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2016高考数学理科二轮复习习题:专题综合检测(五)


专题综合检测(五)
(时间:120 分钟,满分:150 分) 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 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.(2015· 陕西卷)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的 表面积为(D)

A.3π

B.4π

C.2π +4 D.

3π +4

解析:由几何体的三视图可知,该几何体为半圆柱,直观图如图 所示.

1 表面积为 2×2+2× ×π×12+π×1×2=4+3π. 2 2.利用斜二测画法得到如下结论: ①三角形的直观图是三角形; ②平行四边形的直观图是平行四边 形;③正方形的直观图是正方形;④菱形的直观图是菱形. 其中正确的是(A) A.①② B.① C.③④ D.①②③④
1

解析:由斜二测画法规则知,保持平行性、平行 x 轴长度保持不 变,平行 y 轴的长度减半.故①②正确,选 A. 3.(2015· 新课标Ⅱ卷)一个正方体被一个平面截去一部分后,剩 余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为 (D)

1 A. 8

B.

1 7

C.

1 6

D.

1 5

解析: 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大 角”后剩余的部分,如图所示,

截去部分是一个三棱锥.设正方体的棱长为 1,则三棱锥的体积 1 1 1 1 1 5 V1 6 为 V1= × ×1×1×1= , 剩余部分的体积 V2=13- = .所以 = 3 2 6 6 6 V2 5 6 1 = ,故选 D. 5 4.等体积的球与正方体,它们的表面积的大小关系是(C)
2

A.S 球>S 正方体 C.S 球<S 正方体

B.S 球=S 正方体 D.不能确定

解析: 设正方体与球的体积均为 V, 可算出它们的表面积大小(用 V 表示),知选 C. 5.下列命题正确的是(C) A.若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行 B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个 平面平行 C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面 的交线平行 D.若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行 解析: 若两条直线和同一平面所成角相等, 这两条直线可能平行, 也可能为异面直线,也可能相交,所以 A 错;一个平面不在同一条 直线的三点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行,故 B 错; 若两个平面垂直同一个平面,两平面可以平行,也可以垂直,故 D 错;故选项 C 正确. 6. (2014· 湖北卷)在如图所示的空间直角坐标系 O-xyz 中,一个 四面体的顶点坐标分别是(0,0,2),(2,2,0),(1,2,1),(2,2, 2),给出编号①、②、③、④的四个图,则该四面体的正视图和俯视 图分别为(D)

3

A.①和② C.④和③

B.③和① D.④和②

解析:设 A(0,0,2),B(2,2,0),C(1,2,1),D(2,2,2), 在坐标系中标出已知的四个点, 根据三视图的画图规则判断三棱锥的 正视图为④与俯视图为②.故选 D.

7. (2015· 天津卷改编)一个几何体的三视图如图所示(单位:m), 则该几何体的体积为(C)

4

6 A. π m3 3

8 B. π m3 5

8 C. π m3 3

9 D. π m3 4

解析: 由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构 成,其中圆锥的底面半径和高均为 1,圆柱的底面半径为 1 且其高为 2,故所求几何体的体积为 1 8 V= π×12×1×2+π×12×2= π(m3). 3 3 8.如图,三棱锥 PABC 的高 PO=8,AC=BC=3,∠ACB= 30°,M,N 分别在 BC 和 PO 上,且 CM=x,PN=2CM,则下面 四个图象中大致描绘了三棱锥 NAMC 的体积 V 与 x 的变化关系 (x∈(0,3])的是(A)

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9.如果四棱锥的四条侧棱都相等,就称它为“等腰四棱锥”, 四条侧棱称为它的腰,以下 4 个命题中,假命题是(B) A.等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等 B.等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补 C.等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆 D.等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上 10.如图,模块①~⑤均由 4 个棱长为 1 的小正方体构成,模块 ⑥由 15 个棱长为 1 的小正方体构成,现从模块①~⑤中选出 3 个放 到模块⑥上, 使得模块⑥成为一个棱长为 3 的大正方体, 下列方案中 能完成任务的是(A)
6

A.模块①②⑤ C.模块②④⑤

B.模块①③⑤ D.模块③④⑤

11.(2015· 蚌埠模拟)设 m,n 是平面 α 内的两条不同直线;l1, l2 是平面 β 内的两条相交直线,则 α∥β 的一个充分而不必要条件是 (B) A.m∥β 且 l1∥α B.m∥l1 且 n∥l2

C.m∥β 且 n∥β D.m∥β 且 n∥l2 解析:对于选项 A,不合题意;对于选项 B,由于 l1 与 l2 是相交 直线,而且由 l1∥m 可得 l1∥α,同理可得 l2∥α,又 l1 与 l2 相交, 故可得 α∥β,充分性成立,而由 α∥β 不一定能得到 l1∥m,它们也 可以异面,故必要性不成立,符合题意,对于选项 C,由于 m,n 不 一定相交, 故是必要非充分条件; 对于选项 D, 由 n∥l2 可转化为 n∥β, 同选项 C,故不符合题意.故选 B. 12. (2015· 深圳调研)在四面体 DABC 中, 若 AB=CB, AD=CD, 且是 AC 的中点,则下列正确的是(C) A.平面 ABC⊥平面 ABD B.平面 ABD⊥平面 BDC C.平面 ABC⊥平面 BDE 且平面 ADC⊥平面 BDE
7

D.平面 ABC⊥平面 ADC 且平面 ADC⊥平面 BDE 解析:因为 AB=CB 且 E 是 AC 的中点,所以 BE⊥AC.同理有 DE⊥AC.于是 AC⊥平面 BDE.因为 AC 在平面 ABC 内,所以平面 ABC⊥平面 BDE.又由于 AC?平面 ACD, 所以平面 ACD⊥平面 BDE, 所以选 C. 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.请把正确 答案填在题中横线上) 13.如图所示,在直三棱柱 ABCA1B1C1 中,底面是∠ABC 为直 角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D 是 A1C1 的中点,点 F 在线段 AA1 上,当 AF=a 或 2a 时,CF⊥平面 B1DF.

解析:由直三棱柱及 D 是 A1C1 的中点,得 B1D⊥平面 AC1, 而 CF?平面 AC1,∴B1D⊥CF. 若 CF⊥平面 B1DF,则必有 CF⊥DF, 设 AF=x(0<x<3a), 则 CF2=x2+4a2,DF2=a2+(3a-x)2. 又 CD2=a2+9a2=10a2, ∴10a2=x2+4a2+a2+(3a-x)2. 解得 x=a 或 2a. 14.若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体
8

积是 18cm3.

解析: 该几何体是由两个长方体组成, 下面长方体的体积为 1×3 ×3=9 (cm3),上面的长方体体积为 3×3×1=9 (cm3),因此该几何 体的体积为 18 cm3. 15.如图,在长方形 ABCD 中,AB=2,BC=1,E 为 DC 的中 点,F 为线段 EC(端点除外)上一动点.现将△AFD 沿 AF 折起,使 平面 ABD⊥平面 ABC.在平面 ABD 内过点 D 作 DK⊥AB, K 为垂足. 设
?1 ? AK=t,则 t 的取值范围是?2,1?. ? ?

解析: 此题可采用两个极端位置法, 即对于 F 位于 DC 的中点时, t=1, 随着点 F 到点 C 时, 因 CB⊥AB, CB⊥DK, ∴CB⊥平面 ADB,
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即有 CB⊥BD.对于 CD=2,BC=1,∴BD= 3.又 AD=1,AB=2,
?1 ? 1 因此有 AD⊥BD,则有 t= .因此 t 的取值范围是?2,1? . 2 ? ?

16.关于直线 m,n 和平面 α,β有以下四个命题: ①当 m∥α,n∥β,α∥β时,m∥n; ②当 m∥n,m?α,n⊥β时,α⊥β; ③当 α∩β=m,m∥n 时,n∥α且 n∥β; ④当 m⊥n,α∩β=m 时,n⊥α或 n⊥β. 其中假命题的序号是①③④. 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答时应写出必要的文 字说明、证明过程或演算步骤) 17.(10 分)如图,在直三棱柱 ABC?A1B1C1 中,AB=AC= 13, BB1=BC=6,E,F 为侧棱 AA1 上的两点,且 EF=3,求几何体 EFBB1C1C 的体积.

解析:△ABC 的边 BC 上的高等于 ( 13)2-33=2, 1 所以 S△ABC=S△A1B1C1= ×6×2=6. 2 由于直三棱柱 ABCA1B1C1 的体积
10

V=6×6=36, 1 而三棱锥 EA1B1C1 的体积 VE?A1B1C1= ·S△A1B1C1·EA1, 3 1 三棱锥 FABC 的体积 VF?ABC= ·S△ABC·FA, 3 1 1 所以 VE?A1B1C1+VF?ABC= ·S△ABC·(EA1+FA)= ×6×(6-3) 3 3 =6. 于是几何体 EFBB1C1C 的体积等于 36-6=30. 18.(12 分)如图,四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 为菱形,PA ⊥底面 ABCD,AC=2 2,PA=2,E 是 PC 上的一点,PE=2EC.

(1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设二面角 APBC 为 90°, 求 PD 与平面 PBC 所成角的大小. 解析:(1)因为底面 ABCD 是菱形,所以 BD⊥AC,又 PA⊥底面 ABCD, 所以 PA⊥BD, 又 AC∩PA=A, AC、 PA?面 PAC, 所以 BD⊥ 平面 PAC,所以 PC⊥BD.

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设 AC∩BD=F,连接 EF,因为 AC=2 2,PA=2,PE=2EC, 故 PC=2 3,EC= 从而 2 3 ,FC= 2. 3

PC AC = 6, = 6. FC EC PC AC = ,∠FCE=∠PCA,所以△FCE∽△PCA,∠FEC FC EC

因为

=∠PAC=90°,由此知 PC⊥EF. 因为 PC 与平面 BED 内两条相交直线 BD, EF 都垂直, 所以 PC ⊥平面 BED. (2)在平面 PAB 内过点 A 作 AG⊥PB,G 为垂足. 因为二面角 APBC 为 90° ,所以平面 PAB⊥平面 PBC.又平面 PAB∩平面 PBC=PB,故 AG⊥平面 PBC,AG⊥BC. 因为 BC 与平面 PAB 内两条相交直线 PA,AG 都垂直,故 BC⊥ 平面 PAB,于是 BC⊥AB,所以底面 ABCD 为正方形,AD=2,PD = PA2+AD2=2 2. 设 D 到平面 PBC 的距离为 d. 因为 AD∥BC,且 AD?平面 PBC,BC?平面 PBC,故 AD∥平 面 PBC,A,D 两点到平面 PBC 的距离相等,即 d=AG= 2.
12

设 PD 与平面 PBC 所成的角为 α, 则 sin α= d 1 = . PD 2

所以 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°. 19.(12 分)(2014· 江西卷)如图,四棱锥 PABCD 中,ABCD 为矩 形.平面 PAD⊥平面 ABCD.

(1)求证:AB⊥PD. (2)若∠BPC=90°,PB= 2,PC=2.问 AB 为何值时,四棱锥 PABCD 的体积最大?并求此时平面 BPC 与平面 DPC 夹角的余弦值. 分析:(1)利用直线与平面、平面与平面垂直的性质证明线线垂 直;(2)利用空间坐标系求解空间角的大小. 解析:(1)因为四边形 ABCD 为矩形,故 AB⊥AD. 又平面 PAD⊥平面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD, 所以 AB⊥平面 PAD,故 AB⊥PD. (2)过 P 作 AD 的垂线, 垂足为 O, 过 O 作 BC 的垂线, 垂足为 G, 连接 PG. 故 PO⊥平面 ABCD,BC⊥平面 POG,BC⊥PG. 在 Rt△BPC 中,PG= 2 3 2 6 6 ,GC= ,BG= . 3 3 3

13

设 AB=m,则 OP= PG2-OG2= 故四棱锥 PABCD 的体积为 1 V= · 6·m· 3

4 -m2, 3

4 m -m2= · 8-6m2. 3 3

因为 m 8-6m2= 8m2-6m4 = 2 8 -6(m2- )2+ , 3 3 6 6 ,即 AB= 时,四棱锥 PABCD 的体积最大. 3 3 6 , 3

故当 m=

此时, 建立如图所示的坐标系, 各点的坐标为 O(0, 0, 0), B( - (

6 6 2 6 2 6 6 →= ,0,),C( , ,0),D(0, ,0),P(0,0, ).故PC 3 3 3 3 3

6 2 6 6 → =(0, 6,0),CD → =(- 6,0,0). , ,- ),BC 3 3 3 3

→ ,n ⊥BC →得 设平面 BPC 的法向量 n1=(x,y,1),则由 n1⊥PC 1

? 6x+2 6y- 6=0, 3 3 解得 x=1,y=0,n1=(1,0,1). ?3 ? 6y=0,
1 同理可求出平面 DPC 的法向量 n2=(0, ,1). 2 从而平面 BPC 与平面 DPC 夹角 θ 的余弦值为 cos θ=
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|n1·n2| = |n1||n2|

10 = . 5 1 2· +1 4 20.(12 分)(2015· 新课标Ⅱ卷)如图,长方体 ABCDA1B1C1D1 中, AB=16,BC=10,AA1=8,点 E,F 分别在 A1B1,D1C1 上,A1E= D1F=4.过点 E,F 的平面 α 与此长方体的面相交,交线围成一个正 方形.

1

(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线 AF 与平面 α 所成角的正弦值. 解析:(1)交线围成的正方形 EHGF 如图所示. (2)作 EM⊥AB,垂足为 M,则 AM=A1E=4,EM=AA1=8. 因为四边形 EHGF 为正方形,所以 EH=EF=BC=10. 于是 MH= EH2-EM2=6,所以 AH=10. → 的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空 以 D 为坐标原点,DA 间直角坐标系 Dxyz,

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→ 则 A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),FE → =(0,-6,8).设 n=(x,y,z)是平面 EHGF 的 =(10,0,0),HE → =0, ?10x=0, ?n· FE ? 法向量,则? 即? 所以可取 n=(0,4,3). ?-6y+8z=0, → ? ?n· HE=0, → =(-10,4,8), 又AF →| 4 5 |n· AF → 故|cos〈n,AF〉|= = . 15 → |n||AF| 所以 AF 与平面 EHGF 所成角的正弦值为 4 5 . 15

21.(12 分)如图 1,在直角梯形 ABCD 中,∠ADC=90°,CD ∥AB,AB=4,AD=CD=2.将△ADC 沿 AC 折起,使平面 ADC⊥ 平面 ABC,得到几何体 DABC,如图 2 所示. (1)求证:BC⊥平面 ACD; (2)求几何体 DABC 的体积.

解析:(1)证法一

在题图 1 中,

可得 AC=BC=2 2, ∴AC2+BC2=AB2,故 AC⊥BC. 如图,取 AC 中点为 O,连接 DO,则 DO⊥AC,

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又平面 ADC⊥平面 ABC,平面 ADC∩平面 ABC=AC,DO?平 面 ADC, ∴OD⊥平面 ABC. ∴OD⊥BC. 又 AC⊥BC,AC∩OD=O, ∴BC⊥平面 ACD. 证法二 在题图 1 中,可得 AC=BC=2 2,

∴AC2+BC2=AB2. 故 AC⊥BC. 又∵平面 ADC⊥平面 ABC,平面 ADC∩平面 ABC=AC,BC? 平面 ABC,从而 BC⊥平面 ACD. (2)由(1)可知 BC 为三棱锥 BACD 的高, BC=2 2,S△ACD=2. 1 1 4 2 ∴VB?ACD= ·S△ACD·BC= ×2×2 2= . 3 3 3 由等积性可知几何体 DABC 的体积为 4 2 . 3

22.(12 分)(2015· 天津卷)如图,在四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中, 侧棱 A1A⊥底面 ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD = 5,且点 M 和 N 分别为 B1C 和 D1D 的中点.

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(1)求证:MN∥平面 ABCD; (2)求二面角 D1?AC?B1 的正弦值; (3)设 E 为棱 A1B1 上的点, 若直线 NE 和平面 ABCD 所成角的正 1 弦值为 ,求线段 A1E 的长. 3

解析: 如图, 以 A 为原点建立空间直角坐标系, 依题意可得 A(0, 0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0, 1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为 M,N 分别为 B1C 和 D1D 的中点,

? 1 ? 所以 M?1,2,1?,N(1,-2,1). ? ?

→ (1)依题意,可得 n=(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量,MN
18

? 5 ? → ·n=0. =?0,-2,0?,由此可得MN ? ?

又因为直线 MN?平面 ABCD, 所以 MN∥平面 ABCD. → =(1,-2,2),AC → =(2,0,0),设 n =(x ,y ,z )为平 (2)AD 1 1 1 1 1 → =0, ?n1·AD 1 面 ACD1 的一个法向量,则? → =0, ?n1·AC
?x1-2y1+2z1=0, ? 即? ? ?2x1=0.

不妨设 z1=1,可得 n1=(0,1,1). 设 n2=(x2,y2,z2)为平面 ACB1 的一个法向量, → =0, ?n2·AB 1 则? → =0. ?n2·AC
?y2+2z2=0, → =(0,1,2),所以? ? 又AB 1 ?2x2=0, ?

不妨设 z2=1,可得 n2=(0,-2,1). 因此有 cos〈n1,n2〉= 于是 sin〈n1,n2〉= n1·n2 10 =- , |n1||n2| 10

3 10 , 10 3 10 . 10

所以,二面角 D1?AC?B1 的正弦值为

→ → (3)依题意,可设A 1E=λA1B1,其中 λ∈[0,1],则 E(0,λ,2), → =(-1,λ+2,1). 从而NE 又 n=(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量,由已知,得

19

→ ·n| |NE 1 1 → |cos〈NE,n〉|= = 2 2 2=3, → ||n| (-1) +(λ+2) +1 |NE 整理得λ2+4λ-3=0,解得 λ=-2± 7. 又因为 λ∈[0,1],所以 λ= 7-2. 所以,线段 A1E 的长为 7-2.

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