2019-2020学年高中数学 穿越自测（含解析）新人教A版必修2

穿越自测一、选择题1．(2018·全国卷Ⅲ·理3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()答案A解析观察图形易知卯眼处应以虚线画出，俯视图为，故选A．2．(2018·全国卷Ⅰ·文9)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A．217B．25C．3D．2答案B解析根据圆柱的三视图及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为42＋22＝25，故选B．3．(2018·北京高考·理5)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为()A．1B．2C．3D．4答案C解析由三视图可得正方体中四棱锥P－ABCD，如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PD＝2，AD＝2，CD＝2，AB＝1，由勾股定理可知，PA＝22，PC＝22，PB＝3，BC＝5，则在四棱锥P－ABCD中，直角三角形有△PAD，△PCD，△PAB共三个，故选C．4．(2018·浙江高考·3)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()A．2B．4C．6D．8答案C解析根据三视图可得该几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上、下底分别为1，2，梯形的高为2，因此该几何体的体积为12×(1＋2)×2×2＝6，故选C．5．(2018·全国卷Ⅱ·文9)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为()A．22B．32C．52D．72答案C解析在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD∥AB，所以异面直线AE与CD所成角为∠EAB，设正方体边长为2a，则由E为棱CC1的中点，可得CE＝a，所以BE＝5a，则tan∠EAB＝BEAB＝5a2a＝52．故选C．6．(2018·全国卷Ⅰ·文10)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为()A．8B．62C．82D．83答案C解析在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接BC1，根据线面角的定义可知∠AC1B＝30°，因为AB＝2，ABBC1＝tan30°，所以BC1＝23，从而求得CC1＝BC21－BC2＝22，所以该长方体的体积为V＝2×2×22＝82，故选C．7．(2018·浙江高考·8)已知四棱锥S－ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S－AB－C的平面角为θ3，则()A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ1答案D解析设O为正方形ABCD的中心，M为AB的中点，过点E作BC的平行线EF，交CD于F，过点O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，OM，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，因此∠SEN＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SMO＝θ3，θ1，θ2，θ3∈0，π2，从而tanθ1＝SNEN＝SNOM，tanθ2＝SOEO，tanθ3＝SOOM，因为SN≥SO，EO≥OM，所以tanθ1≥tanθ3≥tanθ2，即θ1≥θ3≥θ2，故选D．8．(2018·全国卷Ⅲ·理10)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D－ABC体积的最大值为()A．123B．183C．243D．543答案B解析如图所示，点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，当DM⊥平面ABC时，三棱锥D－ABC体积最大，此时，OD＝OB＝R＝4．∵S△ABC＝34AB2＝93，∴AB＝6，∵点M为三角形ABC的重心，∴BM＝23BE＝23，∴在Rt△ABC中，有OM＝OB2－BM2＝2．∴DM＝OD＋OM＝4＋2＝6，∴(V三棱锥D－ABC)max＝13×93×6＝183．故选B．9．(2018·全国卷Ⅰ·理12)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A．334B．233C．324D．32答案A解析根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1D1与线AA1，A1B1，A1D1所成的角是相等的，所以平面AB1D1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面C1BD也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面AB1D1与C1BD中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为22，所以其面积为S＝6×34×222＝334，故选A．二、填空题10．(2018·天津高考·文11)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1－BDD1B1的体积为________．答案13解析如图所示，连接A1C1，交B1D1于点O，很明显A1C1⊥平面BDD1B1，则A1O是四棱锥A1－BDD1B1的高，且A1O＝12A1C1＝12×12＋12＝22，S四边形BDD1B1＝BD×DD1＝2×1＝2，结合四棱锥的体积公式可得四棱锥A1－BDD1B1的体积为V＝13S四边形BDD1B1×A1O＝13×2×22＝13．11．(2018·全国卷Ⅱ·文16)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°，若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________．答案8π解析如图所示，∠SAO＝30°，∠ASB＝90°，又S△SAB＝12SA·SB＝12SA2＝8，解得SA＝4，所以SO＝12SA＝2，AO＝SA2－SO2＝23，所以该圆锥的体积为V＝13·π·OA2·SO＝8π．12．(2018·天津高考·理11)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M－EFGH的体积为________．答案112解析由题意可得，底面四边形EFGH是边长为22的正方形，其面积S四边形EFGH＝222＝12，顶点M到底面四边形EFGH的距离为d＝12，由四棱锥的体积公式可得V四棱锥M－EFGH＝13×12×12＝112．13．(2018·江苏高考·10)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．答案43解析由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为2×13×(2)2×1＝43．三、解答题14．(2018·北京高考·文18)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．求证：(1)PE⊥BC；(2)平面PAB⊥平面PCD；(3)EF∥平面PCD．证明(1)∵PA＝PD，且E为AD的中点，∴PE⊥AD．∵底面ABCD为矩形，∴BC∥AD，∴PE⊥BC．(2)∵底面ABCD为矩形，∴AB⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且交线为AD，∴AB⊥平面PAD．∴AB⊥PD．又PA⊥PD，AB∩AP＝A，∴PD⊥平面PAB，又∵PD⊂平面PCD．∴平面PAB⊥平面PCD．(3)如图，取PC的中点G，连接FG，GD．∵F，G分别为PB和PC的中点，∴FG∥BC，且FG＝12BC．∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，∴ED∥BC，DE＝12BC，∴ED∥FG，且ED＝FG，∴四边形EFGD为平行四边形，∴EF∥GD．又EF⊄平面PCD，GD⊂平面PCD，∴EF∥平面PCD．15．(2018·江苏高考·15)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1．求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC．证明(1)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．(2)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，所以AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．16．(2018·全国卷Ⅰ·文18)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝23DA，求三棱锥Q－ABP的体积．解(1)证明：由已知可得∠BAC＝90°，即BA⊥AC．又AB⊥DA，且AC∩DA＝A，所以AB⊥平面ACD．又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝32．又BP＝DQ＝23DA，所以BP＝22．作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊13DC．由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1．因此，三棱锥Q－ABP的体积为V三棱锥Q－ABP＝13·QE·S△ABP＝13×1×12×3×22sin45°＝1．17．(2018·全国卷Ⅱ·文19)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．解(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以PO⊥AC，且PO＝23．连接OB，因为AB＝BC＝22AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝12AC＝2．由PO2＋OB2＝PB2知PO⊥OB．由PO⊥OB，PO⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC．(2)作CH⊥OM，垂足为H．又由(1)可得PO⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC＝12AC＝2，CM＝23BC＝423，∠ACB＝45°．所以OM＝253，CH＝OC·MC·sin∠ACBOM＝455．所以点C到平面POM的距离为455．18．(2018·全国卷Ⅲ·文19)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．解(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC．而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：连接AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP．又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD．19．(2018·天津高考·文17)如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝23，∠BAD＝90°．(1)求证：AD⊥BC；(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．解(1)证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥