2020高考數(shù)學 專題二綜合測試題 文

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1、專題二綜合測試題 (時間：120分鐘　　　滿分：150分) 一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的． 1.如圖，設A是棱長為a的正方體的一個頂點，過從此頂點出發(fā)的三條棱的中點作截面，截面與正方體各面共同圍成一個多面體，則關于此多面體有以下結論，其中錯誤的是(　　) A．有10個頂點 B．體對角線AC1垂直于截面 C．截面平行于平面CB1D1 D．此多面體的表面積為a2 解析：此多面體的表面積S＝6a2－3××a×a＋×a×a×＝a2＋a2＝a2.故選D. 答案：D 2．(2020·福建寧德二模)下圖是一個多

2、面體的三視圖，則其全面積為(　　) A. B.＋6 C.＋6 D.＋4 解析：由幾何體的三視圖可得，此幾何體是正三棱柱，其全面積為S＝3×()2＋2××()2×sin60°＝6＋.故選C. 答案：C 3.(2020·江西撫州一中模擬)如圖是一個幾何體的三視圖，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，可得該幾何體的表面積是(　　) A．22π　　　　　　　 B．12π C．4π＋24 D．4π＋32 解析：由幾何體的三視圖可得，此幾何體是上面一個球、下面一個長方體組成的幾何體，此幾何體的表面積S＝4π×12＋2×2×2＋8×3＝4π＋32.故選D. 答案：D 4．一個幾何體的三視圖如圖所示

3、，則該幾何體的表面積與體積分別為(　　) A．7＋，3 B．8＋，3 C．7＋， D．8＋， 解析：由幾何體的三視圖可得，此幾何體是四棱柱，底面是梯形，其全面積為S＝2×(1＋2)×1＋12＋12＋1×2＋×1＝7＋，體積為V＝(1＋2)×1×1＝.故選C. 答案：C 5．(2020·江蘇啟東中學模擬)一個與球心距離為1的平面截球體所得的圓面面積為π，則球的體積為(　　) A. B. C. D．8π 解析：由題意，球的半徑為R＝＝，故其體積V＝π()3＝，選A. 答案：A 6．(2020·福建福鼎一中模擬)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是

4、AD的中點，則異面直線C1E與BC所成的角的余弦值是(　　) A. B. C. D. 解析：因為BC∥B1C1，故∠EC1B1即為異面直線C1E與BC所成的角，在△EB1C1中，由余弦定理可得結果，選C. 答案：C 7．(2020·泰安市高三質檢)已知正四棱錐S－ABCD的側棱長與底面邊長都相等，E是SB的中點，則AE、SD所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：連接BD，取BD中點O，連接AO 則OE∥SD.∠OEA即為AE與SD所成的角． 令側棱長為2，則OE＝1，AO＝，AE＝ 因為AE2＝AO2＋OE2，所以△AOE是直角三

5、角形，故cos∠AEO＝. 答案：C 8．(2020·安徽皖南八校聯(lián)考)設m，n是不同的直線，α、β、γ是不同的平面，有以下四個命題： ①?β∥γ；②?m⊥β；③?α⊥β；④?m∥α.其中正確的命題是(　　) A．①④ B．②③ C．①③ D．②④ 解析：由定理可知①③正確，②中m與β的位置關系不確定，④中可能m?α.故選C. 答案：C 9．(2020·寧夏模擬)如圖，正△ABC的中線AF與中位線DE相交于G，已知△A′ED是△AED繞DE旋轉過程中的一個圖形，下列命題中，錯誤的是(　　) A．動點A′在平面ABC上的射影在線段AF上 B．恒有平面A′GF⊥平面

6、BCED C．三棱錐A′—FED的體積有最大值 D．異面直線A′E與BD不可能垂直 解析：由題意，DE⊥平面AGA′，A、B、C正確．故選D. 答案：D 10．(2020·南昌一模)在棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M為AB的中點，則點C到平面A1DM的距離為(　　) A.a B.a C.a D.a 解析：設點C到平面A1DM的距離為h，則由已知得DM＝A1M＝ ＝a，A1D＝a，S△A1DM＝×a× ＝a2，連接CM，S△CDM＝a2，由VC－A1DM＝VA1－CDM，得S△A1DM·h＝S△CDM·a，a2·h＝a2·a，所以h＝a，即點C到平面A1

7、DM的距離為a，選A. 答案：A 11．(2020·山東平邑一中模擬)設a，b，c是空間三條直線，α，β是空間兩個平面，則下列命題中，逆命題不成立的是(　　) A．當c⊥α時，若c⊥β，則α∥β B．當b?α時，若b⊥β，則α⊥β C．當b?α，且c是a在α內(nèi)的射影時，若b⊥c，則a⊥b D．當b?α，且c?α時，若c∥α，則b∥c 解析：寫出逆命題，可知B中b與β不一定垂直．選B. 答案：B 12．(2020·山東濰坊模擬)某幾何體的一條棱長為，在該幾何體的正視圖中，這條棱的投影是長為的線段，在該幾何體的側視圖與俯視圖中，這條棱的投影分別是長為a和b的線段，則a＋b的最大值

8、為(　　) A．2 B．2 C．4 D．2 解析：結合長方體的對角線在三個面的投影來理解計算．如圖設長方體的長，寬，高分別為m，n，k，由題意得＝，＝?n＝1，＝a，＝b，所以(a2－1)＋(b2－1)＝6?a2＋b2＝8，所以(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2＝8＋2ab≤8＋a2＋b2＝16?a＋b≤4，當且僅當a＝b＝2時取等號．選C. 答案：C 二、填空題：本大題共4小題，每小題4分，共16分，將答案填在題中的橫線上． 13．(2020·廣東珠海二模)一個五面體的三視圖如圖，正視圖與側視圖都是等腰直角三角形，俯視圖為直角梯形，部分邊長如圖所示，則此五面體的體積為_

9、_______． 解析：由三視圖可知，此幾何體是一個底面為直角梯形，有一條側棱垂直于底面的四棱錐，其體積為V＝××(1＋2)×2×2＝2. 答案：2 14．(2020·上海春招)有一多面體的飾品，其表面由6個正方形和8個正三角形組成(如圖)，AB與CD所成的角的大小是________． 解析：連接AD，則AD綊2BC，故延長AB，DC必相交，設交點為E，△ADE是等邊三角形，故AB與CD所成的角的大小為60°. 答案：60° 15.(2020·江西贛州聯(lián)考)三棱錐S－ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜邊AB＝a的等腰直角三角形，則以下結論中： ①異面直

10、線SB與AC所成的角為90°； ②直線SB⊥平面ABC； ③平面SBC⊥平面SAC； ④點C到平面SAB的距離是a. 其中正確結論的序號是________． 解析：由題意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，①、②、③正確；取AB的中點E，連接CE，可證得CE⊥平面SAB，故CE的長度即為C到平面SAB的距離a，④正確． 答案：①②③④ 16.(2020·南京一模)如圖，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，D為棱AA1的中點，若截面△BC1D是面積為6的直角三角形，則此三棱柱的體積為________． 解析：設正三棱柱的底面邊長為a，高為

11、2h，則BD＝C1D＝，BC1＝，由△BC1D是面積為6的直角三角形，得，解得，故此三棱柱的體積為V＝×8×sin60°×4＝8. 答案：8 三、解答題：本大題共6小題，共74分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 17．(本小題滿分12分)如圖，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，PA＝AB＝1，AD＝，點F是PB的中點，點E在邊BC上移動． (1)求三棱錐E－PAD的體積； (2)當點E為BC的中點時，試判斷EF與平面PAC的位置關系，并說明理由； (3)證明：無論點E在邊BC的何處，都有PE⊥AF. 解：(1)三棱錐E－PAD的體積V＝PA·S△ADE＝PA·＝.

12、 (2)當點E為BC的中點時，EF與平面PAC平行． ∵在△PBC中，E、F分別為BC、PB的中點， ∴EF∥PC，又EF?平面PAC，PC?平面PAC， ∴EF∥平面PAC. (3)證明：∵PA⊥平面ABCD，BE?平面ABCD， ∴BE⊥PA，又BE⊥AB，AB∩PA＝A，AB，PA?平面PAB， ∴BE⊥平面PAB.又AF?平面PAB，∴AF⊥BE. 又PA＝AB＝1，點F是PB的中點，∴PB⊥AF， 又∵PB∩BE＝B，PB，BE?平面PBE， ∴AF⊥平面PBE. ∵PE?平面PBE，∴AF⊥PE. 18．(本小題滿分12分) 已知四棱錐P－ABCD

13、中，平面PAD⊥平面ABCD，平面PCD⊥平面ABCD，E為PB上任意一點，O為菱形對角線的交點，如圖． (1)證明：平面EAC⊥平面PBD； (2)試確定點E的位置，使得四棱錐的體積被平面EAC分成31兩部分． 解：(1)證明：過點B作BG⊥AD于點G，由于平面PAD⊥平面ABCD，由面面垂直的性質定理可知BG⊥平面PAD，又PD?平面PAD，故PD⊥BG；同理，過點B作BH⊥CD于點H，則PD⊥BH.又BG?平面ABCD，BH?平面ABCD，BG∩BH＝B，∴PD⊥平面ABCD， ∴PD⊥AC，又BD⊥AC，故AC⊥平面PBD，又AC?平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBD

14、. (2)若四棱錐的體積被平面EAC分成31兩部分，則三棱錐E－ABC的體積是整個四棱錐體積的，設三棱錐E－ABC的高為h，底面ABCD的面積為S，則·S·h＝·S·PD，由此得h＝PD，故此時E為PB的中點． 19．(本小題滿分12分)如圖，在四面體A－BCD中，AE⊥平面BCD，BC⊥CD，BC＝CD，AC＝BD，E是BD的中點． (1)求證：AC⊥BD； (2)求直線AC與平面BCD所成的角． 解：如圖，連接CE. (1)證明：在△BCD中，BC＝CD，E是BD的中點， ∴CE⊥BD. ∵AE⊥平面BCD，BD?平面BCD，∴AE⊥BD，CE∩AE＝E， ∴B

15、D⊥平面ACE，∵AC?平面ACE， ∴AC⊥BD. (2)∵AE⊥平面BCD，CE?平面BCD， ∴AE⊥CE，∠ACE就是直線AC與平面BCD所成的角． ∵BC⊥CD，E是BD的中點， ∴CE＝BD， ∵AC＝BD，∴CE＝AC， ∴在Rt△ACE中，易知∠ACE＝60°.即直線AC與平面BCD所成的角是60°. 20．(本小題滿分12分)(2020·浙江)如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝AC，D為BC的中點，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)證明：AP⊥BC； (2)在線段AP上是否存在點M，使得二面角A

16、－MC－B為直二面角？若存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由． 解：方法一：(1)證明：如圖，以O為原點，以射線OP為z軸的正半軸，建立空間直角坐標系O－xyz. 則O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)， ＝(0,3,4)，＝(－8,0,0)，由此可得·＝0，所以⊥，即AP⊥BC. (2)設＝λ，λ≠1， 則＝λ(0，－3，－4)． ＝＋＝＋λ ＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4) ＝(－4，－2－3λ，4－4λ) ＝(－4,5,0)，＝(－8,0,0)． 設平面BMC的法向量n1＝(x1，y1，z1

17、)， 平面APC的法向量n2＝(x2，y2，z2)． 由 得 即可得n1＝ 由即 得可取n2＝(5,4，－3)． 由n1·n2＝0，得4－3·＝0， 解得λ＝，故AM＝3 綜上所述，存在點M符合題意，AM＝3. 方法二： (1)證明：由AB＝AC，D是BC的中點，得AD⊥BC.又PO⊥平面ABC，得PO⊥BC. 因為PO∩AD＝O，所以BC⊥平面PAD. 故BC⊥PA. (2)如圖，在平面PAB內(nèi)作BM⊥PA于M，連接CM. 由(1)中知AP⊥BC，得AP⊥平面BMC. 又AP?平面APC，所以平面BMC⊥平面APC. 在Rt△ADB中，AB2

18、＝AD2＋BD2＝41，得AB＝. 在Rt△POD中，PD2＝PO2＋OD2， 在Rt△PDB中， PB2＝PD2＋BD2， 所以PB2＝PO2＋OD2＋DB2＝36，得PB＝6. 在Rt△POA中，PA2＝AO2＋OP2＝25，得PA＝5. 又cos∠BPA＝＝， 從而PM＝PBcos∠BPA＝2，所以AM＝PA－PM＝3.綜上所述，存在點M符合題意，AM＝3. 21．(本小題滿分12分)(2020·遼寧) 如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD. (1)證明：平面PQC⊥平面DCQ； (2)求二面角Q－BP－C的

19、余弦值． 解：如圖，以D為坐標原點，線段DA的長為單位長，射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標系D－xyz. (1)證明：依題意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)． 則＝(1,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1，－1,0)．所以·＝0，·＝0. 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.故DQ⊥平面DCQ. 又PQ?平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. (2)依題意有B(1,0,1)，＝(1,0,0)，＝(－1,2，－1)． 設n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，則 即 因此可取n＝(0，－1，－2) 設m是平面PBQ的法向量，則 可取m＝(1,

20、1,1)，所以cos〈m，n〉＝－. 故二面角Q－BP－C的余弦值為－. 22.(本小題滿分14分)(2020·福建)如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，四邊形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝，∠CDA＝45°. (1)求證：平面PAB⊥平面PAD； (2)設AB＝AP. (ⅰ)若直線PB與平面PCD所成的角為30°，求線段AB的長； (ⅱ)在線段AD上是否存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等？說明理由． 解：解法一： (1)證明：因為PA⊥平面ABCD， AB?平面ABCD， 所以PA⊥AB， 又AB⊥AD，PA∩AD＝

21、A， 所以AB⊥平面PAD 又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD， (2)以A為坐標原點，建立空間直角坐標系A－xyz(如圖)． 在平面ABCD內(nèi)，作CE∥AB交AD于點E，則CE⊥AD. 在Rt△CDE中，DE＝CD·cos45°＝1， CE＝CD·sin45°＝1. 設AB＝AP＝t, 則B(t,0,0)，P(0,0，t)． 由AB＋AD＝4得AD＝4－t， 所以E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)D(0,4－t,0)，＝(－1，1,0)，＝(0,4－t，－t)． (ⅰ)設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)． 由n⊥，n⊥，得 取x＝t，

22、得平面PCD的一個法向量n＝(t，t,4－t)． 又＝(t,0，－t)，故由直線PB與平面PCD所成的角為30°得 cos60°＝， 即＝. 解得t＝或t＝4(舍去，因為AD＝4－t>0)，所以AB＝. (ⅱ)假設在線段AD上存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等． 設G(0，m,0)(其中0≤m≤4－t)． 則＝(1,3－t－m,0)，＝(0,4－t－m,0)，＝(0，－m，t)． 由||＝||，得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2， 即t＝3－m； ① 由||＝||，

23、得(4－t－m)2＝m2＋t2. ② 由①、②消去t，化簡得m2－3m＋4＝0. ③ 由于方程③沒有實數(shù)根，所以在線段AD上不存在一個點G，使得點G到點P，C，D的距離都相等． 從而，在線段AD上不存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等． 解法二： (1)同解法一： (2)(ⅰ)以A為坐標原點，建立空間直角坐標系A－xyz(如圖)． 在平面ABCD內(nèi)，作CE∥AB交AD于點E， 則CE⊥AD， 在Rt△CDE中， DE＝CDcos45°＝1， CE＝CD·sin45°＝1. 設

24、AB＝AP＝t，則B(t,0,0)，P(0,0，t)． 由AB＋AD＝4得AD＝4－t. 所以E(0,3－t,0)，C(t,3－t,0)，D(0,4－t,0)． ＝(－1,1,0)，＝(0,4－t，－t)． 設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z) 由n⊥，n⊥，得 取x＝t，得平面PCD的一個法向量n＝(t，t,4－t)， 又＝(t,0，－t)，故由直線PB與平面PCD所成的角為30°得 cos60°＝， 即＝， 解得t＝或t＝4(舍去，因為AD＝4－t>0)， 所以AB＝. (ⅱ)假設在線段AD上存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等． 由GC＝GD，得∠GCD＝∠GDC＝45°， 從而∠CGD＝90°，即CG⊥AD， 所以GD＝CD·cos45°＝1. 設AB＝λ，則AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ. 在Rt△ABG中， GB＝ ＝＝ >1， 這與GB＝GD矛盾． 所以在線段AD上不存在一個點G，使得點G到B，C，D的距離都相等． 從而，在線段AD上不存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等．