章末检测 (时间：120分钟 满分：150分) 一、单项选择题(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．l1，l2，l3是空间中三条不同的直线，则下列命题正确的是( ) A．l1⊥l2，l2⊥l3 l1∥l3 B．l1⊥l2，l2∥l3 l1⊥l3 C．l1∥l2∥l3 l1，l2，l3共面 D．l1，l2，l3共点 l1，l2，l3共面 【答案】 B 【解析】 利用平行的传递性可知，l1⊥l2，l2∥l3 l1⊥l3，故B成立；选项A、C、D不满足平行和共面的判定定理，故选B. 2．如图Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′＝2，则这个平面图形的面积是( ) A． B．1 C． D．2 【答案】 D 【解析】 ∵Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′＝2，∠A′O′B′＝45°，∴Rt△O′A′B′的直角边长是，∴Rt△O′A′B′的面积是××＝1，∴原平面图形的面积是1×2＝2. 3．(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为( ) A．2π B．3π C．6π D．9π 【答案】 B 【解析】 设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×即2＝，故r＝3，故圆锥的体积为π×9×＝3π. 4．如图，在四面体A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，若AB＝BC＝CD＝1，则AD＝( ) A．1 B． C． D．2 【答案】 C 【解析】 因为BC⊥CD，AB＝BC＝CD＝1，所以BD＝＝，又AB⊥平面BCD，BD 平面BCD，所以AB⊥BD，因此AD＝＝.故选C． 5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BB1的中点．若AB＝6，则点B到平面ACE的距离为( ) A． B． C． D．3 【答案】 B 【解析】 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝6，E是BB1的中点，则BE＝3，AE＝CE＝＝3，AC＝6，∴S△ACE＝×6×＝9.设点B到平面ACE的距离为h，由VE－ABC＝VB－ACE，得××6×6×3＝×9h，解得h＝.故选B. 6．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AC＝BC＝1，AB＝，E是CC1的中点，则直线BC与平面A1BE所成角的正弦值为( ) A． B． C． D． 【答案】 D 【解析】 因为AA1＝AC＝BC＝1，AB＝，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC，易知S△BCE＝CE·BC＝，A1到平面BCE的距离为A1C1＝1.设点C到平面A1BE的距离为d，因为EA1＝BE＝＝，BA1＝，所以S△A1BE＝××＝.由VC－A1BE＝VA1－BCE，得d·S△A1BE＝A1C1·S△BCE，解得d＝.故直线BC与平面A1BE所成角的正弦值为＝.故选D. 7．如图，正四棱锥P－ABCD底面的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，点P在球面上．若VP－ABCD＝，则球O的体积是( ) A．32π B．16π C．π D．8π 【答案】 C 【解析】 设球O的半径为R.因为正四棱锥P－ABCD底面的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，且点P在球面上，所以PO⊥底面ABCD，PO＝R，正方形ABCD的面积S＝2R2.因为VP－ABCD＝，所以VP－ABCD＝×2R2×R＝＝，解得R＝2，所以球O的体积V＝πR3＝π×23＝π. 8．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别为A1B1，AD，B1C1，C1D1的中点，则过GH且与EF平行的平面截正方体所得的截面的面积为( ) A． B．2 C．2 D．4 【答案】 C 【解析】 如图，取A1D1中点为M，连接ME，MF，取CD，CB中点分别为P，Q，连接PH，PQ，QG.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，由题意知四边形PQGH为矩形，且ME∥GH，MF∥QG，因为ME 平面PQGH，MF 平面PQGH，GH 平面PQGH，QG 平面PQGH，所以ME∥平面PQGH，MF∥平面PQGH，又ME∩MF＝M，所以平面MEF∥平面PQGH，因为EF 平面MEF，所以EF∥平面PQGH，所以过GH且与EF平行的平面截正方体所得的截面为矩形PQGH.因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，所以PQ＝，QG＝2，所以矩形PQGH的面积为PQ·QG＝2，所以过GH且与EF平行的平面截正方体所得的截面的面积为2，故选C． 二 ... ...
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