2019—2020年苏教版高中数学必修二章末质量评估1及答案解析.docx

（新课标）2018-2019学年苏教版高中数学必修二
章末质量评估(一)
(时间：120分钟满分：160分)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)
1．直线l与平面α所成角为30°，l∩α＝A，m⊂α，A∉m，则m与l所成角的取值范围是________．
解析直线l与平面α所成的30°的角为m与l所成角的最小值，当m在α内适当旋转就可以得到l⊥m，即m与l所成角的最大值为90°.
答案[30°，90°]
2．以△ABC的三条中位线DE，EF，FD为折痕将△ADF，△BDE，△CEF 折起，使A，B，C三点重合并记为P，构成三棱锥P－DEF，则在下列给出的图形中：①等腰三角形；②等边三角形；③锐角三角形；④直角三角形；⑤钝角三角形．△ABC不可能是________．
解析∵等边三角形折叠起来是一个正三棱锥，
∴等腰三角形、等边三角形、锐角三角形都可能按照上述方法折成三棱锥，而直角三角形、钝角三角形折叠的时候不能使得短边与长边同时重合，不能实现上述折叠．
答案④⑤
3．若一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面的位置关系是__________．
解析 若题中所指两直线是相交直线则平面平行，若两直线是平行直线，则两平面相交或平行．
答案 平行或相交
4．如图，正方体的棱长为1，C 、D 是两棱中点，A 、B 、M 是顶点，则点
M 到截面ABCD 的距离是________．
解析 作MN ⊥AB 于点N ，取DC 的中点P ，则AB ⊥平面MNP .作MH ⊥NP 于点H ，则MH ⊥平面ABCD ，即MH 为所求．由V M －ABC ＝V A －BCM ，得d ＝2
3
.
答案 23
5．在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，当底面四边形ABCD 满足条件________时，有A 1C ⊥B 1D 1(注：填上你认为正确的一种即可，不必考虑所有可能的情形)．
解析 ∵AC ⊥BD ，∴A 1C 1⊥B 1D 1.又∵CC 1⊥B 1D 1，A 1C 1∩CC 1＝C 1，∴B 1D 1⊥平面A 1C 1C ，∴B 1D 1⊥A 1C .
答案 AC ⊥BD (答案不唯一)
6．轴截面是正方形的圆柱的侧面积为S ，那么圆柱的体积为________． 解析 设圆柱底面直径为x ，则高为x ，因此有πx ·x ＝S .而V 圆柱＝π⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫x 22·x
＝π4x 3＝S 4
S
π
.
答案
S 4
S π
7．如图，P 点是四边形ABCD 所在平面外一点，O 是AC 与BD 的交点，且PO ⊥平面ABCD ，当四边形ABCD 具有条件________时，点P 到四边形ABCD 四条边的距离相等．(填上你认为正确的一种情况即可)
解析 只需考虑O 到四边形四边的距离相等即可． 答案 正方形(或圆的外切四边形等)
8．圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为________．
解析 圆柱的侧面积S 侧＝6π×4π＝24π2.
(1)以边长为6π的边为轴时，4π为圆柱底面圆周长，所以2πr ＝4π，即r ＝2.
所以S 底＝4π，所以S 表＝24π2＋8π.
(2)以4π所在边为轴时，6π为圆柱底面圆周长，所以2πr ＝6，即r ＝3.所以
S 底＝9π，所以S 表＝24π2＋18π.
答案 24π2＋8π或24π2＋18π
9．在△ABC 中，∠BAC ＝90°，P 为△ABC 所在平面外一点，且PA ＝PB ＝
PC ，则平面PBC 与平面ABC 的关系是________．
解析 如右图所示，取BC 的中点O ，连接AO ，PO . ∵PB ＝PC ，∴PO ⊥BC .
又△ABC 是以A 为直角顶点的直角三角形， ∴OA ＝OB ，且PA ＝PB ， ∴Rt △POB ≌Rt △POA ，
∴∠POA ＝∠POB ＝90°，即PO ⊥OA ， 而OA ∩BC ＝O ，
∴PO ⊥平面ABC ，而PO ⊂平面PBC ， ∴平面PBC ⊥平面ABC . 答案 垂直
10．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱的高为2，这个球的的表面积为12π，则这个正四棱柱的体积为________．
解析 设正四棱柱的底面边长为a ，则球的直径2R ＝22＋2a 2，
所以S 表＝4πR 2＝4π⎝ ⎛⎭⎪
⎪
⎫22＋2a 24＝12π， 解得a ＝2，
所以正四棱柱的体积V ＝2a 2＝8. 答案 8
11．考察下列三个命题，在“________”处都缺少一个条件，补上这个条件使其成为真命题(其中l 、m 为直线，α、β为平面)，则此条件为________．
⎭
⎪⎬⎪⎫①m ⊂α l ∥m
⇒l ∥α
⎭
⎪⎬⎪
⎫②l ∥m m ∥α
⇒l ∥α；
⎭
⎪⎬⎪
⎫③l ⊥β α⊥β
⇒l ∥α. 解析 ①体现的是线面平行的判定定理，缺的条件是“l ⊄α”，它同样适合②和
③.
答案 l ⊄α
12．棱长为1的正四面体内有一点P ，由点P 向各面引垂线，垂线段长度分别为d 1，d 2，d 3，d 4，则d 1＋d 2＋d 3＋d 4的值为________．
解析 作等体积变换：1
3×3
4×(d 1＋d 2＋d 3＋d 4)＝1
3×34×h ，而h ＝6
3
.
答案 63
13．设平面α∥β，A ，C ∈α，B ，D ∈β，直线AB 与CD 交于点S ，且AS ＝8，
BS ＝9，CD ＝34，则CS ＝________.
解析 根据题意易得
AS SB ＝
SC SD .当点S 在α，β之间时，有89＝CS
34－CS
，即CS
＝16；当点S 在α，β之外时，有817＝SC
SC ＋34，即SC ＝272
9
.
答案 16或272
9
14．设正三角形ABC 的边长为a ，PA ⊥平面ABC ，PA ＝AB ，E 为BC 中点，在平面PAE 内过点A 作AF ⊥PE ，垂足为F ，则AF 的长为________．
解析 如右图所示，知AE ⊥BC ，又∵BC ⊥PA ，∴BC ⊥平面PAE . ∴平面PAE ⊥平面PBC .
∵AF ⊥PE ，垂足为F ，∴AF ⊥平面PBC .
则AF ＝
PA ·AE PE ＝
217
a .
答案 217
a
二、解答题(本大题共6小题，共90分)
15．(本小题满分14分)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 中，E ，F ，G 分别是AB ，AD ，C 1D 1的中点．
求证：平面D 1EF ∥平面BDG . 解 ∵E ，F 分别是AB ，AD 的中点，
∴EF∥BD.
又∵EF⊄平面BDG，BD⊂平面BDG，
∴EF∥平面BDG.
∵D1G綉EB，∴四边形D1GBE为平行四边形，
∴D1E∥GB.
又∵D1E⊄平面BDG，GB⊂平面BDG，
∴D1E∥平面BDG.
又∵EF∩D1E＝E，∴平面D1EF∥平面BDG.
16．(本小题满分14分)如图(1)，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点．
(1)证明：AD⊥D1F；
(2)求AE与D1F所成的角；
(3)证明平面AED⊥平面A1FD1.
(1)证明由正方体ABCD－A1B1C1D1，可得AD⊥面D1DCC1.
∵D1F⊂面D1DCC1，∴AD⊥D1F.
(2)解如图(2)，取AB的中点G，则易证得A1G∥D1F.
又正方形A1ABB1中，E、G分别是对应边的中点，
∴A1G⊥AE.∴D1F⊥AE.
∴AE与D1F所成的角为90°.
(3)证明由正方体可知A1D1⊥面A1ABB1，
∴A1D1⊥AE.
又由(2)已证D1F⊥AE.
∵A1D1∩D1F＝D1，
∴AE⊥平面A1FD1.
又AE⊂平面AED，
∴平面AED⊥平面A1FD1.
17．(本小题满分14分)已知四边形ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AB＝2，PA＝AD＝4，E为BC的中点．
(1)求证：DE⊥平面PAE；
(2)求直线DP与平面PAE所成的角的大小．
(1)证明取AD中点F，连结EF，则ABEF与EFDC都是正方形，
∴∠EAD＝∠ADE＝45°，
∴AE⊥DE.
∵PA⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，
∴PA⊥DE.
又∵PA∩AE＝A，
∴DE⊥平面PAE.
(2)解由(1)知∠DPE即为DP与平面PAE所成的角．
在Rt△PAD中，PD＝4 2.在Rt△DCE中，DE＝2 2.
则在Rt△DEP中，PD＝2DE，∴∠DPE＝30°.
即直线DP与平面PAE所成的角为30°.
18．(本小题满分16分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是∠DAB ＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD是等边三角形，且侧面PAD⊥底面ABCD，G为AD的中点．
(1)求证：BG⊥平面PAD；
(2)求证：AD⊥PB；
(3)求二面角A­BC­P的大小．
(1)证明连结BD，则△ABD为等边三角形．
∵G为AD的中点，∴BG⊥AD.
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BG⊥平面PAD.
(2)证明：连结PG.
∵△PAD是等边三角形且G为AD的中点，
∴AD⊥PG.
又∵AD⊥BG，PG∩BG＝G，
∴AD⊥平面PBG.
∵PB⊂平面PBG，∴AD⊥PB.
(3)解∵AD⊥PB，AD∥BC，
∴BC⊥PB.
又∵BG⊥AD，AD∥BC，
∴BG⊥BC，
∴∠PBG为二面角A­BC­P的平面角．在Rt△PBG中，PG＝BG，
∴∠PBG＝45°.
19．(本小题满分16分)如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝23，沿对角线BD将△ABD折起，使点A移至点P，且P在平面BCD内的射影为O，且O 在DC上．
(1)求证：PD⊥PC；
(2)求二面角P－DB－C的平面角的余弦值．
(1)证明∵PO⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，
∴PO⊥BC.
∵BC⊥CD，CD∩PO＝O，
∴BC⊥平面PCD.
∵DP⊂平面PCD，
∴BC⊥DP.
又∵DP⊥PB，PB∩BC＝B，
∴DP⊥平面PBC.
而PC⊂平面PBC，
∴PD⊥PC.
(2)解 △PBD 在平面BCD 内的射影为△OBD ，且S △PBD ＝12
×6×23＝63，S △OBD ＝S △CBD －S △BOC ＝63－12×23×OC .
在Rt △DPC 中，PC 2＝24.
设OC ＝x ，则OD ＝6－x ，
∴PC 2－OC 2＝DP 2－DO 2，即24－x 2＝12－(6－x )2.
解得x ＝4.∴S △BOD ＝63－43＝2 3.
过点P 作PQ ⊥DB ，连结OQ ，则DB ⊥平面OPQ ，
∴∠OQP 即为二面角P －DB －C 的平面角，
∴cos ∠OQP ＝S △BOD S △PBD ＝2363＝1
3.
20．(本小题满分16分)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，PD ∥MA ，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，且AD ＝PD ＝2MA .
(1)求证：平面EFG ⊥平面PDC ；
(2)求三棱锥P －MAB 与四棱锥P －ABCD 的体积之比．
解 (1)由已知MA ⊥平面ABCD ，PD ∥MA ，
所以PD ⊥平面ABCD .
又BC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥BC .
因为四边形ABCD 为正方形，所以BC ⊥DC .
又PD ∩DC ＝D ，因此BC ⊥平面PDC .
在△PBC 中，因为G 、F 分别为PB 、PC 的中点，
所以GF ∥BC ，因此GF ⊥平面PDC .
又GF ⊂平面EFG ，所以平面EFG ⊥平面PDC .
(2)因为PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，不妨设MA ＝1，则PD ＝AD ＝2，
所以V P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PD ＝83
. 由于DA ⊥平面MAB ，且PD ∥MA ，
所以DA 即为点P 到平面MAB 的距离，
三棱锥V P －MAB ＝13S △MAB ·DA ＝13×12×1×2×2＝23
， 所以V P －MAB ∶V P －ABCD ＝1∶4.。