单元素养测评卷(五) 1.D [解析] 平面是无限延展的,而一张纸只是一个有限的平面图形,A错误;若四边形的四个顶点不共面,则该四边形不是平面图形,B错误;当三点共线时不能确定一个平面,C错误;梯形是一个平面图形,可以确定一个平面,D正确.故选D. 2.C [解析] 若以长为8 cm的一边所在直线为轴旋转一周,则形成的圆柱的底面半径为6 cm,底面面积为36π cm2;若以长为6 cm的一边所在直线为轴旋转一周,则形成的圆柱的底面半径为8 cm,底面面积为64π cm2.故选C. 3.D [解析] 原图形的面积是用斜二测画法画出的直观图的面积的2倍.因为直观图的面积为×(2+4)×1=3,所以原四边形的面积为3×2=6.故选D. 4.A [解析] 若直线l⊥平面α,α∥β,则l⊥β,又直线n∥平面β,所以l⊥n,充分性成立.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,记平面ABCD为平面α,平面DCC1D1为平面β,AA1为l,A1B1为n,如图所示,则满足直线l⊥平面α,直线n∥平面β,l⊥n,但α与β不平行,必要性不成立.所以“α∥β”是“l⊥n”的充分不必要条件.故选A. 5.C [解析] 如图,连接HG,EF.因为H,G分别为AD,CD的中点,所以HG∥AC.同理可得EF∥AC,则HG∥EF,所以E,F,G,H四点共面,显然HF与EG相交.故选C. 6.D [解析] 如图,连接BD,设AC,BD,BC的中点分别为E,F,G,连接EF,EG,DE,BE,FG,则FG∥CD,EG∥AB,故∠FGE(或其补角)为异面直线AB与CD的夹角.设正方形ABCD的边长为2,则FG=1,EG=1.因为二面角D-AC-B为直二面角,BE⊥AC,DE⊥AC,所以∠DEB=.在Rt△DEB中,DE=BE=,则DB=2,所以EF=1,则△EFG为等边三角形,所以∠FGE=,则异面直线AB与CD夹角的正弦值为sin=.故选D. 7.B [解析] 如图,取AC的中点M,连接A1M,BM,AB1.因为四边形ABB1A1是菱形,所以AB1⊥A1B,又因为B1C⊥A1B,AB1,B1C 平面AB1C,AB1∩B1C=B1,所以A1B⊥平面AB1C.因为AC 平面AB1C,所以A1B⊥AC.因为AM=MC,AB=BC,所以BM⊥AC,又因为A1B,BM 平面A1BM,A1B∩BM=B,所以AC⊥平面A1BM.因为A1M 平面A1BM,所以AC⊥A1M,所以A1M==.易知当侧面ACC1A1⊥底面ABC时,三棱柱的体积最大,此时三棱柱的高即为A1M=,所以体积V=S△ABC=××22=3.故选B. 8.C [解析] 翻折前,在矩形ABCD中,AD=BC=4,因为Q为BC的中点,所以QB=QC=2,则翻折后PQ=2.设PA=PD=x(x>0),由题意知PQ⊥PD,PQ⊥PA,PA⊥PD,所以AD==x=4,解得x=2,即PA=PD=2.将三棱锥P-ADQ补成长方体PAMD-QNGT,如图所示,则长方体PAMD-QNGT的外接球即为三棱锥P-QAD的外接球,设长方体PAMD-QNGT的外接球半径为R,则2R===2,所以R=,故球O的表面积为4πR2=4π×5=20π.故选C. 9.ABC [解析] 由题意知,该圆锥的表面积为π×42+π×4×5=36π,所以A正确;该圆锥侧面展开图的圆心角α==,所以B正确;连接SO,易得圆锥的高SO==3,故该圆锥的体积V=π×42×3=16π,所以C正确;设圆锥的轴截面为△ASB,则SA=SB=5,AB=8,由余弦定理得cos ∠ASB==-<0,又0<∠ASB<π,所以∠ASB为钝角,所以圆锥的轴截面是钝角三角形,所以D不正确.故选ABC. 10.BD [解析] 对于A,若l∥m,m β,则l∥β或l β,故A错误.对于B,因为m⊥l,m⊥α,所以l α或l∥α.当l α时,由l⊥β,可得α⊥β.当l∥α时,则存在n α,使得l∥n,因为l⊥β,所以n⊥β,又n α,所以α⊥β,故B正确.对于C,若α⊥β,α∩β=m,l⊥m,则l β或l∥β或l与β相交,故C错误.对于D,如图,过直线m作两个平面,分别与α,β相交于直线s和直线t,因为m∥α,过直线m的平面与平面α的交线为直线s,所以m∥s,同理可得m∥t,则s∥t.因为s 平面β,t 平面β,所以s∥平面β.因为s 平面α,α∩β=l,所以s∥l,又m∥s,所以m∥l,故D正确.故选BD. 11.ABC [解析] 对于A,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,取CD的中点G,连接EG,BG,如图所示,易得A1B∥D1C∥EG,则四边形A1BGE是平面A1BE截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面.分别取C1D1,CC1的中点M,N,连接MN,B1M,B1N,EN,显然EN∥D1C ... ...
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