)的前提下，在所抽取的6人中随机抽取2人颁发幸运奖，求第2组至少有1人获得幸运奖的概率．解：(1)第1组的人数为5÷0.5＝10，第1组的频率为0.010×10＝0.1，所以n＝10÷0.1＝100.第2组的频率为0.020×10＝0.2，人数为100×0.2＝20，所以a＝18÷20＝0.9.第4组的频率为0.025×10＝0.25，人数为100×0.25＝25，所以x＝25×0.36＝9.(2)第2,3,4组回答正确的人数的比为18279＝231，所以第2,3,4组每组各应抽取2人、3人、1人．(3)记“第2组至少有1人获得幸运奖”为事件A，设抽取的6人中，第2组的2人为a1，a2，第3组的3人为b1，b2，b3，第4组的1人为c，则从6人中任意抽取2人所有可能的结果为(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，c)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，c)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b1，c)，(b2，b3)，(b2，c)，(b3，c)，共15种．其中第2组至少有1人获得幸运奖的结果为(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，c)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，c)，共9种．故P(A)＝915＝35.所以抽取的6人中第2组至少有1人获得幸运奖的概率为35.18．(12分)某中学组织了一次数学学业水平模拟测试，学校从测试合格的男、女生中各随机抽取100人的成绩进行统计分析，分别制成了如图所示的男生和女生数学成绩的频率分布直方图．(注：分组区间为[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100])(1)若得分大于或等于80认定为优秀，则男、女生的优秀人数各为多少？(2)在(1)中所述的优秀学生中用分层随机抽样的方法抽取5人，从这5人中任意选取2人，求至少有一名男生的概率．解：(1)由题可得，男生优秀人数为100×(0.01＋0.02)×10＝30，女生优秀人数为100×(0.015＋0.03)×10＝45.(2)因为样本量与总体中的个体数的比是530＋45＝115，所以样本中包含的男生人数为30×115＝2，女生人数为45×115＝3.设抽取的5人分别为A ，B, C, D ，E ，其中A ，B 为男生，C, D ，E 为女生，从5人中任意选取2人，试验的样本空间Ω＝{(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )，(C ，D )，(C ，E )，(D ，E ) }，共10个样本点．事件“至少有一名男生”包含的样本点有：(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )，共7个样本点，故至少有一名男生的概率为P ＝710，即选取的2人中至少有一名男生的概率为710.19．(12分)已知在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝－3sin A sin B .(1)求角C 大小；(2)若c ＝2，求3a ＋b 的取值X 围．解：(1)因为sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝－3sin A sin B ， 所以由正弦定理得a 2＋b 2－c 2＝－3ab ，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－3ab 2ab ＝－32，因为C ∈(0，π)，所以C ＝5π6. (2)由正弦定理得2R ＝csin C ＝4，所以3a ＋b ＝2R (3sin A ＋sin B ) ＝4[3sin A ＋sin(π6－A )]＝4(3sin A ＋12cos A －32sin A )＝4sin(A ＋π6)，因为A ∈(0，π6)，所以A ＋π6∈(π6，π3)，所以sin(A ＋π6)∈(12，32)，所以3a ＋b 的取值X 围是(2,23)．20．(12分)如图，A ，C 两岛之间有一片暗礁，一艘小船于某日上午8时从A 岛出发，以10海里/小时的速度，沿北偏东75°方向直线航行，下午1时到达B 处．然后以同样的速度，沿北偏东15°方向直线航行，下午4时到达C 岛．(1)求A ，C 两岛之间的直线距离； (2)求∠BAC 的正弦值．解：(1)在△ABC 中，由已知，AB ＝10×5＝50，BC ＝10×3＝30，∠ABC ＝180°－75°＋15°＝120°.根据余弦定理，得AC 2＝502＋302－2×50×30cos120°＝4 900，所以AC ＝70. 故A ，C 两岛之间的直线距离是70海里． (2)在△ABC 中，据正弦定理，得BC sin ∠BAC ＝ACsin ∠ABC，所以sin ∠BAC ＝BC sin ∠ABC AC ＝30sin120°70＝3314， 故∠BAC 的正弦值是3314.21．(12分)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，△PCD 为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA ⊥CD ，CD ＝2，AD ＝3.(1)设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； (2)求证：PA ⊥平面PCD ；(3)求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接BD，如图，易知AC∩BD＝H，BH＝DH，又BG＝PG，故GH∥PD，又因为GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以GH∥平面PAD.(2)证明：取棱PC的中点N，连接DN，如图，依题意，得DN⊥PC，又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，所以DN⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC，故DN⊥PA，又因为PA⊥CD，CD∩DN＝D，所以PA⊥平面PCD.(3)连接AN，如图，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角．因为△PCD为等边三角形，CD＝2且N为PC的中点，所以DN＝3，又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝DNAD ＝33，所以直线AD与平面PAC所成角的正弦值为33.22．(12分)如图，在四棱锥PABCD中，△PAD为正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB ∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB＝2AD＝4.(1)求证：平面PCD⊥平面PAD；(2)求三棱锥PABC的体积；(3)在棱PC上是否存在点E，使得BE∥平面PAD？若存在，请确定点E的位置，并证明；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为AB∥CD，AB⊥AD，所以CD⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面PAD.因为CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.(2)取AD的中点O，连接PO，如图．因为△PAD为正三角形，所以PO⊥AD.因为平面PAD ⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，所以PO为三棱锥PABC的高．因为△PAD为正三角形，CD＝2AB＝2AD＝4，所以PO＝3，所以V三棱锥PABC＝S△ABC·PO＝13×12×2×2×3＝233.(3)在棱PC上存在点E，当E为PC的中点时，BE∥平面PAD.证明：如图，分别取CP，CD的中点E，F，连接BE，BF，EF，所以EF∥PD.因为AB∥CD，CD＝2AB，所以AB∥FD，AB＝FD，所以四边形ABFD为平行四边形，所以BF∥AD. 因为BF∩EF＝F，AD∩PD＝D，所以平面BEF∥平面PAD.因为BE⊂平面BEF，所以BE∥平面PAD.。
最新人教版高中数学必修2课时同步测题(全册 共236页 附解析)
最新人教版高中数学必修2课时同步测题（全册共236页附解析）目录1.1 空间几何体的结构1.1.1 棱柱、棱锥、棱台的结构特征1.1.2 圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体的结构特征1.2 空间几何体的三视图和直观图1.2.1 中心投影与平行投影1.2.2 空间几何体的三视图1.2.3 空间几何体的直观图1.3 空间几何体的表面积与体积1.3.1 柱体、锥体、台体的表面积与体积1.3.2 球的体积和表面积章末复习课第一单元评估验收卷(一)第二章点、直线、平面之间的位置关系2.1 空间点、直线、平面之间的位置关系2.1.1 平面第二章点、直线、平面之间的位置关系2.1 空间点、直线、平面之间的位置关系2.1.2 空间中直线与直线之间的位置关系2.1.3 空间中直线与平面之间的位置关系2.1.4 平面与平面之间的位置关系2.2 直线、平面平行的判定及其性质2.2.1 直线与平面平行的判定2.2.2 平面与平面平行的判定2.2.3 直线与平面平行的性质2.2.4 平面与平面平行的性质2.3 直线、平面垂直的判定及其性质2.3.1 直线与平面垂直的判定2.3.2 平面与平面垂直的判定2.3.3 直线与平面垂直的性质2.3.4 平面与平面垂直的性质章末复习课第二单元评估验收卷(二)第三章直线与方程3.1 直线的倾斜角与斜率3.1.1 倾斜角与斜率3.1.2 两条直线平行与垂直的判定3.2 直线的方程3.2.1 直线的点斜式方程3.2.2 直线的两点式方程第一章空间几何体1.1 空间几何体的结构1.1.1 棱柱、棱锥、棱台的结构特征A级基础巩固一、选择题1．下列几何体中棱柱有()A．5个B．4个C．3个D．2个解析：由棱柱的定义及几何特征，①③为棱柱．答案：D2．对有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体，以下说法正确的是()A．棱柱B．棱锥C．棱台D．一定不是棱柱、棱锥解析：根据棱柱、棱锥、棱台的特征，一定不是棱柱、棱锥．答案：D3．下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是()解析：A、B、C、中底面多边形的边数与侧面数不相等．答案：D4．由5个面围成的多面体，其中上、下两个面是相似三角形，其余三个面都是梯形，并且这些梯形的腰延长后能相交于一点，则该多面体是()A．三棱柱B．三棱台C．三棱锥D．四棱锥解析：根据棱台的定义可判断知道多面体为三棱台．答案：B5．某同学制作了一个对面图案均相同的正方形礼品盒，如图所示，则这个正方体礼品盒的表面展开图应该为(对面是相同的图案)()解析：其展开图是沿盒子的棱剪开，无论从哪个棱剪开，剪开的相邻面在展开在图中可以不相邻，但未剪开的相邻面在展开图中一定相邻，又相同的图案是盒子相对的面，展开后绝不能相邻．答案：A二、填空题6.如图所示，正方形ABCD中，E，F分别为CD，BC的中点，沿AE，AF，EF将其折成一个多面体，则此多面体是________．解析：折叠后，各面均为三角形，且点B、C、D重合为一点，因此该多面体为三棱锥(四面体)．答案：三棱锥(四面体)7．一个棱柱有10个顶点，所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________cm.解析：由题设，该棱柱为五棱柱，共5条侧棱．所以每条侧棱的长为605＝12(cm)．答案：128．①有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体的侧棱一定不相交于一点，故一定不是棱台；②两个互相平行的面是平行四边形，其余各面是四边形的几何体不一定是棱台；③两个互相平行的面是正方形，其余各面是四边形的几何体一定是棱台．其中正确说法的个数为________．解析：①正确，因为具有这些特征的几何体的侧棱一定不相交于一点，故一定不是棱台；②正确；③不正确，当两个平行的正方形完全相等时，一定不是棱台．答案：29．根据如图所示的几何体的表面展开图，画出立体图形．解：图①是以ABCD为底面，P为顶点的四棱锥．图②是以ABCD和A1B1C1D1为底面的棱柱．其图形如图所示．B级能力提升1.如图所示，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是()A．棱柱B．棱台C．棱柱与棱锥的组合体D．不能确定解析：如图所示，倾斜小角度后，因为平面AA1D1D∥平面BB1C1C，所以有水的部分始终有两个平面平行，而其余各面都易证是平行四边形(水面与两平行平面的交线)因此呈棱柱形状．答案：A2．一个正方体的六个面上分别标有字母A，B，C，D，E，F，下图是此正方体的两种不同放置，则与D面相对的面上的字母是________．解析：由图知，标字母C的平面与标有A、B、D、E的面相邻，则与D面相对的面为E面，或B面，若B面与D面相对，则A面与B面相对，这时图②不可能，故只能与D面相对的面上字母为B.答案：B3.如图所示，M是棱长为2 cm的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CC1的中点，求沿正方体表面从点A到点M的最短路程．解：若以BC为轴展开，则A，M两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2 cm，3 cm，故两点之间的距离是13 cm.若以BB1为轴展开，则A，M两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为1，4，故两点之间的距离是17 cm.故沿正方体表面从点A到点M的最短路程是13 cm.第一章空间几何体1.1 空间几何体的结构1.1.2 圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体的结构特征A级基础巩固一、选择题1．下列几何体中是旋转体的是()①圆柱②六棱锥③正方体④球体⑤四面体A．①和⑤B．①C．③和④D．①和④解析：圆柱、球体是旋转体，其余均为多面体．答案：D2．如图所示的简单组合体的结构特征是()A．由两个四棱锥组合成的B．由一个三棱锥和一个四棱锥组合成的C．由一个四棱锥和一个四棱柱组合成的D．由一个四棱锥和一个四棱台组合成的解析：这个8面体是由两个四棱锥组合而成．答案：A3．下图是由哪个平面图形旋转得到的()解析：图中几何体由圆锥、圆台组合而成，可由A中图形绕图中虚线旋转360°得到．答案：A4．如图所示的几何体是从一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的．现用一个平面去截这个几何体，若这个平面平行于底面，那么截面图形为()解析：截面图形应为图C所示的圆环面．答案：C5．用一张长为8、宽为4的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则相应圆柱的底面半径是()A．2 B．2πC.2π或4πD.π2或π4解析：如图所示，设底面半径为r，若矩形的长8恰好为卷成圆柱底面的周长，则2πr＝8，所以r＝4π；同理，若矩形的宽4恰好为卷成圆柱的底面周长，则2πr＝4，所以r＝2π.所以选C.答案：C二、填空题6．等腰三角形绕底边上的高所在的直线旋转180°，所得几何体是________．解析：结合旋转体及圆锥的特征知，所得几何体为圆锥．答案：圆锥7．给出下列说法：①圆柱的母线与它的轴可以不平行；②圆锥的顶点、圆锥底面圆周上任意一点及底面圆的圆心三点的连线，都可以构成直角三角形；③在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．其中正确的是____________(填序号)．解析：由旋转体的形成与几何特征可知①③错误，②④正确．答案：②④8．如图是一个几何体的表面展成的平面图形，则这个几何体是__________．答案：圆柱三、解答题9．如图所示的物体是运动器材——空竹，你能描述它的几何特征吗？解：此几何体是由两个大圆柱、两个小圆柱和两个小圆台组合而成的．10．如图所示，用一个平行于圆锥SO底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的半径分别2 cm和5 cm，圆台的母线长是12 cm，求圆锥SO的母线长．解：如图，过圆台的轴作截面，截面为等腰梯形ABCD，由已知可得上底半径O1A＝2 cm，下底半径OB＝5 cm，且腰长AB＝12 cm.设截得此圆台的圆锥的母线长为l，则由△SAO1∽△SBO，可得l－12 l＝25，所以l＝20 cm.故截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.B级能力提升1．如图所示的平面中阴影部分绕中间轴旋转一周，形成的几何体形状为()A．一个球体B．一个球体中间挖出一个圆柱C．一个圆柱D．一个球体中间挖去一个长方体解析：外面的圆旋转形成一个球，里面的长方形旋转形成一个圆柱．所有形成的几何为一个球体挖出一个圆柱．答案：B2．一个半径为5 cm的球，被一平面所截，球心到截面圆心的距离为4 cm，则截面圆面积为__________cm2.解析：如图所示，过球心O作轴截面，设截面圆的圆心为O1，其半径为r.由球的性质，OO1⊥CD.在Rt△OO1C中，R＝OC＝5，OO1＝4，则O1C＝3，所以截面圆的面积S＝π·r2＝π·O1C2＝9π.答案：9π3．如图，底面半径为1，高为2的圆柱，在A点有一只蚂蚁，现在这只蚂蚁要围绕圆柱由A点爬到B点，问蚂蚁爬行的最短距离是多少？解：把圆柱的侧面沿AB剪开，然后展开成为平面图形——矩形，如图所示，连接AB′，即为蚂蚁爬行的最短距离．因为AB＝A′B′＝2，AA′为底面圆的周长，且AA′＝2π×1＝2π.所以AB′＝A′B′2＋AA′2＝4＋（2π）2＝21＋π2，所以蚂蚁爬行的最短距离为21＋π2.第一章空间几何体1.2 空间几何体的三视图和直观图1.2.1 中心投影与平行投影1.2.2 空间几何体的三视图A级基础巩固一、选择题1．以下关于投影的叙述不正确的是()A．手影就是一种投影B．中心投影的投影线相交于点光源C．斜投影的投影线不平行D．正投影的投影线和投影面垂直解析：平行投影的投影线互相平行，分为正投影和斜投影两种，故C错．2．如图所示，水平放置的圆柱形物体的三视图是()答案：A3．如图，在直角三角形ABC，∠ACB＝90°，△ABC绕边AB 所在直线旋转一周形成的几何体的正视图为()解析：由题意，该几何体是两个同底的圆锥组成的简单组合体，且上部分圆锥比底部圆锥高，所以正视图应为选项B.答案：B4．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是()A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱解析：球的三视图都是圆；三棱锥的三视图都是全等的三角形；正方体的三视图都是正方形；圆柱的底面放置在水平面上，则其俯视图是圆，正视图是矩形，故几何体不可能是圆柱．5.一个四棱锥S-ABCD，底面是正方形，各侧棱长相等，如图所示，其正视图是一等腰三角形，其腰长与图中等长的线段是()A．AB B．SBC．BC D．SE解析：正视图的投影面应是过点E与底面ABCD垂直的平面，所以侧棱SB在投影面上的投影为线段SE.答案：D二、填空题6．下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是________(填序号)．①正方体②圆锥③三棱台④正四棱锥解析：在各自的三视图中，①正方体的三个视图都相同；②圆锥有两个视图相同；③三棱台的三个视图都不同；④正四棱锥有两个视图相同．所以满足仅有两个视图相同的是②④.答案：②④7．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图不可能为：①长方形；②正方形；③圆．其中满足条件的序号是________．答案：②③8．下图中的三视图表示的几何体是________．解析：根据三视图的生成可知，该几何体为三棱柱．答案：三棱柱三、解答题9．根据三视图(如图所示)想象物体原形，指出其结构特征，并画出物体的实物草图．解：由俯视图知，该几何体的底面是一直角梯形；由正视图知，该几何体是一四棱锥，且有一侧棱与底面垂直．所以该几何体如图所示．10．画出图中3个图形的指定视图．解：如图所示．B级能力提升1．如图所示为一个简单几何体的三视图，则其对应的实物图是()答案：A2．已知正三棱锥V-ABC的正视图、俯视图如图所示，它的侧棱VA＝2，底面的边AC＝3，则由该三棱锥得到的侧视图的面积为________．解析：正三棱锥V-ABC的侧视图不是一个等腰三角形，而是一个以一条侧棱、该侧棱所对面的斜高和底面正三角形的一条高构成的三角形，如侧视图所示(其中VF是斜高)，由所给数据知原几何体的高为3，且CF＝3 2.故侧视图的面积为S＝12×32×3＝334.答案：33 43．如图所示的是某两个几何体的三视图，试判断这两个几何体的形状．解：①由俯视图知该几何体为多面体，结合正视图和侧视图知，几何体应为正六棱锥．②由几何体的三视图知该几何体的底面是圆，相交的一部分是一个与底面同圆心的圆，正视图和侧视图是由两个全等的等腰梯形组成的．故该几何体是两个圆台的组合体．第一章空间几何体1.2 空间几何体的三视图和直观图1.2.3 空间几何体的直观图A级基础巩固一、选择题1．关于斜二测画法所得直观图，以下说法正确的是()A．等腰三角形的直观图仍是等腰三角形B．正方形的直观图为平行四边形C．梯形的直观图不是梯形D．正三角形的直观图一定为等腰三角形解析：由直观图的性质知B正确．答案：B2．利用斜二测画法画边长为3 cm的正方形的直观图，正确的是图中的()解析：正方形的直观图应是平行四边形，且相邻两边的边长之比为2∶1.答案：C3．如图，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形为一个正方形，则原来图形的形状是()解析：直观图中正方形的对角线为2，故在平面图形中平行四边形的高为22，只有A项满足条件，故A正确．答案：A4．已知两个圆锥，底面重合在一起，其中一个圆锥顶点到底面的距离为2 cm，另一个圆锥顶点到底面的距离为3 cm，则其直观图中这两个顶点之间的距离为()A．2 cm B．3 cm C．2.5 cm D．5 cm解析：因为这两个顶点连线与圆锥底面垂直，现在距离为5 cm，而在直观图中根据平行于z轴的线段长度不变，仍为5 cm.答案：D5．若一个三角形采用斜二测画法，得到的直观图的面积是原三角形面积的()A.24B．2倍 C.22 D.2倍解析：底不变，只研究高的情况即可，此结论应识记．答案：A二、填空题6．如图所示，△A′B′C′是△ABC的水平放置的直观图，A′B′∥y轴，则△ABC是________三角形．解析：由于A′B′∥y轴，所以在原图中AB∥y轴，故△ABC为直角三角形．答案：直角7．已知△ABC的直观图如图所示，则△ABC的面积为________．解析：△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝6，所以S＝12×3×6＝9.答案：98．如图所示，水平放置的△ABC的斜二测直观图是图中的△A′B′C′，已知A′C′＝6，B′C′＝4，则AB边的实际长度是_______．解析：在原图中AC＝6，BC＝4×2＝8，∠AOB＝90°，所以AB＝62＋82＝10.答案：10三、解答题9．如图所示，已知水平放置的平面图形的直观图是一等腰直角三角形ABC，且AB＝BC＝1，试画出它的原图形．解：(1)在如图所示的图形中画相应的x轴、y轴，使∠xOy＝90°(O与A′重合)；(2)在x轴上取C′，使A′C′＝AC，在y轴上取B′，使A′B′＝2AB；(3)连接B′C′，则△A′B′C′就是原图形．10．画出底面是正方形、侧棱均相等的四棱锥的直观图(棱锥的高不做具体要求)．解：画法：(1)画轴．画Ox轴、Oy轴、Oz轴，∠xOy＝45°(135°)，∠xOz＝90°，如图．(2)画底面．以O为中心在xOy平面内，画出底面正方形的直观图ABCD.(3)画顶点．在Oz轴上截取OP，使OP的长度是四棱锥的高．(4)成图．顺次连接PA、PB、PC、PD，并擦去辅助线，得四棱锥的直观图．B级能力提升1．水平放置的△ABC有一边在水平线上，它的斜二测直观图是正△A′B′C′，则△ABC为()A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．以上都有可能解析：如下图所示，斜二测直观图还原为平面图形，故△ABC 是钝角三角形．答案：C2.如图，Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，直角边O′B′＝1，则这个平面图形的面积是________．解析：因为O′B＝1，所以O′A′＝2，所以在Rt△OAB中，∠AOB＝90°，OB＝1，OA＝2 2.所以S△AOB＝12×1×22＝ 2.答案：23．如图是一个空间几何体的三视图，试用斜二测画法画出它的直观图．解：根据三视图可以想象出这个几何体是六棱台．(1)画轴．如图①，画x轴、y轴、z轴，使∠xOy＝45°，∠xOz ＝90°.(2)画两底面，由三视图知该几何体为六棱台，用斜二测画法画出底面正六边形ABCDEF，在z轴上截取OO′，使OO′等于三视图中的相应高度，过O′作Ox的平行线O′x′，Oy的平行线O′y′，利用O′x与O′y′画出底面正六边形A′B′C′D′E′F′.(3)成图．连接A′A，B′B，C′C，D′D，E′E，F′F，整理得到三视图表示的几何体的直观图，如图②.第一章空间几何体1.3 空间几何体的表面积与体积1.3.1 柱体、锥体、台体的表面积与体积A级基础巩固一、选择题1．轴截面是正三角形的圆锥称作等边圆锥，则等边圆锥的侧面积是底面积的( )A ．4倍B ．3倍 C.2倍D ．2倍解析：设轴截面正三角形的边长为2a ，所以S 底＝πa 2，S 侧＝πa ·2a ＝2πa 2，因此S 侧＝2S 底． 答案：D2.如图所示，ABC A ′B ′C ′是体积为1的棱柱，则四棱锥C -AA ′B ′B 的体积是( )A.13B.12C.23D.34解析：因为V C A ′B ′C ′＝13V 柱＝13，所以V C AA ′B ′B ＝1－13＝23.答案：C3．若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3，则这个圆锥的全面积为( )A ．3πB ．33πC ．6πD ．9π解析：由于圆锥的轴截面是等边三角形，所以2r ＝l ， 又S 轴＝12×l 2×sin 60°＝34l 2＝3，所以l ＝2，r ＝1.所以S圆锥表＝πr2＋πrl＝π＋2π＝3π.故选A.答案：A4.(2015·课标全国Ⅰ卷)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依恒内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图所示，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放米约有()A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛解析：由l＝14×2πr＝8得圆锥底面的半径r＝16π≈163，所以米堆的体积V＝14×13πr2h＝14×2569×5＝3209(立方尺)，所以堆放的米有3209÷1.62≈22(斛)．答案：B5.已知正方体的8个顶点中，有4个为侧面是等边三角形的一三棱锥的顶点，则这个三棱锥与正方体的表面积之比为()A．1∶ 2 B．1∶ 3C．2∶ 2 D．3∶ 6解析：棱锥B′ ACD′为适合条件的棱锥，四个面为全等的等边三角形，设正方体的边长为1，则B′C＝2，S△B′AC＝3 2.三棱锥的表面积S 锥＝4×32＝23，又正方体的表面积S 正＝6. 因此S 锥∶S 正＝23∶6＝1∶ 3. 答案：B 二、填空题6．若一个圆台的正视图如图所示，则其侧面积为________．解析：由正视图可知，该圆台的上、下底面圆的半径分别为1，2，其高为2，所以其母线长l ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4－222＋22＝5， 所以S 侧＝π(1＋2)×5＝35π. 答案：35π7．下图是一个空间几何体的三视图，这个几何体的体积是________．解析：由图可知几何体是一个圆柱内挖去一个圆锥所得的几何体，V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π×22×3－13π×22×3＝8π.答案：8π8．(2015·福建卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于________．解析：由三视图知，该几何体是直四棱柱，底面是直角梯形，且底面梯形的周长为4＋ 2.则S侧＝8＋22，S底＝2×（1＋2）2×1＝3.故S表＝S侧＋S底＝11＋2 2.答案：11＋22三、解答题9．已知圆柱的侧面展开图是长、宽分别为2π和4π的矩形，求这个圆柱的体积．解：设圆柱的底面半径为R，高为h，当圆柱的底面周长为2π时，h＝4π，由2πR＝2π，得R＝1，所以V圆柱＝πR2h＝4π2.当圆柱的底面周长为4π时，h＝2π，由2πR＝4π，得R＝2，所以V圆柱＝πR2h＝4π·2π＝8π2.所以圆柱的体积为4π2或8π2.10．一个正三棱柱的三视图如图所示(单位：cm)，求这个正三棱柱的表面积与体积．解：由三视图知直观图如图所示，则高AA′＝2 cm，底面高B′D′＝23cm ，所以底面边长A ′B ′＝23×23＝4(cm)．一个底面的面积为12×23×4＝43(cm 2)．所以表面积S ＝2×43＋4×2×3＝24＋83(cm 2)， V ＝43×2＝83(cm 3)．所以表面积为(24＋83)cm 2，体积为83(cm 3)．B 级 能力提升1.某几何体的三视图如图所示，俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则此几何体的体积是( )A.203π B.103π C ．6πD.163π 解析：该几何体的上方是以2为底面圆的半径，高为2的圆锥的一半，下方是以2为底面圆的半径，高为1的圆柱的一半，其体积为V ＝π×22×12＋12×13π×22×2＝2π＋43π＝103π.答案：B2．(2015·江苏卷)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为__________．解析：底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱的总体积为13π×52×4＋π×22×8＝196π3.设新的圆锥和圆柱的底面半径为r ，则13π·r 2×4＋π·r 2×8＝28π3r 2＝196π3，解得r ＝7.答案：73．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，求该几何体的体积．解：由三视图知，该几何体是一个四棱柱与一个四棱锥的组合体． V 四棱柱＝23＝8，V 四棱锥＝13×22×2＝83.故几何体的体积V ＝V 四棱柱＋V 四棱锥＝8＋83 ＝323(cm 3)．第一章 空间几何体 1.3 空间几体的表面积与体积 1.3.2 球的体积和表面积A 级 基础巩固一、选择题1．若一个球的体积扩大到原来的27倍，则它的表面积扩大到原来的( )A ．3倍B ．3 3 倍C ．9倍D ．9 3 倍解析：由V ′＝27 V ，得R ′＝3R ，R ′R＝3则球的表面积比S ′∶S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R ′R 2＝9. 答案：C2．把3个半径为R 的铁球熔成一个底面半径为R 的圆柱，则圆柱的高为( )A ．RB ．2RC ．3RD ．4R 解析：设圆柱的高为h ，则πR 2h ＝3×43πR 3，所以h ＝4R . 答案：D3．如图所示，是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．9π＋42B ．36π＋18 C.92π＋12 D.92π＋18解析：由三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积V＝43π⎝⎛⎭⎪⎫323＋3×3×2＝92π＋18.答案：D4．设长方体的长、宽、高分别为2a，a，a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为()A．3πa2B．6πa2C．12πa2D．24πa2解析：设该球的半径为R，所以(2R)2＝(2a)2＋a2＋a2＝6a2，即4R2＝6a2.所以球的表面积为S＝4πR2＝6πa2.答案：B5．下图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得几何体的表面积是()A．4π＋24 B．4π＋32C．22πD．12π解析：由三视图可知，该几何体上部分为半径为1的球，下部分为底边长为2，高为3的正四棱柱，几何体的表面积为4π＋32.答案：B二、填空题6．将一钢球放入底面半径为3 cm 的圆柱形玻璃容器中，水面升高4 cm ，则钢球的半径是________．解析：圆柱形玻璃容器中水面升高4cm ，则钢球的体积为V ＝π×32×4＝36π，即有43πR 3＝36π，所以R ＝3.答案：3 cm7．两个球的表面积之差为48π，它们的大圆周长之和为12π，则这两个球的半径之差为________．解析：由题意设两球半径分别为R 、r (R ＞r )，则：⎩⎪⎨⎪⎧4πR 2－4πr 2＝48π2πR ＋2πr ＝12π即⎩⎪⎨⎪⎧R 2－r 2＝12R ＋r ＝6.，所以R －r ＝2. 答案：28．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知几何体为组合体，上方是半径为1的球，下方是长方体，其底面是边长为2的正方形，侧棱长为4，故其体积V ＝43×π×13＋2×2×4＝16＋4π3. 答案：16＋4π3三、解答题9．某组合体的直观图如图所示，它的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，若图中r ＝1，l ＝3，试求该组合体的表面积和体积．解：组合体的表面积S ＝4πr 2＋2πrl ＝4π×12＋2π×1×3＝10π. 因为圆柱的体积V 圆柱＝πr 2l ＝π×12×3＝3π，又两个半球的体积2V 半球＝43πr 3＝43π， 因此组合体的体积V ＝3π＋43π＝133π. 10．如图，一个圆柱形的玻璃瓶的内半径为3 cm ，瓶里所装的水深为8 cm ，将一个钢球完全浸入水中，瓶中水的高度上升到8.5 cm ，求钢球的半径．解：设球的半径为R ，由题意可得43πR 3＝π×32×0.5， 解得：R ＝1.5 (cm)，所以所求球的半径为1.5 cm.B 级 能力提升1．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为( )A.8π3B.82π3 C ．82π D.32π3解析：截面面积为π，则该小圆的半径为1，设球的半径为R ，则R 2＝12＋12＝2，所以R ＝2，V ＝43πR 3＝82π3.答案：B2．边长为42的正方形ABCD 的四个顶点在半径为5的球O 的表面上，则四棱锥O -ABCD 的体积是________．解析：因为正方形ABCD 外接圆的半径r ＝（42）2＋（42）22＝4.又因为球的半径为5， 所以球心O 到平面ABCD 的距离d ＝R 2－r 2＝3，所以V O ABCD ＝13×(42)3×3＝32. 答案：323．体积相等的正方体、球、等边圆柱(轴截面为正方形的圆柱)的表面积分别是S 1，S 2，S 3，试比较它们的大小．解：设正方体的棱长为a ，球的半径为R ，等边圆柱的底面半径为r ，则S 1＝6a 2，S 2＝4πR 2，S 3＝6πr 2.由题意知，43πR 3＝a 3＝πr 2·2r ， 所以R ＝334πa ，r ＝312πa ， 所以S 2＝4π⎝⎛⎭⎪⎪⎫334πa 2＝4π·3916π2a 2＝336πa 2， S 3＝6π⎝⎛⎭⎪⎪⎫312πa 2＝6π·314π2a 2＝354πa 2， 所以S 2＜S 3.又6a 2＞3312πa 2＝354πa 2，即S 1＞S 3. 所以S 1，S 2，S 3的大小关系是S 2＜S 3＜S 1.章末复习课[整合·网络构建][警示·易错提醒]1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱(母线)延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视虚线的画法．4．求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错．5．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．6．易混侧面积与表面积的概念.专题1空间几何体的三视图与直观图三视图是立体几何中的基本内容，能根据三视图识别其所表示的立体模型，并能根据三视图与直观图所提供的数据解决问题．主要考查形式：(1)由三视图中的部分视图确定其他视图；(2)由三视图还原几何体；(3)三视图中的相关量的计算．其中(3)是本章的难点，也是重点之一，解这类题的关键是准确地将三视图中的数据转化为几何体中的数据．[例1](1)若一个正三棱柱的三视图如图所示，则这个正三棱柱的高和底面边长分别为()A．2，23B．22，2C．4，2D．2，4(2)(2016·全国Ⅲ卷)如图，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，则该多面体的表面积为()A．18＋36 5 B．54＋18 5 C．90 D．81解析：(1)由三视图的画法规则知，正视图与俯视图长度一致，正视图与侧视图高度一致，俯视图与侧视图宽度一致．所以侧视图中2为正三棱柱的高，23为底面等边三角形的高，所以底面等边三角形边长为4.(2)由三视图可知，该几何体的底面是边长为3的正方形，高为6，侧棱长为35，则该几何体的表面积S＝2×32＋2×3×35＋2×3×6＝54＋18 5.故选B.答案：(1)D(2)B。
人教版高中数学必修五课时提升作业(二)112余弦定理含解析.doc
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课时提升作业（二）余弦定理一、选择题（每小题5分，共25分）1.在ZSABC 中，边 a, b, c 所对的角分别为 A, B, C, b 二3, c 二5, A 二 120。
,则 a=（）【解析】选 A. a 2=b 2+c 2-2bccosA=9+25- 2x 3x 5c os 120° =49 ,所以 a=7・2•在ZXABC 中，a=3, b 二&, c 二2,那么角 B 等于（ ）A. 30°B. 45°C. 60°D. 120°【解析】选C. cosB=所以B=60°・3. （2015 -吉林高二检测）在AABC 中，内角A, B, C 的对边分别是/ b, c,若 a 2-b 2=V*3bc, sinC=2\3sinB,则 A=（ ）60分）A. 7B. V19C. 49D. 1925分钟基础练、 （25分钟AABC ( )A. 一定是锐角三角形B. —定是直角三角形C. 一定是钝角三角形D.是锐角或直角三角形 【解析】选C.& [b 「・〈0 ,即cosC<0・因为 0。
«180° ，所以 90。
«180° ・所以△ ABC 为钝角三角形.【补偿训练】在 Z\ABC 中,si nA : sinB : sinC=3 ： 5 ： 7, jUljAABC 是()A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.无法确定【解析】选C.由正弦定理，得 a : b : c 二sinA : sinB : sinC 二3 : 5 : 7・设 a=3k , b=5k , c=7k( k>0),由于c>b>a ,故角(：是公ABC 中最大的角，因为2ab 2x5kx3k=4<o ，所以090° ,即公ABC 为钝角三角形5•在ZSABC 中，已知 AB 二7, BC 二5, AC 二6,则AB • BC 等于( ) A. 30° B. 60° D.150°C. 120° 【解析】选A.由余弦定理得 :cosA= “,由题知 b 2-a 2=-V'3bc , c 2=2V3bc ,则 cos A 二莒,又 0° <A<180° ,所以 A=30° ・4•在AABC 中，角A, B, C 的对边分别为a, b, c,若二^竺>0,则 ZabA. 19B.-14C.-18D.-19【解析】选D.设公ABC三边分别为a , b , c ,则a=5 f b=6 , c二7 , cos羽號异曙’所以晶-BC=7x 5x〔-曙)T9・二、填空题(每小题5分，共15分)6.在AABC 中,若(a-c) (a+c) =b (b+c),则A=【解析】因为(a-c) (a+c) =b( b+c),所以 a 2- c 2=b 2+bc ,即 b 2+c 2- a 2=- be.所以COS 啓心“ -be 1答案:120°7•如图，在Z\ABC 中，点 D 在 AC ±, AB 丄BD, BC=3V3, BD 二5, sin ZABC 二手，则CD 的长度等于 ________ •【解析】由题意可得 sinZ.ABC=^=sinf + Z.CBD j=cosZ_CBD , 再根据余弦定理可得CC?=BC 2+BD?- 2BC ・BD ・cos 乙CBt>27+25・2x 3<3X 5x 筈=16 , 可得CD=4.答案：48-（2°15 •北京高考）在SC 中，a=4, b=5,皿则鑑二 -------------- •【解题指南】利用二倍公式展开si n 2A ,再利用正余弦定理角化边. ©2十［解析］8in2A -2slnAcosA -2abe 2 2bc 2bc 2因为 0° <A<180° ，所以 A=120° .sine sinea{b 24c 2 - a 2 )4+-4C答案：1 三、解答题（每小题10分，共20分）9. （2015 -济宁高二检测）设锐角AABC的内角A, B, C的对边分别为A B __申sin^ADBsinB 由正弦定理得 于是AB=竺竺i 竺 slnEWsln6Q ； sin45*a, b, c,.目.有 a 二2bsinA.(1) 求B 的大小.⑵若 a=3V3, c=5,求 b.【解析】(1)由a=2bsinA ,根据正弦定理得si nA=2si nBsi nA,所以si /由于△ ABC 是锐角三角形，所以皑・(2) 根据余弦定理,得b 2=a 2+c 2- 2accos B=27+25- 45=7 ,所以b=V7・10. (2015 •天津高一检测)如图，在AABC 中，已知B 二45。
【人教A版】高中数学必修二：全册作业与测评 综合质量评估(附答案)
综合质量评估(第一至第四章)(120分钟150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.已知圆的方程是(x-2)2+(y-3)2=4,则点P(3,2)满足( )A.是圆心B.在圆上C.在圆内D.在圆外【解析】选C.因为(3-2)2+(2-3)2=2<4,故点P(3,2)在圆内.2.直线x-y-4=0与圆x2+y2-2x-2y-2=0的位置关系是( )A.相交B.相切C.相交且过圆心D.相离【解析】选D.圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=4,则圆心到直线的距离d=错误！未找到引用源。
=2错误！未找到引用源。
>2,所以直线与圆相离.【补偿训练】(2015·郑州高一检测)对任意实数k,圆C:(x-3)2+(y-4)2=13与直线l:kx-y-4k+3=0的位置关系是( )A.相交B.相切C.相离D.与k取值有关【解析】选 A.对任意实数k,直线l:kx-y-4k+3=0恒过定点(4,3),而(4-3)2+(3-4)2<13,故定点(4,3)在圆C内部,所以直线与圆相交.3.(2015·乌海高一检测)已知空间两点P1(-1,3,5),P2(2,4,-3),则|P1P2|等于( ) A.错误！未找到引用源。
B.3错误！未找到引用源。
C.错误！未找到引用源。
D.错误！未找到引用源。
【解析】选A.错误！未找到引用源。
=错误！未找到引用源。
=错误！未找到引用源。
.4.已知两圆的方程是x2+y2=1和x2+y2-6x-8y+9=0,那么这两个圆的位置关系是( ) A.外离 B.相交 C.外切 D.内切【解析】选C.将圆x2+y2-6x-8y+9=0,化为标准方程得(x-3)2+(y-4)2=16.所以两圆的圆心距为错误！未找到引用源。
=5,又r1+r2=5,所以两圆外切.5.设l,m,n表示三条直线,α,β,γ表示三个平面,给出下列四个结论:①若l⊥α,m⊥α,则l∥m;②若m⊂β,n是l在β内的射影,m⊥l,则m⊥n;③若m⊂α,m∥n,则n∥α;④若α⊥γ,β⊥γ,则α⊥β.其中正确的为( )A.①②B.①②③C.①②③④D.③④【解析】选A.①正确,②可用线面垂直证明,正确,③中,n可能在α内;④中,可能有α,β相交或平行,故选A.6.(2015·临汾高一检测)垂直于直线y=x+1且与圆x2+y2=1相切于第一象限的直线方程是( )A.x+y-错误！未找到引用源。
高中数学必修二：课时提升作业(五)_1.3.1
高中数学必修二：课时提升作业(五)_1.3.1柱体、锥体、台体的表面积与体积(25分钟 60分)一、选择题(每小题5分,共25分) 1.棱长都是1的三棱锥的表面积为 ( )A.B.2C.3D.4【解析】选A.S 表=4S 正△=4×=.2.如图,某几何体的正视图是平行四边形,侧视图和俯视图都是矩形,则该几何体的体积为 ( )A.6B.9C.8D.12【解析】选B.由三视图可知直观图是四棱柱,四棱柱的高为=,则V=×3×3=9.3.如果轴截面为正方形的圆柱的侧面积是4π,那么圆柱的体积等于 ( ) A.πB.2πC.4πD.8π【解析】选B.设圆柱的底面半径为r,则圆柱的母线长为2r,由题意得S 圆柱侧= 2πr ×2r=4πr 2=4π,所以r=1,所以V 圆柱=πr 2×2r=2πr 3=2π.4.已知一个圆柱的侧面展开图是一个正方形,这个圆柱的表面积与侧面积的比是( )A. B.C.D.【解析】选A.设圆柱的底面半径为r,高为h,则由题设知h=2πr,所以S 表=2πr 2+2πr ·h=2πr 2(1+2π),又S 侧=h 2=4π2r 2,所以=.5.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 ( )A.+2πB.C.D.【解析】选 B.由三视图可知,该几何体为半个圆锥和一个圆柱构成的组合体.由图中数据可知,半个圆锥的体积为V 1=××π×12×1=,圆柱的体积为V 2=π×12×2=2π,所以几何体的体积为.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知圆锥SO 的高为4,体积为4π,则底面半径r= .【解析】由题意知πr 2×4=4π,解得r=,即底面半径为.答案:7.侧面都是直角三角形的正三棱锥,底面边长为a 时,该三棱锥的表面积是 .【解析】侧面都是直角三角形,故侧棱长等于a,所以S 表=a 2+3××=a 2.答案:a 28.现有橡皮泥制作的底面半径为5,高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个,则新的底面半径为 .【解析】由圆锥与圆柱的体积公式可知,V 圆锥=πr 2h=π·52×4=π,V 圆柱=πr 2h=π·22×8=32π,所以圆锥与圆柱的总体积为π+32π.设制作后圆锥与圆柱的底面半径为r ′,由题知πr ′2×4+πr ′2×8=π+32π,解得r ′=.所以新的底面半径为.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.若圆锥的表面积是15π,侧面展开图的圆心角是60°,求圆锥的体积. 【解析】设圆锥的底面半径为r,母线为l ,则2πr=πl ,得l =6r.又S 锥=πr 2+πr ·6r=7πr 2=15π,得r=,圆锥的高h===·r=·=5,V=πr 2h=π××5=π. 【拓展延伸】解读旋转体的侧面展开图(1)圆柱的侧面展开图是一个矩形,矩形两边长分别为圆柱底面周长和高.(2)圆锥侧面展开图是一个扇形,半径为圆锥的母线,弧长为圆锥底面周长.(3)圆台侧面展开图是一个扇环,其两段弧长为圆台两底周长,扇形两半径的差为圆台的母线长.10.在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,截下一个棱锥C-A 1DD 1,求棱锥C-A 1DD 1的体积与剩余部分的体积之比.【解题指南】剩余部分几何体不是规则几何体,可利用长方体和棱锥体积的差来求剩余部分的体积.【解析】已知长方体可以看成直四棱柱,设它的底面ADD 1A 1的面积为S,高为h,则它的体积为V=Sh.而棱锥C-A 1DD 1的底面积为S,高为h,故三棱锥C-A 1DD 1的体积为:=h=Sh,余下部分体积为:Sh-Sh=Sh.所以棱锥C-A 1DD 1的体积与剩余部分的体积之比为1∶5.【补偿训练】长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积为V,P 是DD 1的中点,Q 是AB 上的动点,求四面体P-CDQ 的体积.【解析】设长方体的长、宽、高分别为AB=a,BC=b,AA 1=c,则有V=abc.由题意知PD=c,S △CDQ =CD ·AD=ab,所以V P-CDQ =S △CDQ ·PD=×ab ×c=abc=V.(20分钟 40分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.在梯形ABCD 中,∠ABC=,AD ∥BC,BC=2AD=2AB=2,将梯形ABCD 绕AD 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.πB.πC.πD.2π【解析】选C.因为直角梯形ABCD 的两底边分别为1,2,高AB=1,则以AD 为轴旋转一周所得几何体是圆柱挖去同底的圆锥(高是一半).其体积V=2π-=.2.在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,三棱锥D 1-AB 1C 的表面积与正方体的表面积的比为 ( )A.1∶1B.1∶C.1∶D.1∶2【解题指南】注意到三棱锥D 1-AB 1C 的各个侧面均为正三角形是解答本题的关键. 【解析】选C.三棱锥D 1-AB 1C 的各面均是正三角形.其边长为正方体侧面对角线.设正方体的棱长为a,则侧面对角线长为a,S 锥=4×(a)2×=2a 2,S 正方体=6a 2,故S 锥∶S正方体=1∶.【延伸探究】本题中若正方体边长为1,你能否求出三棱锥D 1-AB 1C 的体积?【解析】该三棱锥可看作是正方体切去四个三棱锥后形成的几何体.而切去的四个几何体体积相等.所以该三棱锥的体积为:V=1-4×××1×1×1=. 二、填空题(每小题5分,共10分)3.三棱锥P-ABC 中,D,E 分别为PB,PC 的中点,记三棱锥D-ABE 的体积为V 1,P-ABC 的体积为V 2,则= .【解析】分别过E,C 向平面PAB 作高h 1,h 2,由E 为PC 的中点得=,由D 为PB 的中点得S △ABD =S △ABP ,所以V 1∶V 2=∶=.答案:4.京模拟)已知圆锥的母线长为2,高为,则该圆锥的侧面积是 .【解析】由圆锥的性质知其底面圆的半径为=1,所以圆锥的侧面积为S 侧=πr l =π×1×2=2π. 答案:2π三、解答题(每小题10分,共20分)5.如图,在四边形ABCD 中,∠DAB=90°,∠ADC=135°,AB=5,CD=2,AD=2,求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积和体积.【解析】如图,作CE ⊥AD 于E,由已知得:CE=2,DE=2,CB=5, S 表面积=S 圆台侧+S 圆台下底+S 圆锥侧=π(2+5)×5+π×25+π×2×2=(60+4)π,V=V 圆台-V 圆锥=×4-π×22×2=π.6.如图所示,它是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图,它的正视图和侧视图在下面画出(单位:cm).(1)按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图. (2)按照给出的尺寸,求该多面体的体积. 【解析】(1)如图.(2)所求多面体的体积V=V长方体-V正三棱锥=4×4×6-××2=(cm3).关闭Word文档返回原板块。
(人教版新课标)高中数学必修2所有课时练习(含答案可编辑)
第一章空间几何体课时作业（一）棱柱、棱锥、棱台的结构特征姓名______________ 班级_________学号__________一、选择题(每小题5分，共20分)1.从长方体的一个顶点出发的三条棱上各取一点E，F，G，过此三点作长方体的截面，那么截去的几何体是()A．三棱柱B．三棱锥C．四棱柱D．四棱锥答案： B2．下列说法中正确的是()①一个棱柱至少有五个面；②用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫棱台；③棱台的侧面是等腰梯形；④棱柱的侧面是平行四边形．A．①④B．②③C．①③D．②④解析：因为棱柱有两个底面，因此棱柱的面数由侧面个数决定，而侧面个数与底面多边形的边数相等，故面数最少的棱柱为三棱柱，有五个面，①正确；②中的截面与底面不一定平行，故②不正确；由于棱台是由棱锥截来的，而棱锥的所有侧棱不一定相等，所以棱台的侧棱不一定都相等，即不一定是等腰梯形，③不正确；由棱柱的定义知④正确，故选A.答案： A3．正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有()A．20 B．15C．12 D．10解析：正五棱柱任意不相邻的两条侧棱可确定一个平面，每个平面可得到正五棱柱的两条对角线，五个平面共可得到10条对角线，故选D.答案： D4.纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北，现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到右侧的平面图形，则标“△”的面的方位是()A．南B．北C．西D．下解析：将所给图形还原为正方体，如图所示，最上面为△，最左面为东，最里面为上，将正方体旋转后让东面指向东，让“上”面向上可知“△”的方位为北．故选B.答案： B二、填空题(每小题5分，共10分)5.如图，正方形ABCD中，E，F分别为CD，BC的中点，沿AE，AF，EF将其折成一个多面体，则此多面体是________．解析：此多面体由四个面构成，故为三棱锥，也叫四面体．答案：三棱锥(也可答四面体)6．下列命题中，真命题有________．①棱柱的侧面都是平行四边形；②棱锥的侧面为三角形，且所有侧面都有一个公共点；③棱台的侧面有的是平行四边形，有的是梯形；④棱台的侧棱所在直线均相交于同一点；⑤多面体至少有四个面．解析：棱柱是由一个平面多边形沿某一方向平移而形成的几何体，因而侧面是平行四边形，故①对．棱锥是由棱柱的一个底面收缩为一个点而得到的几何体，因而其侧面均是三角形，且所有侧面都有一个公共点，故②对．棱台是棱锥被平行于底面的平面所截后，截面与底面之间的部分，因而其侧面均是梯形，且所有的侧棱延长后均相交于一点(即原棱锥的顶点)，故③错④对．⑤显然正确．因而真命题有①②④⑤.答案：①②④⑤三、解答题(每小题10分，共20分)7．(1)如图所示的几何体是不是棱台？为什么？(2)如图所示的几何体是不是锥体？为什么？解析：(1)①②③都不是棱台．因为①和③都不是由棱锥所截得的，故①③都不是棱台；虽然②是由棱锥所截得的，但截面不和底面平行，故不是棱台．只有用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分才是棱台．(2)都不是．棱锥定义中要求各侧面有一个公共顶点．图①中侧面ABC与CDE没有公共顶点，故该几何体不是锥体；图②中侧面ABE与面CDF没有公共点，故该几何体不是锥体．8．判断下列语句的对错．(1)一个棱锥至少有四个面；(2)如果四棱锥的底面是正方形，那么这个四棱锥的四条侧棱都相等；(3)五棱锥只有五条棱；(4)用与底面平行的平面去截三棱锥，得到的截面三角形和底面三角形相似．解析：(1)正确．(2)不正确．四棱锥的底面是正方形，它的侧棱可以相等，也可以不相等．(3)不正确．五棱锥除了五条侧棱外，还有五条底边，故共有10条棱．(4)正确．尖子生题库☆☆☆9．(10分)在如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，请连接三条线，把它分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥．解析：如图，连接A1B，BC1，A1C，则三棱柱ABC－A1B1C1被分成三部分，形成三个三棱锥，分别是A1－ABC，A1－BB1C1，A1－BCC1.课时作业（二）圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征简单组合体的结构特征姓名______________ 班级_________学号__________一、选择题(每小题5分，共20分)1．下列四种说法①在圆柱的上、下两底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；③在圆台上、下两底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线相互平行．其中正确的是()A．①②B．②③C．①③D．②④解析：①所取的两点与圆柱的轴OO′的连线所构成的四边形不一定是矩形，若不是矩形，则与圆柱母线定义不符．③所取两点连线的延长线不一定与轴交于一点，不符合圆台母线的定义．②④符合圆锥、圆柱母线的定义及性质．故选D.答案： D2．下图是由选项中的哪个图形旋转得到的()解析：该组合体上部是圆锥，下部是圆台，由旋转体定义知，上部由直角三角形的直角边为轴旋转形成，下部由直角梯形垂直于底边的腰为轴旋转形成．故选A.答案： A3.如图所示为一个空间几何体的竖直截面图形，那么这个空间几何体自上而下可能是()A．梯形、正方形B．圆台、正方形C．圆台、圆柱D．梯形、圆柱解析：空间几何体不是平面几何图形，所以应该排除A、B、D.答案： C4．如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不正确的是()A．该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体B．该几何体有12条棱、6个顶点C．该几何体有8个面，并且各面均为三角形D．该几何体有9个面，其中一个面是四边形，其余均为三角形解析：该几何体用平面ABCD可分割成两个四棱锥，因此它是这两个四棱锥的组合体，因而四边形ABCD是它的一个截面而不是一个面．故选D.答案： D二、填空题(每小题5分，共10分)5．有下列说法：①与定点的距离等于定长的点的集合是球面；②球面上三个不同的点，一定都能确定一个圆；③一个平面与球相交，其截面是一个圆面．其中正确说法的个数为________．解析：命题①②都对，命题③中一个平面与球相交，其截面是一个圆面，③对．答案： 36．下面几何体的截面一定是圆面的是________．(填正确序号)①圆柱②圆锥③球④圆台答案：③三、解答题(每小题10分，共20分)7．如图所示几何体可看作由什么图形旋转360°得到？画出平面图形和旋转轴．解析：先画出几何体的轴，然后再观察寻找平面图形．旋转前的平面图形如下：8．如图所示的几何体是否为台体？为什么？尖子生题库☆☆☆9．(10分)一个圆台的母线长为12 cm，两底面面积分别为4π cm2和25π cm2，求：(1)圆台的高；(2)截得此圆台的圆锥的母线长．解析：(1)圆台的轴截面是等腰梯形ABCD(如图所示)．由已知可得上底一半O1A＝2 cm，下底一半OB＝5 cm.又因为腰长为12 cm，所以高AM＝122－(5－2)2＝315(cm)．(2)如图所示，延长BA ，OO 1，CD ，交于点S ，设截得此圆台的圆锥的母线长为l ，则由△SAO 1∽△SBO 可得l －12l ＝25，解得l ＝20 cm.即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.课时作业（三） 中心投影与平行投影空间几何体的三视图姓名______________ 班级_________学号__________一、选择题(每小题5分，共20分) 1．下列说法正确的是( ) A ．矩形的平行投影一定是矩形 B ．梯形的平行投影一定是梯形C ．两条相交直线的平行投影可能平行D ．若一条线段的平行投影是一条线段，则中点的平行投影仍为这条线段投影的中点 解析： 对于A ，矩形的平行投影可以是线段、矩形、平行四边形，主要与矩形的放置及投影面的位置有关；同理，对于B ，梯形的平行投影可以是梯形或线段；对于C ，平行投影把两条相交直线投射成两条相交直线或一条直线；D 正确。
【人教A版】高中数学必修二：课时提升作业(二)1.1.2
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课时提高作业 ( 二)圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体的构造特点(15 分钟30 分)一、选择题 ( 每题 4 分, 共 12 分)1.(2015 ·嘉兴高二检测 ) 以下几何体中是旋转体的是()①圆柱 ; ②六棱锥 ; ③正方体 ; ④球体 ; ⑤四周体 .A. ①和⑤B. ①C.③和④D.①和④【分析】选 D.依据旋转体的观点可知, ①和④是旋转体 .2.(2015 ·淮北高一检测 ) 以下几何体中不是旋转体的是()【分析】选 D.依据旋转体的观点可知 :A,B,C 中三个几何体均为旋转体 ,D 中几何体为多面体 .【赔偿训练】 (2015 ·淄博高一检测 ) 以下几何体是组合体的是()【分析】选 D. A 选项中的几何体是圆锥,B 选项中的几何体是圆柱 ,C 选项中的几何体是球 ,D 选项中的几何体是一个圆台中挖去一个圆锥, 是组合体 .3.(2015 ·邯郸高一检测 ) 用长为 4, 宽为 2 的矩形做侧面围成一个圆柱, 此圆柱轴截面面积为 ()A. 8B.C.D.【解题指南】可分圆柱底面周长为 2 和 4 两种状况分别求解 .【分析】选 B. 若 4 为底面周长 , 则圆柱的高为 2, 此时圆柱的底面直径为, 其轴截面的面积为; 若底面周长为 2, 则圆柱高为 4, 此时圆柱的底面直径为, 其轴截面面积为 .二、填空题 ( 每题 4 分, 共 8分)4. 图示几何体是由简单几何体组成的 .【分析】四棱台上边搁置一个球 .答案 : 四棱台和球【赔偿训练】图中暗影部分绕图示的直线旋转180°, 形成的几何体是.【分析】三角形旋转后围成一个圆锥 , 圆面旋转后形成一个球 , 暗影部分形成的几何体为圆锥中挖去一个球后节余的几何体 . 答案 : 圆锥挖去一个球的组合体5.(2015 ·重庆高二检测 ) 有以下说法 :①球的半径是球面上随意一点与球心的连线;②球的直径是球面上随意两点间的连线;③用一个平面截一个球, 获得的是一个圆 .此中正确说法的序号是.【分析】利用球的构造特点判断 : ①正确 ; ②不正确 , 因为直径必过球心 ; ③不正确, 因为获得的是一个圆面 .答案:①【赔偿训练】给出以下说法 :①用一个平面去截圆锥 , 获得的几何体是一个圆锥和一个圆台 ; ②经过圆台侧面上一点 , 有无数条母线 ; ③半圆绕定直线旋转形成球 .此中错误说法的序号是.【分析】①不正确 , 用一个与圆锥底面平行的平面去截圆锥 , 获得的几何体才是一个圆锥和一个圆台 ; ②不正确 , 经过圆台侧面上一点 , 有且只有一条母线 ; ③不正确 , 半圆绕其直径所在直线旋转一周才能够形成球 . 答案 : ①②③三、解答题6.(10 分) 如下图 , 梯形 ABCD中,AD∥BC,且 AD<BC,当梯形 ABCD绕 AD所在直线旋转一周时 , 其余各边旋转围成了一个几何体 , 试描绘该几何体的构造特点 .【分析】如下图 , 旋转所得的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥后节余部分组成的组合体 .【赔偿训练】如下图 , 几何体可看作由什么图形旋转 360°获得 ?画出平面图形和旋转轴 .【分析】先画出几何体的轴 , 而后再察看找寻平面图形. 旋转前的平面图形如图:(15 分钟30 分)一、选择题 ( 每题 5 分, 共 10 分)1. 如下图的平面中暗影部分绕中间轴旋转一周, 形成的几何体形状为 ()A.一个球体B.一个球体中间挖出一个圆柱C.一个圆柱D.一个球体中间挖去一个长方体【分析】选 B. 圆旋转一周形成球 , 圆中的矩形旋转一周形成一个圆柱.【误区警告】解答本题时易出现不清楚球的大圆面是过球心的圆面而不可以作答的状况 .【赔偿训练】在半径为 30m 的圆形广场中心上空 , 设置一个照明光源 , 射向地面的光呈圆锥形 , 其轴截面的顶角为 120°, 若要光源恰巧照亮整个广场 , 则光源的高度应为m.【分析】画出圆锥的轴截面, 转变为平面几何问题求解, 本题可转变为已知等腰三角形的顶角为120°,底边一半的长为30m,易求得底边上的高线长为10 m. 答案:102.(2015 ·泰安高一检测 ) 过球的一条半径的中点, 作垂直于该半径的截面, 则截面的面积与球的一个大圆面积之比为()A.1∶4B.1∶2C.3∶4D.2∶322222【分析】选 C.如图 , 设球的半径为 R,则 OA=OA-O=R- R= R. 因此∶S =1☉O πR2∶πR2=3∶4.二、填空题 ( 每题 5 分, 共 10 分)3.(2015 ·成都高二检测 ) 如图是一个几何体的表面睁开的平面图形, 则这个几何体是.【分析】一个长方形和两个圆折叠后, 能围成的几何体是圆柱 .答案:圆柱4.一个正方体内接于一个球 , 过球心作一个截面, 则图中, 可能是截面的是.【分析】在组合体内取截面时 , 要注意交点能否在截面上 , 如当截面过对角面时 , 得② ; 当截面平行正方体的此中一个侧面时 , 得③ ; 当截面不平行于任一侧面且可是对角面时 , 得① , 只假如过球心就不行能截出④ . 答案 : ①②③三、解答题5.(10 分) 圆台上底面面积为π , 下底面面积为 16π, 用一个平行于底面的平面去截圆台 , 该平面自上而下分圆台的高的比为 2∶1, 求这个截面的面积 .【解题指南】因为截面为圆面 ,要求面积只需求出半径 ,由截面与底面平行 ,则在轴截面中利用平行线得三角形相像求得 .【分析】圆台的轴截面如下图 ,O1,O2,O3分别为上底面、下底面、截面圆心 , 过D 作 DF⊥AB于 F, 交 GH于 E.由题意知 DO 1=1,AO 2=4, 因此 AF=3.因为 DE=2EF,因此 DF=3EF,因此= = ,因此 GE=2.因此圆 O3的半径为 3.因此这个截面面积为9 π.【赔偿训练】已知一个圆柱的轴截面是一个正方形且其面积是 Q,求此圆柱的底面半径 .【分析】设圆柱底面半径为r,母线为 l,则由题意得解得r=,因此此圆柱的底面半径为.封闭 Word文档返回原板块。
高中数学课时作业(北师大版必修第二册)章末质量检测(五)
章末质量检测(五) 第六章 立体几何初步一、单项选择题(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．下列结论正确的是( )A ．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B ．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C ．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D ．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线2．在正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1中，点Q 是棱DD 1上的动点，则过A ，Q ，B 1三点的截面图形不可能的是( )A ．等边三角形B ．矩形C ．等腰梯形D ．正方形3．若圆柱的轴截面是一个正方形，其面积为4S ，则它的一个底面面积是( )A ．4SB ．4πSC ．πSD ．2πS4．如果一个正四面体(各个面都是正三角形)的体积为9 cm 3，则其表面积为( )A ．18 3 cm 2B ．18 cm 2C ．12 3 cm 2D ．12 cm 25．已知平面α⊥平面β，且α∩β＝l ，要得到直线m ⊥平面β，还需要补充的条件是( )A ．m ⊂αB ．m ∥αC ．m ⊥lD ．m ⊂α且m ⊥l6．一个四面体共一个顶点的三条棱两两互相垂直，其长分别为1, 6，3，其四面体的四个顶点在一个球面上，则这个球的表面积为( )A ．16πB ．32πC ．36πD ．64π7.如图，在棱长为4的正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1中，P 是A 1B 1上一点，且PB 1＝14A 1B 1，则多面体P - BCC 1B 1的体积为( )A.83B.163C ．4D ．58．如图，在边长为1的正方形ABCD 中，点E ，F 分别为边BC ，AD 的中点，将△ABF 沿BF 所在的直线进行翻折，将△CDE 沿DE 所在的直线进行翻折，在翻折过程中，下列说法错误的是( )A ．无论翻折到什么位置，A 、C 两点都不可能重合B ．存在某个位置，使得直线AF 与直线CE 所成的角为60°C ．存在某个位置，使得直线AF 与直线CE 所成的角为90°D ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 所成的角为90°二、多项选择题(大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．已知α，β是两个不重合的平面，m ，n 是两条不重合的直线，则下列命题正确的是( )A ．若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥αB ．若m ∥α，α∩β＝n ，则m ∥nC ．若m ⊥α，m ⊥β，则α∥βD ．若m ⊥α，m ∥n ，n ⊥β，则α∥β10．已知m 、n 为两条不重合的直线，α、β为两个不重合的平面，则下列说法正确的是()A．若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥nB．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥βC．若m∥n，n⊂α，α∥β，m⊄β，则m∥βD．若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥β11．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，侧面P AD为正三角形，且平面P AD⊥平面ABCD，则下列说法正确的是()A．在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMBB．异面直线AD与PB所成的角为90°C．二面角P -BC -A的大小为45°D．BD⊥平面P AC12．在正方体ABCD -A1B1C1D1中，N为底面ABCD的中心，P为线段A1D1上的动点(不包括两个端点)，M为线段AP的中点，则()A．CM与PN是异面直线B．CM＞PNC．平面P AN⊥平面BDD1B1D．过P、A、C三点的正方体的截面一定是等腰梯形三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)13．已知一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的表面积为________，体积为________．14．已知正四棱锥的侧棱长为23，侧棱与底面所成的角为60°，则该四棱锥的高为________．15．设α，β，γ是三个不同平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：(1)a∥γ，b∥β；(2)a∥γ，b⊂β；(3)b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(把所有正确的序号填上)．16.如图，已知六棱锥P -ABCDEF的底面是正六边形，P A⊥平面ABC，P A＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面P AE；④∠PDA＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．四、解答题(本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知正方体ABCD -A1B1C1D1.(1)证明：D1A∥平面C1BD；(2)求异面直线D1A与BD所成的角．18．(12分)如图，正方体ABCD -A′B′C′D′的棱长为a，连接A′C′，A′D，A′B，BD，BC′，C′D，得到一个三棱锥．求：(1)三棱锥A′ -BC′D的表面积与正方体表面积的比值；(2)三棱锥A′ -BC′D的体积．19．(12分)在如图的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，点E，G，F分别为棱MB，PB，PC的中点，且AD＝PD＝2MA.求证：(1)平面EFG∥平面PMA；(2)平面PDC⊥平面EFG.20．(12分)如图平行四边形ABCD中，BD＝23，AB＝2，AD＝4，将△BCD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.(1)求证：AB⊥DE.(2)求三棱锥E -ABD的侧面积．21．(12分)如图，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．(1)求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值．(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．22．(12分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠ACB＝90°，AC＝1，AA1＝BC＝2，点D在侧棱AA1上．(1)若D为AA1的中点，求证：C1D⊥平面BCD；(2)若A1D＝2，求二面角B-C1D-C的大小．。
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课时提升作业(五)
柱体、锥体、台体的表面积与体积
(25分钟60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.棱长都是1的三棱锥的表面积为( )
A. B.2 C.3 D.4
【解析】选A.S表=4S正△=4×=.
2.如图,某几何体的正视图是平行四边形,侧视图和俯视图都是矩形,则该几何体的体积为( )
A.6
B.9
C.8
D.12
【解析】选B.由三视图可知直观图是四棱柱,四棱柱的高为=,则V=×3×
3=9.
3.(2015·许昌高一检测)如果轴截面为正方形的圆柱的侧面积是4π,那么圆柱的体积等于( )
A.π
B.2π
C.4π
D.8π
【解析】选B.设圆柱的底面半径为r,则圆柱的母线长为2r,由题意得S圆柱侧=
2πr×2r=4πr2=4π,所以r=1,所以V圆柱=πr2×2r=2πr3=2π.
4.(2015·长春高一检测)已知一个圆柱的侧面展开图是一个正方形,这个圆柱的表面积与侧面积的比是( )
A. B.
C. D.
【解析】选A.设圆柱的底面半径为r,高为h,则由题设知h=2πr,所以S表=
2πr2+2πr·h=2πr2(1+2π),又S侧=h2=4π2r2,所以=.
5.(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
A.+2π
B.
C. D.
【解析】选B.由三视图可知,该几何体为半个圆锥和一个圆柱构成的组合体.由图中数据可知,
半个圆锥的体积为V1=××π×12×1=,圆柱的体积为V2=π×12×2=2π,所以几何体的体积为
.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.(2015·延边高二检测)已知圆锥SO的高为4,体积为4π,则底面半径r= .
【解析】由题意知πr2×4=4π,解得r=,即底面半径为.
答案:
7.侧面都是直角三角形的正三棱锥,底面边长为a时,该三棱锥的表面积是.
【解析】侧面都是直角三角形,故侧棱长等于a,
所以S表=a2+3××=a2.
答案:a2
8.(2015·江苏高考)现有橡皮泥制作的底面半径为5,高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个,则新的底面半径为.
【解析】由圆锥与圆柱的体积公式可知,V圆锥=πr2h=π·52×4=π,V圆柱=
πr2h=π·22×8=32π,所以圆锥与圆柱的总体积为π+32π.设制作后圆锥与圆柱的底面半径为r′,由题知πr′2×4+πr′2×8=π+32π,解得r′=.所以新的底面半径为.
答案:
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.若圆锥的表面积是15π,侧面展开图的圆心角是60°,求圆锥的体积.
【解析】设圆锥的底面半径为r,母线为l,
则2πr=πl,得l=6r.
又S锥=πr2+πr·6r=7πr2=15π,得r=,
圆锥的高h===·r
=·=5,
V=πr2h=π××5=π.
【拓展延伸】解读旋转体的侧面展开图
(1)圆柱的侧面展开图是一个矩形,矩形两边长分别为圆柱底面周长和高.
(2)圆锥侧面展开图是一个扇形,半径为圆锥的母线,弧长为圆锥底面周长.
(3)圆台侧面展开图是一个扇环,其两段弧长为圆台两底周长,扇形两半径的差为圆台的母线长.
10.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,截下一个棱锥C-A1DD1,求棱锥C-A1DD1的体积与剩余部分的体积之比.
【解题指南】剩余部分几何体不是规则几何体,可利用长方体和棱锥体积的差来求剩余部分的体积.
【解析】已知长方体可以看成直四棱柱,设它的底面ADD1A1的面积为S,高为h,则它的体积为V=Sh.
而棱锥C-A1DD1的底面积为S,高为h,故三棱锥C-A1DD1的体积为:
=h=Sh,
余下部分体积为:Sh-Sh=Sh.
所以棱锥C-A1DD1的体积与剩余部分的体积之比为1∶5.
【补偿训练】长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V,P是DD1的中点,Q是AB上的动点,求四面体P-CDQ的体积.
【解析】设长方体的长、宽、高分别为AB=a,BC=b,AA1=c,则有V=abc.
由题意知PD=c,S△CDQ=CD·AD=ab,
所以V P-CDQ=S△CDQ·PD=×ab×c
=abc=V.。