测评附标准答案七

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1、小题自测卷(八)1．C[解析]根据三视图可得，此四棱锥是底面是正方形，有一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示，所以最长棱的棱长为PC＝12＋12＋12＝3，故选C.74328π2．A[解析]该几何体为一个球去掉八分之一，设球的半径为r，则×πr＝，解8337212得r＝2，故该几何体的表面积为×4π×2＋3××π×2＝17π.矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖。843．A[解析]由l1，l2是异面直线，可得l1，l2不相交，所以p⇒q；由l1，l2不相交，可得l1，l2是异面直线或l1∥l2，所以q⇒/p．所以p是q的充分条件，但不是q的必要条件．故选A.聞創沟燴鐺險爱氇谴净。4．A[解析]由两

2、平面垂直的判定定理知，A正确；对于B，直线l，m相交、平行、异面都有可能，故不正确；对于C，要求α内两条相交直线都平行于β，才能推出α∥β，故不正确；对于D，l，m平行和异面都有可能，故不正确．残骛楼諍锩瀨濟溆塹籟。5．B[解析]如图所示，取AD的中点F，连接EF，CF，则EF∥BD，故EF与CE所成的角即为异面直线CE与BD所成的角．设正四面体的棱长为2，则CE＝CF＝3，EF＝1.CE2＋EF2－CF23＋1－33在△CEF中，cos∠CEF＝＝＝，所以异面直线CE与BD所成角2CE·EF2×3×163的余弦值为.酽锕极額閉镇桧猪訣锥。66．C[解析]由主视图与左视图知四棱锥是

3、底面边长和高均为1的正四棱锥，由俯视图知，1142312半球的直径为2，∴该几何体的体积为×1×1×1＋××π＝＋π.彈贸摄尔霁毙攬砖323236卤庑。7．B[解析]由三视图可知，此组合体的前半部分是一个底面半径为r，高为2r的半圆柱(水平放置)，后半部分是一个半径为r的半球，其中半圆柱的一个底面与半球的半个圆面重合，所以此几何体的表面积为2r·2r＋1πr2＋1πr2＋πr·2r＋2πr2＝4r2＋5πr2＝16＋20π，22解得r＝2.謀荞抟箧飆鐸怼类蒋薔。8．A[解析]如图所示，E为AC与BD的交点．因为正四棱锥的底面边长为2，所以AE1＝AC＝2.设球心为O，球的半径为R，

4、则OE＝4－R，OA＝R.又因为△AOE为直角三角2形，所以OA2＝OE2＋AE2，即R2＝(4－R)2＋2，解得R＝9，所以该球的表面积S＝4πR2＝44981ππ42＝.厦礴恳蹒骈時盡继價骚。49．C[解析]因为D为BC的中点，所以AD⊥BC，故AD⊥平面BCC1B1，且AD＝3，11111所以V三棱锥AB1DC1＝S△B1DC1·AD＝×B1C1·BB1·AD＝××2×3×3＝1.茕桢33232广鳓鯡选块网羈泪。110．A[解析]由题意知左视图为等腰直角三角形，直角边长为2，所以左视图的面积为2×2×2＝2.鹅娅尽損鹌惨歷茏鴛賴。11．B[解析]B正确，如果一条直线垂直于一个

5、平面，那么与这条直线平行的直线也垂直于这个平面.12．A[解析]由三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的四棱柱，则该几何体的表面2＋5积是2××4＋(2＋4＋5＋32＋42)h＝92，解得h＝4，故选A.籟丛妈羥为贍偾蛏练淨。213．B[解析]①中，因为α∥β，且m⊥α，所以m⊥β，又l⊂β，所以m⊥l，所以①为真命题；②中，因为α⊥β，且m⊥α，所以m∥β或m⊂β，又l⊂β，所以m与l可能平行，可能异面，还可能相交，所以②为假命题；預頌圣鉉儐歲龈讶骅籴。③中，因为m⊥l，且m⊥α，l⊂β，所以α与β可能平行，可能相交，所以③为假命题；④中，因为m∥l，且m⊥α，所以l⊥α，又l⊂

6、β，所以α⊥β，所以④为真命题．故选B.14．B[解析]根据三视图可知该几何体是一个组合体：上面是圆锥、下面是四棱柱，且圆锥的底面半径是3米、母线长是5米，四棱柱的底面是以3米为边长的正方形，高为4米，∴该几何体的表面积S＝π×3×5＋π×32－32＋4×3×4＝39＋24π(平方米)，∵每平方米用油漆1千克，∴需要油漆的总量为(39＋24π)千克．渗釤呛俨匀谔鱉调硯錦。15．C[解析]该几何体为一个四棱锥，其外接球的球心为底面正方形的中心，所以半径为22，表面积为4π×(22)2＝32π.铙誅卧泻噦圣骋贶頂廡。16．D[解析]由题意，当此四棱锥的体积取得最大值时，四棱锥为正四棱锥

7、．设球O的221R半径为R，则AC＝2R，SO＝R，∴AB＝2R，则有(2R)2＋4××2R·2＋R2＝16243642＋163，解得R＝22，∴球O的体积是πR＝π.擁締凤袜备訊顎轮烂蔷。3317．A[解析]由题意，从A出发的三条线段AB，AC，AD两两垂直且AB＝AC＝2，AD＝1，O是BC的中点，取AC的中点E，连接DE，OE，则OE＝1.易知AE＝1，由于OE∥AB，故∠DOE即为异面直线DO与AB所成的角或其补角．易知AB⊥平面DAC，又OE∥AB，所以OE