2019届高考数学二轮复习专题综合检测练（三）文.doc

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1、1专题综合检测练（三）(120 分钟 150 分)第卷(选择题,共 60 分)一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 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.(2017全国卷)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为 2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为 ( )A.10 B.12 C.14 D.16【解析】选 B.由三视图可画出立体图该立体图各面中只有两个相同的梯形的面,S 梯 = 22=6,S 全 梯 =62=12.2.(2018合肥一模)若平面 截三 棱锥所得截面为平行

2、四边形,则该三棱锥中与平面 平行的棱有 ( )A.0 条 B.1 条C.2 条 D.0 条或 2 条【解析】选 C.因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形,所以该三棱锥中与平面 平行的棱有 2 条.3.已知 m,n 是空间中两条不同的直线, 是两个不同的平面,且 m,n.有下列命题:若 ,则 m,n 可能平行,也可能异面;2若 = l,且 m l,n l,则 ;若 = l,且 m l,mn,则 .其中真命题的个数是 ( )A.0 B.1 C.2 D.3【解析】选 B.对于,直线 m,n 可能平行,也可能异面,故是真命题;对于,直线 m,n 同时垂直于公共棱,不能推出两

3、个平面垂直,故是假命题;对于,当直线 n l 时,不能推出两个平面垂直,故是假命题.故真命题的个数为 1.4.(2017浙江 高考)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm 3)是 ( )A. +1 B. +32C. +1 D. +3【解析】选 A.根据所给几何体的三视图,画出该几何体的直观图,如图所示,可知该几何体是由一个半圆锥和一个三棱锥组合成的,圆锥的底面半径为 1,高为 3,三棱锥底面是斜边为2 的等腰直角三角形,高也为 3,所以该几何体的体积为:V=1 23 +21 3 = +1.12 12 1325.一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一

4、圆周),则该几何体的表面积为 ( )3A.72+6 B.72+4C.48+6 D.48+4【解析】选 A.由三视图知,该几何体由一个正方体的 部分与一个圆柱的 部分组合而成34 14(如图所示),其表面积为 162+(16-4+)2+422+ 22414=72+6.6.三棱锥 P-ABC 的四个顶点都在体积为 的球的表面上,底面 ABC 所在的小圆面积为16,则该三棱锥的高的最大值为 ( )A.4 B.6 C.8 D.10【解析】选 C.依题意,设题中球的球心为 O,半径为 R,ABC 的外接圆半径为 r,则 =433,解得 R=5,由 r 2=16,解得 r=4,又因为球心 O 到平面 AB

5、C 的距离为=3,因此三棱锥 P-ABC 的高的最大值为 5+3=8.2-27.(2018洛阳一模)已知三棱锥 P-ABC 的四个顶点均在某球面上,PC 为该球的直径,ABC是边长为 4 的等边三角形,三棱锥 P-ABC 的体积为 ,则此三棱锥的外接球的表面积为 ( )4A. B.163 403C. D.643 803【解析】选 D.依题意,记三棱锥 PABC 的外接球的球心为 O,半径为 R,点 P 到平面 ABC 的距离为 h,则由 VP-ABC= SABC h= h= 得 h= .13 13( 3442) 433又 PC 为球 O 的直径,因此球心 O 到平面 ABC 的距离等于 h=

6、.12233又正ABC 的外接圆半径为 r= = ,260433因此 R2=r2+ = ,(233)2所以三棱锥 P-ABC 的外接球的表面积为 4R 2= .8038.九章算术商功章有题:一圆柱形谷仓,高 1 丈 3 尺 3 寸,容纳米 2 000 斛1(1 丈=10 尺,1 尺=10 寸,斛为容积单位,1 斛1.62 立方尺,3),则圆柱底面圆周长约为( )A.1 丈 3 尺 B.5 丈 4 尺C.9 丈 2 尺 D.48 丈 6 尺【解析】选 B.设圆柱底面圆半径为 r 尺,高为 h 尺,圆柱高 1 丈 3 尺 3 寸,即h=13 尺,依题意,圆柱体积 V=r 2h3r 213 =2 0

7、001.62,13 13所以 r2=81,即 r=9,所以圆柱底面圆周长约为 2r54,54 尺=5 丈 4 尺,即圆柱底面圆周长约为 5 丈 4 尺.9.在九章算术中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑,在鳖臑 A-BCD 中,AB平面 BCD,且 BDCD,AB=BD=CD,点 P 在棱 AC 上运动,设 CP 的长度为 x,若PBD 的面积为 f(x),则f(x)的图象大致是 ( )5【解析】选 A.如图,作 PQBC 于 Q,作 QRBD 于 R,连接 PR,则由鳖臑的定义知 PQAB,QRCD,PQQR.设 AB=BD=CD=1,CP=x(0x1),则 = = ,31即 PQ=

8、,又 = = = ,3 1所以 QR= ,所以 PR= =2+2= ,33 22-23+3又由题知 PRBD,所以 f(x)= = ,36 22-23+3 66 (- 32)2+34结合选项知选 A.10.(2018西安一模)湖面上漂着一个小球,湖水结冰后将球取出,冰面上留下了一个直径为12 cm,深 2 cm 的空穴,则该球的表面积是 ( )6A.100 cm 2 B.200 cm 2C. cm2 D.400 cm 2【解析】选 D.设球的半径为 r,如图所示阴影部分以上为浸入水中部分,由勾股定理可知,r2=(r-2)2+62,解得 r=10.所以球的表面积为4r 2=4100=400(cm

9、 2).11.(2018湖南五市十校联考)圆锥的母线长为 L,过顶点的最大截面的面积为 L2,则圆锥12底面半径与母线长的比 的取值范围是 ( )A. B.C. D.(0,22) 22,1)【解析】选 D.设圆锥的高为 h,过顶点的截面的顶角为 ,则过顶点的截面的面积S= L2sin ,而 0r Lcos 45= L,所以 1.12.(2018太原一模)如图,已知在多面体 ABC-DEFG 中,AB,AC,AD 两两互相垂直,平面 ABC平面 DEFG,平面 BEF平面 ADGC,AB=AD=DG=2,AC=EF=1,则该多面体的体积为 ( )A.2 B.4 C.6 D.8【解析】选 B.过点

10、 C 作 CMAB,过点 B 作 BMAC,且 BMCM=M,取 DG 的中点 N,连接FM,FN,CN,CF,如图所示.易知 ABMC-DEFN 是长方体,且三棱锥 F-BCM 与三棱锥 C-FGN的体积相等,故几何体的体积等于长方体的体积 4.第卷(非选择题,共 90 分)7二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分,把正确答案填在题中横线上)13.(2018武昌二模)在矩形 ABCD 中,ABBC,现将ABD 沿矩形的对角线 BD 所在的直线进行翻折,在翻折的过程中,给出下列结论:存在某个位置,使得直线 AC 与直线 BD 垂直;存在某个位置,使得直线 AB 与直线 C

11、D 垂直;存在某个位置,使得直线 AD 与直线 BC 垂直.其中正确结论的序号是_. 【解析】假设 AC 与 BD 垂直,过点 A 作 AEBD 于点 E,连接 CE,如图所示,则 AEBD,BDAC.又 AEAC=A,所以 BD平面 AEC,从而有 BDCE,而在平面 BCD 中,CE 与 BD 不垂直, 故假设不成立,错误.假设 ABCD,因为 ABAD,ADCD=D,所以 AB平面 ACD,所以 ABAC,由 ABBC 可知,存在这样的直角三角形 BAC,使 ABCD,故假设成立,正确.假设 ADBC,因为 DCBC,ADDC=D,所以 BC平面 ADC,所以 BCAC,即ABC 为直角

12、三角形,且 AB 为斜边,而 ABBC,故矛盾,假设不成立,错误.答案:14.高为 4 的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体,它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示,则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的_. 【解析】由侧视图、俯视图知该几何体是高为 2、底面积为 2(2+4)=6 的四棱锥,其体8积为 62=4.而直三棱柱的体积为 224=8,则该几何体的体积是原直三棱柱的体13 12积的 .12答案:1215.已知在三棱锥 P-ABC 中,V PABC = ,APC= ,BPC= ,PAAC,PBBC,且平面433 4 3PAC平面 PBC,那么三棱锥 P-ABC 的外接球的体积为_

13、. 【解析】如图,取 PC 的中点 O,连接 AO,BO,设 PC=2R,则 OA=OB=OC=OP=R,所以 O 是三棱锥 P-ABC 外接球的球心,易知,PB=R,BC= R,因为APC= ,PAAC,O 为 PC 的中点,4所以 AOPC,又平面 PAC平面 PBC,且平面 PAC平面 PBC=PC,所以 AO平面 PBC,所以 VP-ABC=VA PBC= PBBCAO= R RR= ,解得 R=2,1312 1312 3 433所以三棱锥 P-ABC 外接球的体积 V= R 3= .43 323答案:32316.已知正方体 ABCDA 1B1C1D1中,E,F 分别为 BB1,CC1

14、的中点,那么异面直线 AE 与 D1F 所成角的余弦值为_. 【解析】设正方体的棱长为 a,连接 A1E,可知 D1FA 1E,9所以异面直线 AE 与 D1F 所成的角可转化为 AE 与 A1E 所成的角,在AEA 1中,cosAEA 1= = .2+(2)2+2+(2)2-222+(2)22+(2)2 35答案:35三、解答题(本大题共 6 小题,共 74 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.(12 分)如图四边形 ABCD 为菱形,G 为 AC 与 BD 的交点,BE平面 ABCD.(1)证明:平面 AEC平面 BED.(2)若ABC=120,AEEC,三棱锥 E-ACD

15、的体积为 ,求该三棱锥的侧面积.【解析】(1)因为四边形 ABCD 为菱形,所以 ACBD,因为 BE平面 ABCD,所以 ACBE,因为 BEBD=B,所以 AC平面 BED.又 AC平面 AEC,所以平面 AEC平面 BED.(2)设 AB=x,在菱形 ABCD 中,由ABC=120,可得 AG=GC= x,GB=GD= .2因为 AEEC,所以在 RtAEC 中,可得 EG= x.由 BE平面 ABCD,知EBG 为直角三角形,可得 BE= x.10由已知得,三棱锥 E-ACD 的体积 VE-ACD= ACGDBE= x3= .故 x=2.1312 624所以 AB=BD=BC=2,从而

16、可得 AE=EC=ED= .6所以EAC 的面积为 3,EAD 的面积与ECD 的面 积均为 .5故三棱锥 E-ACD 的侧面积为 3+2 .518.(12 分)如图,已知正三棱锥 P-ABC 的侧面是直角三角形,PA=6,顶点 P 在平面 ABC 内的正投影为点 D,D 在平面 PAB 内的正投影为点 E,连接 PE 并延长交 AB 于点 G.(1)证明:G 是 AB 的中点.(2)在图中作出点 E 在平面 PAC 内的正投影 F(说明作法及理由),并求四面体 PDEF 的体积.【解析】(1)因为 P 在平面 ABC 内的正投影为 D,所以 ABPD.因为 D 在平面 PAB 内的正投影为

17、E,所以 ABDE.因为 DEPD=D,所以 AB平面 PED,故 ABPG.又由已知可得,PA=PB,从而 G 是 AB 的中点. (2)在平面 PAB 内,过点 E 作 PB 的平行线交 PA 于点 F,F 即为 E 在平面 PAC 内的正投影.理由如下:由已知可得 PBPA,PBPC,又 EFPB,所以 EFPA,EFPC,因为 PAPC=P,所以 EF平面 PAC,即点 F 为点 E 在平面 PAC 内的正投影.连接 CG,因为 P 在平面 ABC 内的正投影为 D,所以 D 是正三角形 ABC 的中心.由(1)知,G 是 AB 的中点,所以 D 在 CG 上,11故 CD= CG.由

18、题设可得 PC平面 PAB,DE平面 PAB,所以 DEPC,因此 PE= PG,DE= PC.23 13由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且 PA=6,可得 DE=2,PE=2 .2在等腰直角三角形 EFP 中,可得 EF=PF=2.所以四面体 PDEF 的体积 V= 222= .1312 43名师点睛:立体几何解答题主要考查线面位置关系的证明及几何体体积的计算,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.19.(12 分)如图,在四棱锥 P-ABC

19、D 中,ABCD,且BAP=CDP=90.(1)证明:平面 PAB平面 PAD.(2)若 PA=PD=AB=DC,APD=90,且四棱锥 P-ABCD 的体积为 ,求该四棱锥的侧面积.83【解题指南】(1)由 ABAP,ABPD,得 AB平面 PAD 即可证得结果.(2)在平面 PAD 内,作 PEAD,设 AB=x,则四棱锥 P-ABCD 的体积 VP-ABCD= ABADPE= x3,13解得 x=2,可求出四棱锥的侧面积.【解析】(1)由已知BAP=CDP=90,得 ABAP,CDPD.由于 ABCD,故 ABPD,因为 PAPD=P,所以 AB平面 PAD.又 AB平面 PAB,所以平

20、面 PAB平面 PAD.(2)在平面 PAD 内作 PEAD,垂足为点 E.由(1)知,AB平面 PAD,故 ABPE,因为 ADAB=A,所以 PE平面 ABCD.12设 AB=x,则由已知可得 AD= x,PE= x.2故四棱锥 P-ABCD 的体积 VP-ABCD= ABADPE= x3.13 13由题设得 x3= ,故 x=2.13 83从而 PA=PD=2,AD=BC=2 ,PB=PC=2 .2 2可得四棱锥 P-ABCD 的侧面积为 PAPD+ PAAB+ PDDC+ BC2sin 60=6+2 .12 12 12 12 3名师点睛:证明面面垂直,先由线线垂直证明线面垂直,再由线面

21、垂直证明面面垂直;计算点面距离时,如直接求不方便,应首先想到转化,如平行转化、对称转化、比例转化等,找到方便求值时再计算,可以减少运算量,提高准确度,求点面距离有的能直接求出就直接求出,不方便直接求出的看成三棱锥的高,利用等体积法求出.20.(12 分)如图,在三棱锥 A-BCD 中,ABAD,BCBD,平面 ABD平面 BCD,点 E,F(E 与 A,D不重合)分别在棱 AD,BD 上,且 EFAD.求证:(1)EF平面 ABC.(2)ADAC.【证明】(1)在平面 ABD 内,因为 ABAD,EFAD,所以 EFAB.又因为 EF平面 ABC,AB平面 ABC,所以 EF平面 ABC.(2

22、)因为平面 ABD平面 BCD,平面 ABD平面 BCD=BD,BC平面 BCD,BCBD,所以 BC平面 ABD.因为 AD平面 ABD,所以 BCAD.13又因为 ABAD,BCAB=B,AB平面 ABC,BC平面 ABC,所以 AD平面 ABC,又因为 AC平面 ABC,所以 ADAC.名师点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型:(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.21.(12 分)如图,菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O,AB=5,AC=6,点 E,F 分别

23、在 AD,CD 上,AE=CF= ,EF 交 BD 于点 H. 将 DEF 沿 EF 折到DEF 的位置,OD= .54证明:DH平面 ABCD.【证明】由已知得 ACBD,AD=CD,又由 AE=CF 得 = ,故 ACEF.因此 EFHD,从而 EFDH.由 AB=5,AC=6 得 DO=BO= =4.2-2由 EFAC 得 = = .14所以 OH=1,DH=DH=3.于是 DH 2+OH2=32+12=10=OD 2,故 DHOH.又 DHEF,而 OHEF=H,所以 DH平面 ABCD.22.(14 分)(2016江苏高考)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,D,E 分别为 A

24、B,BC 的中点,点F 在侧棱 B1B 上,且 B1DA 1F,A1C1A 1B1.14求证:(1)直线 DE平面 A1C1F.(2)平面 B1DE平面 A1C1F.【解题指南】根据三角形的中位线及直三棱柱的性质,应用线面平行,面面垂直的判定定理证明.【证明】(1)因为 D,E 分别是 AB,BC 的中点,所以 DEAC,又 ACA 1C1,所以 DEA 1C1,又因为 A1C1平面 A1C1F,且 DE平面 A1C1F,所以 DE平面 A1C1F.(2)因为 ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以 AA1平面 A1B1C1,所以 AA1A 1C1.又因为 A1C1A 1B1,且 AA1A 1B1=A1,AA1,A1B1平面 AA1B1B,所以 A1C1平面 AA1B1B,所以 A1C1B 1D,又A1FB 1D,A1FA 1C1=A1,所以 B1D平面 A1C1F,又因为 B1D平面 B1DE,所以平面 B1DE平面A1C1F.