1、温馨提示：温馨提示： 此套题为此套题为 WordWord 版，请按住版，请按住 Ctrl,Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看滑动鼠标滚轴，调节合适的观看 比例，答案解析附后。关闭比例，答案解析附后。关闭 WordWord 文档返回原板块。文档返回原板块。 单元素养评价单元素养评价( (一一)()(第九章第九章) ) (120(120 分钟分钟150150 分分) ) 一、单选题(本大题共 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.在ABC 中,若 a=b,A=2B,则 cos B 等于() 5 2 A.B.C.D. 5 3 5 4
2、5 5 5 6 【解析】选 B.由正弦定理得 =,所以 a=b 可化为=. 5 2 5 2 又 A=2B,所以=,所以 cos B=. 2 5 2 5 4 2.(2019邯郸高二检测)在锐角ABC 中,角 A,B,C 的对边分别是 a,b,c,若 a= bsin A,则角 B 的大小为() 2 A.B.C.D. 4 6 3 4 3 【解析】选 A.因为 a=bsin A,所以由正弦定理可得 sin A=sin Bsin A, 22 因为 sin A0,所以 sin B=,所以由 B 为锐角可得 B= . 2 2 4 3.在ABC 中,a=15,b=20,A=30,则 cos B= () A.B
3、.C.-D. 5 3 2 3 5 3 5 3 【解析】选 A.因为=,所以=,解得 sin B= .因为 ba, 15 30 20 2 3 所以 BA,故 B 有两解,所以 cos B=. 5 3 4.在ABC 中,a,b,c 分别是角 A,B,C 的对边,已知 b2=c(b+2c),若 a=,cos A= 6 ,则ABC 的面积等于 () 7 8 A.B.C.D.3 1715 15 2 【解析】选 C.因为 b2=c(b+2c),所以 b2-bc-2c2=0,即(b+c)(b-2c)=0,所以 b=2c. 又 a=,cos A= ,解得 c=2,b=4. 6 2+ 2 - 2 2 7 8 所
4、以 SABC= bcsin A= 42=. 1 2 1 2 1 - ( 7 8) 2 15 2 5.(2019全国卷)ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 asin A- bsin B=4csin C,cos A=- ,则 = () 1 4 A.6B.5C.4D.3 【解析】选 A.由已知及正弦定理可得 a2-b2=4c2,由余弦定理推论可得- =cos 1 4 A=,所以=- ,所以= ,所以 = 4=6. 2+ 2 - 2 2 2 - 4 2 2 1 4 3 2 1 4 3 2 6.(2020南昌高二检测)在ABC 中,AB=2,AC=3,=1,则 BC 等于 ()
5、A.B.C.2D. 37223 【解析】选 A.由=1 可得 2|cos(180-B)=1,即 2|cos B=-1,由 余弦定理可得 32=BC2+22-22BCcos B,把 2BCcos B=-1 代入,得 9=BC2+4+2,解得 BC=. 3 7.在ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且 sin2=,则ABC 的形状 2 - 2 为 () 世纪 A.等边三角形B.直角三角形 C.等腰三角形D.等腰直角三角形 【解析】选 B.由已知可得= -, 1 - 2 1 2 2 即 cos A= ,b=ccos A. 法一:由余弦定理得 cos A=, 2+ 2 - 2 2 则
6、 b=c,所以 c2=a2+b2, 2+ 2 - 2 2 由此知ABC 为直角三角形. 法二:由正弦定理得 sin B=sin Ccos A. 在ABC 中,sin B=sin(A+C), 从而有 sin Acos C+cos Asin C=sin Ccos A, 即 sin Acos C=0.在ABC 中,sin A0, 所以 cos C=0.由此得 C= , 2 故ABC 为直角三角形. 8.(2019宜春高二检测)如图,在ABC 中,D 是边 AC 上的点,且 AB=AD,2AB=BD,BC=2BD,则 sin C 的值为世纪() 3 A.B.C.D. 3 3 3 6 6 3 6 6 【
7、解析】选 D.设 BD=a,则 BC=2a,AB=AD=a. 3 2 在ABD 中,由余弦定理得 cos A= 2+ 2 - 2 2 = . ( 3 2 )2+ ( 3 2 )2 - 2 2 3 2 3 2 1 3 又因为 A 为ABC 的内角,所以 sin A=. 2 2 3 在ABC 中,由正弦定理得=, 所以 sin C=sin A=. 3 2 2 2 2 3 6 6 二、多选题(本大题共 4 个小题,每小题 5 分,共 20 分,在每小题给出的四个选 项中,有多项是符合题目要求的,全部选对的得 5 分,选对但不全的得 3 分,有选 错的得 0 分) 9.已知ABC 中,sin Asin
8、 Bsin C=k(k+1)2k,则 k 的值可以是 () A.B.1C.2D.3 1 2 【解析】选 BCD.由正弦定理得 a=mk,b=m(k+1),c=2mk(m0), 因为即所以 k .故选 BCD. + , + ,? (2 + 1) 2, 3 ( + 1), ? 1 2 10.在ABC 中,已知 a=,b=,A=30,则 c 可以取的值为() 515 A.2B. 55 C.3D.以上都不对 5 【解析】选 AB.因为 a2=b2+c2-2bccos A,所以 5=15+c2-2c,化简得 15 3 2 c2-3c+10=0, 5 即(c-2)(c-)=0,所以 c=2或 c=. 55
9、55 11.已知在ABC 中,a=4,b=4,A=30,则B 可以为() 3 A.30B.30或 150 C.60D. 120 【解析】选 CD.由=得 sin B=.又 ab,所以B=60或 4 3 1 2 4 3 2 120. 12.在ABC 中,内角 A,B,C 所对的边分别是 a,b,c,若 b2tan A=a2tan B 成立,则 ABC 可以是 () A.锐角三角形B.直角三角形 C.等腰三角形D.钝角三角形 【解析】选 BC.由已知及正弦定理可得 tan Asin2B=tan Bsin2A,所以 sin2B=sin2A, 又 sin A0,sin B0, 所以 sin Bcos
10、B=sin Acos A,即 sin 2A=sin 2B. 又因为 A(0,),B(0,), 所以 2A=2B 或 2A+2B=, 所以 A=B 或 A+B= ,即ABC 是等腰三角形或直角三角形. 2 三、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分,将答案填在题中的横线上) 13.在等腰三角形 ABC 中,已知 sin Asin B=12,底边 BC=10,则ABC 的周长 是_. 【解析】由正弦定理得 BCAC=sin Asin B=12,又底边 BC=10,所以 AC=20, 所以 AB=AC=20, 所以ABC 的周长是 10+20+20=50. 答案:50 14.(20
11、19全国卷)ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c.已知 bsin A+ acos B=0,则 B=_. 【解析】由正弦定理得 sin Bsin A+sin Acos B=0. 因为 A(0,),B(0,),所以 sin A0,所以 sin B+cos B=0,即 tan B=-1, 所以 B=. 3 4 答案: 3 4 15.(2019浙江高考)在ABC 中,ABC=90,AB=4,BC=3,点 D 在线段 AC 上,若 BDC=45,则 BD=_,cosABD=_. 世纪 【解析】如图,在ABD 中,由正弦定理得=, 而 AB=4,ADB=,AC=5, 3 42+ 2 sin
12、BAC= ,cosBAC= , 3 5 4 5 所以 BD=. 12 2 5 cosABD=cos(BDC-BAC) =cos cosBAC+sin sinBAC=. 4 4 7 2 10 答案: 12 2 5 7 2 10 16.太湖中有一小岛,沿太湖有一条正南方向的公路,一辆汽车测得小岛在公路 的南偏西 15的方向上,汽车行驶 1 km 后,又测得小岛在南偏西 75的方向上,则 小岛到公路的距离是_km.世纪 【解析】如图,CAB=15,CBA=180-75=105, ACB=180-105-15=60, AB=1(km). 由正弦定理得=, 所以 BC=sin 15 1 60 =(km)
13、. 6 - 2 2 3 设 C 到直线 AB 的距离为 d, 则 d=BCsin 75=(km). 6 - 2 2 3 6 +2 4 3 6 答案: 3 6 四、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算 步骤) 17.(10 分)在ABC 中,a=3,b=2,B=2A. 6 (1)求 cos A 的值. (2)求 c 的值. 【解析】(1)因为 a=3,b=2,B=2A, 6 所以在ABC 中,由正弦定理得=. 3 2 6 2 所以=. 2 2 6 3 故 cos A=. 6 3 (2)由(1)知 cos A=, 6 3 所以 sin A=. 1 - 2 3
14、 3 又因为 B=2A,所以 cos B=2cos2A-1= . 1 3 所以 sin B=. 1 - 2 2 2 3 在ABC 中,sin C=sin(A+B)= sin Acos B+cos Asin B=.所以 c=5. 5 3 9 18.(12 分)(2019铜陵高二检测)在ABC 中,a=7,b=8,cos B=- . 1 7 (1)求 A. (2)求 AC 边上的高. 【解析】(1)在ABC 中,因为 cos B=- , 1 7 所以 sin B=. 1 - 2 4 3 7 由正弦定理得 sin A=. 3 2 由题设知 B,所以 0A ,所以 A= . 2 2 3 (2)在ABC
15、 中,因为 sin C=sin(A+B)= sin Acos B+cos Asin B=, 3 3 14 所以 AC 边上的高为 asin C=7=. 3 3 14 3 3 2 19.(12 分)在ABC 中,内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c.已知ABC 的面积为 3,b-c=2,cos A=- . 15 1 4 (1)求 a 和 sin C 的值. (2)求 cos的值. (2 + 6) 【解析】(1)在ABC 中,由 cos A=- ,可得 sin A=.由 SABC= bcsin A=3 1 4 15 4 1 2 ,得 bc=24. 15 又由 b-c=2,解得 b=6,c=
16、4. 由 a2=b2+c2-2bccos A,可得 a=8. 由=得 sin C=. 15 8 (2)cos=cos 2Acos -sin 2Asin (2 + 6) 6 6 =(2cos2A-1)- 2sin Acos A=. 3 2 1 2 15 - 7 3 16 20.(12 分)在ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,B=,sin A= ,b=2. 2 3 4 53 (1)求 sin C 的值. (2)求ABC 的面积 S.世纪 【解析】(1)因为 A,B,C 为ABC 的内角,且 B=,sin A= ,所以 C= -A,cos A= 2 3 4 5 3 , 3 5 所
17、以 sin C=sin=cos A- sin A=. ( 3 - ) 3 2 1 2 3 3 - 4 10 (2)由(1)知 sin C=,又因为 B=,b=2, 3 3 - 4 10 2 33 所以在ABC 中由正弦定理得 a=, 16 5 所以 S= absin C= 2=. 1 2 1 2 16 53 3 3 - 4 10 72 - 32 3 25 21.(12 分)(2019晋中高二检测)如图,已知 A,B,C 是一条直路上的三点,AB 与 BC 各等于 1 km,从三点分别遥望塔 M,在 A 处看见塔在北偏东 45方向,在 B 处 看见塔在正东方向,在 C 处看见塔在南偏东 60方向
18、,求塔到直路 ABC 的最短距 离.世纪 【解析】由题意得CMB=30,AMB=45, 因为 AB=BC=1,所以 SMAB=SMBC, 即 MAMBsin 45= MCMBsin 30, 1 2 1 2 所以 MC=MA,在MAC 中,由余弦定理得 AC2=MA2+MC2-2MAMCcos 75, 2 所以 MA2=,设 M 到 AB 的距离为 h,则由MAC 的面积得 4 3 - 2 275 MAMC 1 2 sin 75= ACh, 1 2 所以 h=sin 75= 22 2 2 2 4 3 - 2 275 sin 75=(km). 7 + 5 3 13 所以塔到直路 ABC 的最短距离
19、为 km. 7 + 5 3 13 22.(12 分)在ABC 中,a,b,c 分别为内角 A,B,C 所对的边,且满足 sin A+ cos A=2. 3 (1)求角 A 的大小. (2)现给出三个条件:a=2;B= ;c=B.试从中选出两个可以确定ABC 的 43 条件,写出你的方案并以此为依据求ABC 的面积.(写出一种方案即可) 世纪 【解析】(1)依题意得 2sin=2,即 sin=1, ( + 3) ( + 3) 因为 0A,所以 A+ , 3 3 4 3 所以 A+ = ,所以 A= . 3 2 6 (2)(答案不唯一)参考方案:选择. 由正弦定理=,得 b=2. 2 因为 A+B
20、+C=,所以 sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=, 2 +6 4 所以 SABC= absin C= 22=+1. 1 2 1 22 2 +6 43 关闭关闭 WordWord 文档返回原板块文档返回原板块 温馨提示：温馨提示： 此套题为此套题为 WordWord 版，请按住版，请按住 Ctrl,Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看滑动鼠标滚轴，调节合适的观看 比例，答案解析附后。关闭比例，答案解析附后。关闭 WordWord 文档返回原板块。文档返回原板块。 单元素养评价单元素养评价( (三三)()(第十一章第十一章) ) (120(120 分钟分钟
21、150150 分分) ) 一、单选题(本大题共 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.设 BD1是正方体 ABCD-A1B1C1D1的一条对角线,则这个正方体中面对角线与 BD1 异面的有 () A.0 条B.4 条C.6 条D.12 条 【解析】选 C.每个面中各有一条对角线与 BD1异面,它们是:AC,A1C1,B1C,A1D, AB1,DC1. 2.下列说法不正确的是 () A.空间中,一组对边平行且相等的四边形一定是平行四边形 B.同一平面的两条垂线一定共面 C.过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直,且这些直线都在同一
22、平面 内 D.过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直 【解析】选 D.如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,AD平面 DCC1D1,因此平面 ABCD,平面 AA1D1D 均与平面 DCC1D1垂直而且平面 AA1D1D平面 ABCD=AD,显然选 项 D 不正确. 3.已知圆锥的底面半径为 1,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的体积 为 () A.B.C.D. 3 33 5 35 【解析】选 A.设圆锥的底面半径为 r,母线长为 R, 如图所示,则 2r=R, 因为 r=1,所以 R=2, 所以圆锥的高 h=, 2 - 2 3 所以圆锥的体积 V= 12=. 1 33 3
23、 3 【加练固】如图,圆柱内有一个三棱柱,三棱柱的底面为等腰直角三角形,且 此三角形内接于圆柱的底面圆.如果圆柱的体积是 V,那么三棱柱的体积是 () A.B.C.D. 2 2 3 【解析】选 C.设圆柱的底面圆半径为 R,高为 h, 在等腰 RtA1B1C1中,A1B1=2R. 所以= (R)2=R2, 111 1 22 又 S圆=R2,h=, 2 所以 V三棱柱=h=hR2= . 111 4.如图所示,有一个圆柱,在圆柱下底面的点 A 处有一只蚂蚁,它想吃到上底面 的点 B 处的食物.当圆柱的高等于 12 cm,底面半径为 3 cm 时,蚂蚁沿圆柱表面 爬行的最短路程是(=3)() A.1
24、2 cmB.13 cmC.15 cmD.18 cm 【解析】选 C.如图所示,在圆柱的侧面展开图中, BC 的长为底面圆周长的一半,即 BC= 23=3,蚂蚁所走路程为 AB= 1 2 =15(cm). 2+ 2122+ 92 所以蚂蚁沿圆柱表面爬行的最短路程是 15 cm. 【加练固】一个圆锥的高扩大为原来的 2 倍,底面半径缩小为原来的 ,则圆 1 2 锥的体积变为原来的() A.一半B.2 倍C.不变D.3 倍 【解析】选 A.设原圆锥的高为 h,半径为 r,体积为 V,则 V= r2h; 1 3 变化后圆锥的体积为 V= 2h= r2h= V. 1 3 ( 2) 2 1 2 1 3 1
25、 2 5.如图所示,点 P 是正方形 ABCD 所在平面外一点,且 PA平面 ABCD,PA=AB,则 直线 PB 与 AC 所成的角等于() A.90B.60C. 45D.30 【解析】选 B.将题图补成正方体 ABCD -PQRS,连接 SC,AS,则 PBSC, 所以ACS 是异面直线 PB 与 AC 所成的角, 因为ACS 为正三角形,所以ACS=60, 所以直线 PB 与 AC 所成的角等于 60. 6.如图,在矩形 ABCD 中,EFAD,GHBC,BC=2,AF=FG=BG=1,现分别沿 EF,GH 将 矩形折叠,使得 AD 与 BC 重合,则折叠后的几何体的外接球的表面积为()
26、 A.B.C.6D.24 8 3 16 3 【解析】选 B.由题意得,折叠后的几何体为正三棱柱,且该三棱柱的底面边长为 1,高为 2,如图所示的正三棱柱 AGF-CHE. 设上下底面的中心分别为 O1,O2,则球心 O 为 O1, O2的中点,连接 OH,O2H,则 O2H= 1=,OO2=1. 2 3 3 2 3 3 所以 OH=, 22+ 22 ( 3 3 ) 2 + 12 2 3 3 即球的半径 R=.所以该几何体的外接球的表面积为 S=4R2=4 =. 2 3 3 4 3 16 3 7.如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,若 E 是 A1C1的中点,则直线 CE 垂直于
27、() 世纪 A.ACB.BDC.A1DD.A1D1 【解析】选 B.CE平面 ACC1A1,而 BDAC,BDAA1,ACAA1=A, 所以 BD平面 ACC1A1,所以 BDCE. 8.矩形 ABCD 中,AB=4,BC=3,沿 AC 将矩形 ABCD 折成一个直二面角 B-AC-D,则四 面体 ABCD 的外接球的体积为世纪() A.B.C.D. 125 12 125 9 125 6 125 3 【解析】选 C.球心 O 为 AC 中点,半径为 R= AC= ,V= R3=. 1 2 5 2 4 3 125 6 二、多选题(本大题共 4 个小题,每小题 5 分,共 20 分,在每小题给出的
28、四个选 项中,有多项是符合题目要求的,全部选对的得 5 分,选对但不全的得 3 分,有选 错的得 0 分) 9.如图,在三棱锥 P-ABC 中,已知 PCBC,PCAC,点 E,F,G 分别是所在棱的中点,则 下面结论正确的有() A.平面 EFG平面 PBC B.平面 EFG平面 ABC C.BPC 是直线 EF 与直线 PC 所成的角 D.FEG 是平面 PAB 与平面 ABC 所成二面角的平面角 【解析】选 ABC.A 正确,因为 GFPC,GECB,GFGE=G,PCCB=C,所以平面 EFG平面 PBC; B 正确,因为 PCBC,PCAC,PCGF,所以 GFBC,GFAC,又 B
29、CAC=C,所以 GF平面 ABC,又 GF平面 EFG,所以平面 EFG平面 ABC; C 正确,因为 EFBP,所以BPC 是直线 EF 与直线 PC 所成的角; D 错误,因为 GE 与 AB 不垂直,所以FEG 不是平面 PAB 与平面 ABC 所成二面角 的平面角. 10.如图,在正方体 ABCD -A1B1C1D1中,点 P 在面对角线 AC 上运动,则下列结论正 确的为() A.D1P平面 A1BC1 B.D1PBD C.平面 PDB1平面 A1BC1 D.三棱锥 A1 -BPC1的体积不变 【解析】选 ACD.对 A,因为在正方体中,D1ABC1,D1CBA1,且 D1AD1C
30、=D1,BC1BA1=B, 所以平面 D1AC平面 A1BC1; 因为 P 在面对角线 AC 上运动, 所以 D1P平面 A1BC1,所以 A 正确. 对 B,当 P 位于 AC 的中点时,D1PBD 不成立, 所以 B 错误. 对 C,因为 A1C1平面 BDD1B1;所以 A1C1B1D, 同理 A1BB1D, 因为 A1C1A1B=A1,所以 B1D平面 A1BC1, 又 B1D平面 PDB1, 所以平面 PDB1平面 A1BC1,所以 C 正确. 对 D,三棱锥 A1 -BPC1的体积等于三棱锥 B -A1PC1的体积. A1PC1的面积为定值 A1C1AA1, 1 2 B 到平面 A
31、1PC1的高为定值, 所以三棱锥 A1 -BPC1的体积不变,所以 D 正确. 11.如图所示,四面体 ABCD 中,E,F 是线段 AD 上互异的两点,G,H 是线段 BC 上互 异的两点(E,F,G,H 位置不确定),则下列结论正确的为 () A.AB 与 CD 互为异面直线 B.FH 分别与 DC,DB 互为异面直线 C.EG 与 FH 互为异面直线 D.EG 与 AB 互为异面直线 【解析】选 AC.根据图形可知 AB 与 CD 互为异面直线,故 A 正确;当 F 点与 D 点 重合时,B,F,C,H 四点共面,FH 与 DC,DB 不是异面直线,故 B 错误;由于 EG 与 FH 不
32、可能共面(否则 A,B,C,D 四点共面),所以 EG 与 FH 互为异面直线,故 C 正确; 当 G 与 B 重合时,AB 与 EG 为共面直线,故 D 错误. 12.如图,在四棱锥 S -ABCD 中,底面 ABCD 为正方形,且 SA=SB=SC=SD ,其中 E,M ,N 分别是 BC,CD,SC 的中点,动点 P 在线段 MN 上运动时,下列结论正确的 是 世纪() A.EPAC B.EPBD C.EP平面 SBD D.EP平面 SAC 【解析】选 AC.如图所示,设 AC,BD 相交于点 O,连接 EM,EN,SO.对于 A,由正四 棱锥 S -ABCD,可得 SO底面 ABCD,
33、ACBD,所以 SOAC. 因为 SOBD=O,所以 AC平面 SBD, 因为 E,M,N 分别是 BC,CD,SC 的中点, 所以 EMBD,MNSD, 而 EMMN=M,BDSD=D, 所以平面 EMN平面 SBD, 所以 AC平面 EMN, 所以 ACEP,故 A 正确. 对于 B,由异面直线的定义可知: EP 与 BD 是异面直线, 不可能 EPBD,因此 B 不正确. 对于 C,由 A 可知:平面 EMN平面 SBD, 所以 EP平面 SBD,因此 C 正确. 对于 D,由 A 同理可得:EM平面 SAC, 若 EP平面 SAC, 则 EPEM,与 EPEM=E 相矛盾, 因此当 P
34、 与 M 不重合时,EP 与平面 SAC 不垂直,即 D 不正确. 三、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分,将答案填在题中的横线上) 13.湖面上漂着一个小球,湖水结冰后将球取出,冰面上留下一个直径为 12 cm、 深 2 cm 的空穴,则该球的半径是_cm,表面积是_cm2. 【解析】设球的半径为 R cm,由条件,知 R2=62+(R-2)2, 解得 R=10,S表=4R2=400(cm2). 答案:10400 14.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1,E,F 分别为线段 AA1,B1C 上的点,则三 棱锥 D1-EDF 的体积为_. 【解析】= 1
35、1= , 1 1 2 1 2 又点 F 到平面 DD1E 的距离为 1, 所以=1= . 1 - - 1 1 3 1 1 6 答案: 1 6 15. (2018全国卷 II)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_. 【解析】设底面圆的半径为 r,底面圆心为 O,因为 SA 与圆锥底面所成角为 30, 所以 SA=,SO=r, 2 3 3 3 又 RtSAB 的面积为 8, 所以 =8,解得 r=2. 1 2 ( 2 3) 2 3 所以 V= r2SO= (2)22=8. 1 3 1 33 3 33 答案:8
36、 16.(2019全国卷)已知ACB=90,P 为平面 ABC 外一点,PC=2,点 P 到ACB 两边 AC,BC 的距离均为,那么 P 到平面 ABC 的距离为_. 3 世纪 【解析】作 PD,PE 分别垂直于 AC,BC 于点 D,E,PO平面 ABC,连接 OD,CO,知 CDPD,CDPO,PDPO=P, 所以 CD平面 PDO,OD平面 PDO, 所以 CDOD, 因为 PD=PE=,PC=2. 3 所以 sinPCE=sinPCD=, 3 2 所以PCB=PCA=60, 所以 POCO,CO 为ACB 的平分线, 所以OCD=45, 所以 OD=CD=1,OC=,又 PC=2,
37、2 所以 PO=. 4 - 22 答案: 2 四、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算 步骤) 17.(10 分)如图,一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋,如果冰淇 淋融化了,会溢出杯子吗?请用你的计算数据说明理由. 【解析】因为 V半球= R3= 43134(cm3),V圆锥 1 2 4 3 1 2 4 3 = r2h= 4212201(cm3), 1 3 1 3 因为 134201,所以 V半球V圆锥, 所以冰淇淋融化了,不会溢出杯子. 18.(12 分)已知圆台侧面的母线长为 2a,母线与轴的夹角为 30,一个底面的半 径是另一个底面半径
38、的 2 倍.求两底面的半径及两底面面积之和. 【解析】如图所示,设圆台上底面半径为 r, 则下底面半径为 2r,且ASO=30, 在 RtSOA中,=sin 30,所以 SA=2r. 在 RtSOA 中,=sin 30,所以 SA=4r. 2 因为 SA-SA=AA,即 4r-2r=2a,所以 r=a. 所以 S=S1+S2=r2+(2r)2=5r2=5a2. 所以圆台上底面半径为 a,下底面半径为 2a,两底面面积之和为 5a2. 19.(12 分)如图,已知正方体 ABCD -A1B1C1D1的棱长为 3,M,N 分别为 A1B 和 AC 上 的点,A1M=AN=. 2 (1)求证:MN平
39、面 BB1C1C. (2)求 MN 的长. 【解析】(1)作 NPBC,交 AB 于点 P,连接 MP, 因为正方体的棱长为 3, 所以 AC=A1B=3, 2 所以= . 2 3 2 1 3 因为= , 1 1 2 3 2 1 3 所以 MPAA1BB1, 因为 MP平面 BB1C1C,BB1平面 BB1C1C, 所以 MP平面 BB1C1C, 又因为 NPBC,NP平面 BB1C1C, BC平面 BB1C1C, 所以 NP平面 BB1C1C, 因为 NPMP=P, 所以平面 MNP平面 BB1C1C, 因为 MN平面 MNP, 所以 MN平面 BB1C1C. (2)由(1)MPAA1,=
40、, 1 3 得= ,MP= AA1=2, 1 2 3 2 3 同理 NP= AD=1, 1 3 MPAA1,NPBC,MPN=90, MN=. 2+ 222+ 125 20.(12 分)如图所示,已知在BCD 中,BCD=90,BC=CD=1,AB平面 BCD, ADB=60,E,F 分别是 AC,AD 上的动点,且=(01). 求证:不论 为何值,总有平面 BEF平面 ABC. 世纪 【证明】因为 AB平面 BCD,所以 ABCD. 因为 CDBC 且 ABBC=B, 所以 CD平面 ABC. 又因为=(01), 所以不论 为何值,恒有 EFCD, 所以 EF平面 ABC. 又 EF平面 B
41、EF, 所以不论 为何值恒有平面 BEF平面 ABC. 21.(12 分)如图,在四面体 ABCD 中,CB=CD,ADBD,且 E,F 分别是 AB,BD 的中点. 求证:(1)EF平面 ACD. (2)平面 EFC平面 BCD.世纪 【证明】(1)因为 E,F 分别是 AB,BD 的中点, 所以 EF 是ABD 的中位线, 所以 EFAD, 因为 EF平面 ACD,AD平面 ACD, 所以 EF平面 ACD. (2)因为 ADBD,EFAD,所以 EFBD. 因为 CB=CD,F 是 BD 的中点, 所以 CFBD. 又 EFCF=F, 所以 BD平面 EFC. 因为 BD平面 BCD,
42、所以平面 EFC平面 BCD. 22.(12 分)(2019北京高考)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA平面 ABCD,底面 ABCD 为菱形,E 为 CD 的中点. (1)求证:BD平面 PAC. (2)若ABC=60,求证:平面 PAB平面 PAE. (3)棱 PB 上是否存在点 F,使得 CF平面 PAE?说明理由.世纪 【解析】(1)因为 PA平面 ABCD,BD平面 ABCD,所以 PABD, 因为底面 ABCD 是菱形,所以 BDAC, 又因为 ACPA=A,AC,PA平面 PAC, 所以 BD平面 PAC. (2)在菱形 ABCD 中,ABC=60,E 为 CD 中点, 所以
43、 AC=AD,AECD,因为 ABCD, 所以 AEAB, 因为 PA平面 ABCD,AE平面 ABCD, 所以 PAAE, 又因为 PAAB=A,PA,AB平面 PAB, 所以 AE平面 PAB, 又 AE平面 PAE, 所以平面 PAB平面 PAE. (3)PB 中点 F 符合题意,下证. 取 AB 中点 G,连接 CG,FG,CF. 因为 ABCD,E,G 分别为 CD,AB 中点, 所以 AGCE,所以四边形 AGCE 为平行四边形, 所以 AECG,又因为 AE平面 PAE, CG平面 PAE,所以 CG平面 PAE, 在PAB 中,F,G 分别为 PB,AB 的中点, 所以 FGP
44、A,易得 FG平面 PAE, 又因为 CGFG=G,CG,FG平面 CFG, 所以平面 CFG平面 PAE, 又因为 CF平面 CFG,所以 CF平面 PAE. 关闭关闭 WordWord 文档返回原板块文档返回原板块 温馨提示：温馨提示： 此套题为此套题为 WordWord 版，请按住版，请按住 Ctrl,Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看滑动鼠标滚轴，调节合适的观看 比例，答案解析附后。关闭比例，答案解析附后。关闭 WordWord 文档返回原板块。文档返回原板块。 单元素养评价单元素养评价( (二二)()(第十章第十章) ) (120(120 分钟分钟150150 分分) ) 一、单
45、选题(本大题共 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.已知 a,bR,i 是虚数单位.若 a+i=2-bi,则 (a+bi)2=() A.3-4iB.3+4i C.4-3iD.4+3i 【解析】选 A.由 a+i=2-bi 可得 a=2,b=-1,则(a+bi)2=(2-i)2=3-4i. 2.复数 z 满足(-1+i)z=(1+i)2,其中 i 为虚数单位,则在复平面上复数 z 对应的 点位于() A.第一象限B.第二象限 C.第三象限D.第四象限 【解析】选 D.z=1-i,故 z (1 + )2 - 1 + 2( - 1 -
46、) ( - 1 + )( - 1 - ) 2( - 1 - ) 2 在复平面内对应的点的坐标为(1,-1),位于第四象限. 3.若复数 z 满足(z-3)(2-i)=5(i 为虚数单位),则 z 的共轭复数 为() A.2+iB.2-iC.5+iD.5-i 【解析】选 D.因为(z-3)(2-i)=5,所以 z-3=2+i,所以 5 2 - 5(2 + ) (2 - )(2 + ) z=5+i,所以 =5-i. 4.(2019济南高二检测)设 z=+i(i 为虚数单位),则|z|=() 1 1 + A.B.C.D.2 1 2 2 2 3 2 【解析】选 B.因为 z=+i=+i=+i= + i
47、, 1 1 + 1 - (1 + )(1 - ) 1 - 2 1 2 1 2 所以|z|=. ( 1 2) 2 + ( 1 2) 2 2 2 5.(2020亳州高二检测)已知复数=x+yi(a,x,yR,i 是虚数单位),则 + 2 + x+2y= () A.1B.C.-D.-1 3 5 3 5 【解析】选 A.由题意得 a+i=(x+yi)(2+i)=2x-y+ (x+2y)i,所以 x+2y=1,故选 A. 6.已知 i 为虚数单位,复数 z1=a+2i,z2=2-i,且|z1|=|z2|,则实数 a 的值为 () A.1B.-1C.1 或-1D.1 或 0 【解析】选 C.因为复数 z1
48、=a+2i,z2=2-i,且|z1|=|z2|,所以 a2+4=4+1,解得 a=1. 7.已知复数 z=- +i,则 +|z|= () 1 2 3 2 A.- -iB.- +i 1 2 3 2 1 2 3 2 C. +iD. -i 1 2 3 2 1 2 3 2 【解析】选 D.因为 z=- +i,所以 +|z|=- -i+= - 1 2 3 2 1 2 3 2 ( - 1 2) 2 + ( 3 2 ) 21 2 i. 3 2 8.复数 2+i 与复数在复平面上的对应点分别是 A,B,若 O 为坐标原点,则 1 3 + AOB 等于() 世纪 A.B.C.D. 6 4 3 2 【解析】选 B
49、.因为=-, 1 3 + 3 - (3 + )(3 - ) 3 10 10 所以它在复平面上的对应点为 B, ( 3 10, - 1 10) 而复数 2+i 在复平面上的对应点是 A(2,1), 显然 AO=,BO=,AB=. 5 10 10 410 10 由余弦定理得 cos AOB=,所以AOB= . 2+ 2 - 2 2 2 2 4 二、多选题(本大题共 4 个小题,每小题 5 分,共 20 分,在每小题给出的四个选 项中,有多项是符合题目要求的,全部选对的得 5 分,选对但不全的得 3 分,有选 错的得 0 分) 9.下列各式的运算结果为纯虚数的是 () A.(1-i)2B.i2(1-
50、i) C.(1+i)2D.i(1+i) 【解析】选 AC.(1-i)2=-2i,-2i 是纯虚数,故 A 正确;i2(1-i)=-(1-i)=-1+i,不 是纯虚数,排除 B;i(1+i)=-1+i,不是纯虚数,排除 D;(1+i)2=2i,2i 是纯虚数.故 C 正确. 10.如果复数 z=,则() 2 - 1 + A.|z|=2B.z 的实部为 1 C.z 的虚部为-1D.z 的共轭复数为-1+i 【解析】选 CD.因为 z=-1-i,所以|z|=,z 的实部为 2 - 1 + 2( - 1 - ) 22 -1,虚部为-1,共轭复数为-1+i,因此选 CD. 11.设 z=(2t2+5t-
