《2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元能力測試卷10A》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元能力測試卷10A（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第十章　單元能力測試卷(A版) 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．) 1．(2020·上海春季高考)若空間三條直線a、b、c滿足a⊥b，b⊥c，則直線a與c(　　) A．一定平行 B．一定相交 C．一定是異面直線 D．平行、相交、是異面直線都有可能 答案　D 2．已知高為3的直棱柱ABC—A′B′C′的底面是邊長為1的正三角形(如圖所示)，則三棱錐B′—ABC的體積為(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 答案　D 解析　V＝Sh＝××3＝. 3．如圖，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，沿對角線BD將△ABD折起，使A點在平面BC

2、D內(nèi)的射影O落在BC邊上，若二面角C—AB—D的平面角大小為θ，則sinθ的值等于(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　∵BC⊥CD，BC是AC在平面BCD上的射影， ∴AC⊥CD，∴CD⊥平面ABC， ∵AD⊥AB，∴AC⊥AB，∴θ＝∠DAC， ∴sinθ＝＝. 4．位于北緯x度的A、B兩地經(jīng)度相差90°，且A、B兩地間的球面距離為R(R為地球半徑)，那么x等于(　　) A．30 B．45 C．60 D．75 答案　B 解析　記球心為點O，依題意得∠AOB＝，OA＝OB＝R，因此AB＝R.又A、B兩地經(jīng)度相差90°，因此A、B兩地所在

3、的緯線圈的半徑是R，x＝45，選B. 5．設(shè)a、b是兩條互不垂直的異面直線，過a、b分別作平面α、β，對于下面四種情況：①b∥α，②b⊥α；③α∥β；④α⊥β.其中可能的情況有(　　) A．1種 B．2種 C．3種 D．4種 答案　C 解析　①③④都有可能，②不可能，否則有b⊥a，與已知矛盾． 6．在三棱錐A－BCD中，若AD⊥BC，BD⊥AD，ΔBCD是銳角三角形，那么必有(　　) A．平面ABD⊥平面ADC B．平面ABD⊥平面ABC C．平面ADC⊥平面BCD D．平面ABC⊥平面BCD 答案　C 解析　由AD⊥BC，BD⊥AD?AD⊥平面BCD.又A

4、D?平面ADC， ∴平面ADC⊥平面BCD. 7．直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝AA1＝a，則點A到平面A1BC的距離是(　　) A．a(chǎn) B.a C.a D.a 答案　C 解析　取A1C的中點O，連接AO. ∵AC＝AA1，∴AO⊥A1C. 又該三棱柱是直三棱柱，∴平面A1C⊥平面ABC. 又∵BC⊥AC，∴BC⊥AO. 因此AO⊥平面A1BC，即AO的長等于A到平面ABC的距離，解得AO＝a. 8．在△ABC中，AB＝15，∠BCA＝120°.若△ABC所在平面α外一點P到A、B、C的距離都是14，則P到α的距離是(　　) A．13

5、 B．11 C．9 D．7 答案　B 解析　作PO⊥α于點O，連結(jié)OA、OB、OC. ∵PA＝PB＝PC，∴OA＝OB＝OC. ∴O為△ABC的外心． ∴OA＝＝＝5. ∴PO＝＝11為所求． 9．高為5，底面邊長為4的正三棱柱形容器(下有底)，可放置最大球的半徑是(　　) A. B．2 C. D. 答案　B 解析　如上圖所示，過球心作平行于底的截面，R＝2tan30°＝2. 10．如圖，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M、N分別是棱DD1、D1C1的中點，則直線OM(　　) A．是AC和MN的公垂線 B．垂直于AC

6、，但不垂直于MN C．垂直于MN，但不垂直于AC D．與AC，MN都不垂直 答案　A 解析　∵MO在面ABCD上的射影為OD，OD⊥AC，∴OM⊥AC，又∵MO在面CC1D1D中的射影與MN垂直，∴MO⊥MN，∴OM是AC和MN的公垂線． 11．棱長為2的正四面體的四個頂點都在同一個球面上，若過該球球心的一個截面如圖，則圖中三角形(正四面體的截面)的面積是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　如圖，△ABE為題中三角形， 由已知得AB＝2，BE＝2×＝，BF＝BE＝， ∴AF＝＝＝， ∴△ABE的面積為S△＝×BE×AF＝××＝.故選C.

7、12．已知二面角α—l—β的平面角為θ，PA⊥α，PB⊥β，A、B為垂足，且PA＝4，PB＝5，設(shè)A、B到棱l的距離分別為x、y，當(dāng)θ變化時，點(x，y)的軌跡是下列圖形中的(　　) 答案　D 解析　如圖，PO2＝PA2＋OA2＝PB2＋OB2， ∴16＋x2＝25＋y2. ∴x2－y2＝9且x≥3，y>0.故選D. 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在題中橫線上) 13．在△ABC中，M、N分別是AB、AC的中點，PM⊥平面ABC，當(dāng)BC＝18，PM＝3時，PN和平面ABC所成的角是________． 答案　30° 解析　∵PM⊥平面ABC，∴∠P

8、NM為PN與平面ABC所成的角． tan∠PNM＝＝＝，∴∠PNM＝30°. 14．有兩個半徑都是r的球，其中一個球的球心在另一個球的球面上，則這兩個球的交線長為________． 答案　πr 解析　由題意得交線為半徑為r的圓周，其長為πr. 15．在正四面體A—BCD中，O為底面△BCD的中心，M是線段AO上一點，且使得∠BMC＝90°，則＝________. 答案　1 解析　如右圖所示， 設(shè)正四面體A—BCD的棱長為2，由∠BMC＝90°，得BM＝. 又可得BO＝，在Rt△BOM中，MO＝，由勾股定理得AO＝，所以得＝1. 16．如圖是一幾何體的平面展開圖，其中

9、ABCD為正方形，E、F、分別為PA、PD的中點，在此幾何體中，給出下面四個結(jié)論： ①直線BE與直線CF異面； ②直線BF與直線AF異面 ③直線EF∥平面PBC； ④平面BC⊥平面PAD. 其中正確的有______個． 答案　2 解析　將幾何圖展開拼成幾何體(如圖)， 因為E、F分別為PA、PD的中點，所以EF∥AD∥BC，即直線BE與CF共面，①錯；因為B?平面PAD ，E∈平面PAD，E?AF，所以BE與AF是異面直線，②正確；因為EF∥AD∥BC，EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥⊥平面PBC，③正確；平面PAD與平面BCE不一定垂直，④錯． 三、解答題

10、(本大題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(本小題滿分10分)如圖所示，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M、N分別是AB、PC的中點， 求證：MN∥平面PAD 證明　取PD的中點E，連接AE，NE，則NE綊DC 又∵AM綊DC，∴NE綊AM ∴四邊形AENM為?.∴MN∥AE 又AE?平面PAD，MN?平面PAD， ∴ MN∥平面PAD. 18．(本小題滿分12分)如右圖所示，已知直二面角α—PQ—β，A∈PQ，B∈α，C∈β，CA＝CB，∠BAP＝45°，直線CA和平面α所成的角為30°. (1)證明：BC⊥PQ； (2)求二面角

11、B—AC—P的大?。? 解析　(1)如右圖，在平面β內(nèi)過點C作CO⊥PQ于點O，連結(jié)OB. 因為α⊥β，α∩β＝PQ，所以CO⊥α. 又因為CA＝CB，所以O(shè)A＝OB. 而∠BAO＝45°，所以∠ABO＝45°，∠AOB＝90°.從而BO⊥PQ. 又CO⊥PQ，所以PQ⊥平面OBC.因為BC?平面OBC，故PQ⊥BC. (2)由(1)知，BO⊥PQ，又α⊥β，α∩β＝PQ，BO?α，所以BO⊥β. 過點O作OH⊥AC于點H，連結(jié)BH，由三垂線定理知，BH⊥AC. 故∠BHO是二面角B—AC—P的平面角． 由(1)知，CO⊥α，所以∠CAO是CA和平面α所成的角，則∠CAO＝

12、30°. 不妨設(shè)AC＝2，則AO＝，OH＝AOsin30°＝. 在Rt△OAB中，∠ABO＝∠BAO＝45°，所以BO＝AO＝. 于是在Rt△BOH中，tan∠BHO＝＝＝2. 故二面角B—AC—P的大小為arctan2. 19．(本小題滿分12分)如圖所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，四邊形A1ABB1是菱形，四邊形BCC1B1是矩形，AB⊥BC，CB＝3，AB＝4，∠A1AB＝60°. (1)求證：平面CA1B⊥平面A1ABB1； (2)求直線A1C與平面BCC1B1所成角的正切值； (3)求點C1到平面A1CB的距離． 解析　證明：(1)四邊形BCC1B1是矩形

13、，∴BC⊥BB1. 又∵AB⊥BC，∴BC⊥平面A1ABB1. ∵BC?平面CA1B，∴平面CA1B⊥平面A1ABB1. 解：(2)過A1作A1D⊥B1B于D，D即為B1B的中點，連接DC. ∵BC⊥平面A1ABB1，∴BC⊥A1D，∴A1D⊥平面BCC1B1， 故∠A1CD為直線A1C與平面BCC1B1所成的角． 在矩形BCC1B1中，DC＝. ∵四邊形A1ABB1是菱形，∠A1AB＝60°，CB＝3，AB＝4，∴A1D＝2， ∴tan∠A1CD＝＝＝. (3)∵B1C1∥BC，∴B1C1∥平面A1BC， ∴C1到平面A1BC的距離即為B1到平面A1BC的距離． 連

14、接AB1，AB1與A1B交于點O. ∵四邊形A1ABB1是菱形，∴B1O⊥A1B. ∵平面CA1B⊥平面A1ABB1，∴B1O⊥平面A1BC. ∴B1O即為C1到平面A1BC的距離，又B1O＝2， ∴C1到平面A1BC的距離為2. 20．(本小題滿分12分)(09·廣東)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，點E是正方形BCC1B1的中心，點F、G分別是棱C1D、AA1的中點．設(shè)點E1、G1分別是點E、G在平面DCC1D1內(nèi)的正投影． (1)求以E為頂點，以四邊形FGAE在平面DCC1D1內(nèi)的正投影為底面邊界的棱錐的體積； (2)證明：直線FG1⊥平面FEE1

15、； (3)求異面直線E1G1與EA所成角的正弦值． 解析　(1)點A、E、G、F在平面DCC1D1的投影分別為點D、E1、G1、F，連結(jié)EF、EE1、EG1、ED. 則VE－DE1FG1＝VF－EE1G1＋VD－EE1G1＝×1×1＋×1×1＝. (2)∵點E在平面DCC1D1的正投影為點E1， 則EE1⊥面DCC1D1. ∵FG1?平面DCC1D1，∴EE1⊥FG1. 在△E1FG1中，F(xiàn)G1＝＝，E1F＝＝，E1G1＝2， ∴FE12＋FG12＝E1G12＝4，∴FG1⊥FE1， ∵FE1∩EE1于點E1，∴FG1⊥平面FEE1. (3)取正方形ADD1A1的中心為

16、M，連結(jié)EM、AM，則EM綊E1G1，且EM⊥面AA1D1D，∴EM⊥AM. ∵AM＝＝， AE＝＝，EM＝2， ∴sin∠AEM＝＝＝. ∴異面直線E1G1與EA所成角的正弦值為. 21．(本小題滿分12分)如圖所示，M、N、P分別是正方體ABCD—A1B1C1D1的棱AB、BC、DD1上的點． (1)若＝，求證：無論點P在DD1上如何移動，總有BP⊥MN； (2)若D1P∶PD＝1∶2，且PB⊥平面B1MN，求二面角N—B1M—B的余弦值． (3)在棱DD1上是否存在這樣的點P，使得平面APC1⊥平面ACC1？證明你的結(jié)論． 解析　(1)證明：∵在底面ABCD內(nèi)，＝，

17、 ∴BM＝BN，MN∥AC. 又∵AC⊥BD，∴MN⊥BD. 又BB1⊥MN，∴MN⊥平面BB1D1D. 而BP?平面BB1D1D，∴MN⊥BP. (2)解：在AA1上取點Q，使A1Q∶QA＝1∶2， 連接PQ、BQ、BD，則PQ⊥平面A1ABB1. ∵PB⊥平面B1MN，∴PB⊥MN，PB⊥B1M， ∴根據(jù)三垂線定理逆定理，DB⊥MN，QB⊥B1M. 設(shè)BQ∩B1M＝H，連接NH. ∵NB⊥平面B1MB，∴NH⊥B1M， ∴∠NHB為二面角N—B1M—B的平面角． 令A(yù)B＝3，則AQ＝2，BQ＝， ∴cos∠HBM＝＝＝， ∴在Rt△NBH中， tan∠NHB＝

18、＝＝， ∴cos∠NHB＝. (3)解：存在點P，且P在DD1的中點，使得平面APC1⊥平面ACC1.證明如下： ∵C1C⊥底面ABCD，∴C1C⊥BD. 又AC⊥BD，∴BD⊥平面ACC1， 取AC1中點O，連接PO，易證PO∥BD， 從而PO⊥平面ACC1， ∵PO?平面APC1，∴平面APC1⊥平面ACC1. 22．(本小題滿分12分)如右圖所示，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是矩形，PA＝AD＝a，M、N分別是AB、PC的中點． (1)求平面PCD與平面ABCD所成二面角的大?。? (2)求證：平面MND⊥平面PCD； (3)當(dāng)AB的長度變化時，求異面直線P

19、C與AD所成角的取值范圍． 解析　(1)PA⊥平面ABCD，CD⊥AD，∴PD⊥CD. 故∠PDA是平面PCD與平面ABCD所成二面角的平面角． 在Rt△PAD中，PA⊥AD，PA＝AD， ∴∠PDA＝45°. (2)如右圖所示，取PD中點E，連結(jié)AE、EN.由M、N分別是AB、PC的中點， ∴EN綊CD綊AB. ∴AMNE為平行四邊形．∴MN∥AE. 在等腰Rt△PAD中，AE是斜邊的中線，∴AE⊥PD. 又CD⊥PD，CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥AE. 又PD∩CD＝D，∴AE⊥平面PCD.∴MN⊥平面PCD.∴平面MND⊥平面PCD. (3)∵AD∥BC， ∴∠PCB為異面直線PC、AD所成的角．由三垂線定理知PB⊥BC. 設(shè)AB＝x(x>0)， ∴tan∠PCB＝＝>1. 又∠PCB為銳角，∴∠PCB∈(，)， 即異面直線PC、AD所成角的范圍是(，)．