高考数学二轮复习 专题4 数列检测 理.docx
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高考数学二轮复习专题4数列检测理
2019-2020年高考数学二轮复习专题4数列检测理
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
1.(xx汕头一模)一个锥体的主视图和左视图如图所示,下面选项中,不可能是该锥体的俯视图的是( )
2.(xx辽宁卷)已知m,n表示两条不同直线,α表示平面.下列说法正确的是( )
(A)若m∥α,n∥α,则m∥n(B)若m⊥α,n⊂α,则m⊥n
(C)若m⊥α,m⊥n,则n∥α(D)若m∥α,m⊥n,则n⊥α
3.(xx赤峰模拟)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为( )
(A)2(B)(C)2(D)3
4.如图所示,正方体ABCDA1B1C1D1,M、N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN,则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
(A)相交
(B)平行
(C)垂直
(D)不能确定
5.(xx北京卷)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是( )
(A)2+(B)4+(C)2+2(D)5
6.(xx南昌一模)如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点P是上底面A1B1C1D1内一动点,则三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为( )
(A)1∶1(B)2∶1(C)2∶3(D)3∶2
第5题图
第6题图
7.已知α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,给出下列
命题:
①若m⊥α,m⊂β,则α⊥β;
②若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥β;
③如果m⊂α,n⊄α,m、n是异面直线,那么n与α相交;
④若α∩β=m,n∥m,且n⊄α,n⊄β,则n∥α且n∥β.
其中正确的命题是( )
(A)①②(B)②③(C)③④(D)①④
8.(xx山东卷)在梯形ABCD中,∠ABC=,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )
(A)(B)(C)(D)2π
9.如图,四棱锥PABCD中,四边形ABCD是平行四边形,平面PAB∩平面PDC=l,则AB与直线l的关系为( )
(A)异面(B)垂直
(C)平行(D)相交
10.(xx湖南卷)一块石材表示的几何体的三视图如图所示.将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于( )
(A)1
(B)2
(C)3
(D)4
11.(xx邯郸市一模)已知三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上,若PA=AB=2,AC=1,∠BAC=120°且PA⊥平面ABC,则球O的表面积为( )
(A)(B)(C)12π(D)15π
12.如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,动点E,F在棱A1B1上,动点P,Q分别在棱AD,CD上.若EF=1,A1E=x,DQ=y,DP=z(x,y,z大于零),则四面体PEFQ的体积( )
(A)与x,y,z都有关
(B)与x有关,与y,z无关
(C)与y有关,与x,z无关
(D)与z有关,与x,y无关
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.(xx内蒙古赤峰三模)如图A,B,C是球面上三点,且OA,OB,OC两两垂直,若P是球O的大圆所在弧BC的中点,则直线AP与BC的位置关系是 .
14.(xx南昌市一模)已知直三棱柱ABCA1B1C1中,∠BAC=90°,侧面BCC1B1的面积为2,则直三棱柱ABCA1B1C1外接球表面积的最小值为 .
15.如图所示,已知正三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长都相等,M是侧棱CC1的中点,则异面直线AB1和BM所成的角的大小是 .
第13题图
第15题图
16.已知点E、F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1、CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于 .
三、解答题(本大题共5小题,共70分)
17.(本小题满分14分)
(xx大庆市二检)如图,平面ABEF⊥平面ABC,四边形ABEF为矩形,AC=BC,O为AB的中点,OF⊥EC.
(1)求证:
OE⊥FC;
(2)若AB=2,AC=,求二面角FCEB的余弦值.
18.(本小题满分14分)
(xx郑州第二次质量预测)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为2的菱形,平面ABC⊥平面AA1C1C,∠A1AC=60°,
∠BCA=90°.
(1)求证:
A1B⊥AC1;
(2)已知点E是AB的中点,BC=AC,求直线EC1与平面ABB1A1所成的角的正弦值.
19.(本小题满分14分)(xx广东卷)如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3.点E是CD边的中点,点F,G分别在线段AB,BC上,且AF=2FB,CG=2GB.
(1)证明:
PE⊥FG;
(2)求二面角PADC的正切值;
(3)求直线PA与直线FG所成角的余弦值.
20.(本小题满分14分)
如图,四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,四边形ABCD中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,∠CDA=45°.
(1)求证:
平面PAB⊥平面PAD;
(2)设AB=AP.
①若直线PB与平面PCD所成的角为30°,求线段AB的长;
②在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等?
说明理由.
21.(本小题满分14分)(xx湖南卷)如图,已知四棱台ABCDA1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A1A=6,且A1A⊥底面ABCD.点P,Q分别在棱DD1,BC上.
(1)若P是DD1的中点,证明:
AB1⊥PQ;
(2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角PQDA的余弦值为,求四面体ADPQ的体积.
专题检测(四)
1.C 2.B 3.D 4.B 5.C 6.A 7.D 8.C 9.C 10.B 11.A 12.D
13.解析:
连接BC,OP,
因为P为的中点,
所以BC⊥OP.
又OA⊥OB,OA⊥OC,OB∩OC=O.
所以OA⊥平面OBC,
所以BC⊥OA.
又OP∩OA=O,
所以BC⊥平面OAP,
所以BC⊥AP,
又BC与AP不共面,
所以AP与BC异面垂直.
答案:
异面垂直
14.解析:
设BC=2x,BB1=2y,则4xy=2,
因为直三棱柱ABCA1B1C1中,
∠BAC=90°,
所以直三棱柱ABCA1B1C1外接球的半径为≥=1.
所以直三棱柱ABCA1B1C1外接球表面积的最小值为4π×12=4π.
答案:
4π
15.解析:
取BC的中点O,连接AO,以AO所在直线为x轴,以OC所在直线为y轴,过点O且过B1C1中点的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
设正三棱柱的各棱长为a,
则B(0,-,0),
M(0,,),A(-a,0,0),
B1(0,-,a),
所以=(0,a,),
=(a,-,a),
所以·=0-+=0,
所以⊥.
即异面直线BM与AB1所成的角是90°.
答案:
90°
16.解析:
如图,建立空间直角坐标系.
设平面ABC的法向量为n1=(0,0,1),
平面AEF的法向量为n2=(x,y,z).
设正方体的棱长为1,因为
A(1,0,0),
E(1,1,),
F(0,1,),
所以=(0,1,),
=(-1,0,),
则
取x=1,则y=-1,z=3.
故n2=(1,-1,3),
所以cos
所以平面AEF与平面ABC所成的二面角的平面角α满足cosα=,sinα=,所以tanα=.
答案:
17.
(1)证明:
连接OC,因为AC=BC,O是AB的中点,故OC⊥AB.
又因为平面ABEF⊥平面ABC,面ABEF∩面ABC=AB,OC⊂面ABC,
故OC⊥平面ABEF.
因为OF⊂面ABEF,于是OC⊥OF.
又OF⊥EC,OC∩EC=C,所以OF⊥平面OEC,所以OF⊥OE.
又因为OC⊥OE,OF∩OC=O,故OE⊥平面OFC,
所以OE⊥FC.
(2)解:
由
(1)得,AB=2AF=2,取EF的中点D,以O为原点,OC,OB,OD所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.因为=,所以,OC=,于是有F(0,-1,1),E(0,1,1),B(0,1,0),C(,0,0),从而=(-,1,1),=(0,-2,0),设平面FCE的法向量n=(x,y,z),由
得得n=(1,0,),
同理,可得平面BCE的一个法向量m=(1,,0),
设m,n的夹角为θ,
则cosθ==,
由于二面角FCEB为钝二面角,所以所求余弦值为-.
18.
(1)证明:
取AC中点O,连接A1O,连接A1C,
因为平面ABC⊥平面AA1C1C,交线为AC,A1O⊥AC,
所以A1O⊥平面ABC,
所以A1O⊥BC.
又BC⊥AC,AC∩A1O=O,
所以BC⊥平面AA1C1C,
所以AC1⊥BC.
在菱形AA1C1C中,AC1⊥A1C,
所以AC1⊥平面A1BC,所以A1B⊥AC1.
(2)解:
以点O为坐标原点,
建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,
则A(0,-1,0),B(2,1,0),C(0,1,0),
C1(0,2,),
=(2,2,0),
==(0,1,),
设m=(x,y,z)是面ABB1A1的一个法向量,
则m·=0,m·=0,
即
取z=-1可得m=(-,,-1).
又E(1,0,0),所以=(-1,2,),
所以直线EC1与平面ABB1A1所成的角的正弦值sinθ=|cos<,m>|==.
19.
(1)证明:
因为PD=PC,点E为DC中点,
所以PE⊥DC.
又因为平面PDC⊥平面ABCD,
平面PDC∩平面ABCD=DC,
所以PE⊥平面ABCD.
又FG⊂平面ABCD,所以PE⊥FG.
(2)解:
由
(1)可知PE⊥AD.
因为四边形ABCD为长方形,所以AD⊥DC.
又因为PE∩DC=E,所以AD⊥平面PDC.
而PD⊂平面PDC,所以AD⊥PD.
由二面角的平面角的定义可知∠PDC为二面角PADC的一个平面角.
在Rt△PDE中,PE==,
所以tan∠PDC==.
从而二面角PADC的正切值为.
(3)解:
连接AC.
因为==,
所以FG∥AC.
易求得AC=3,PA==5.
所以直线PA与直线FG所成角等于直线PA与直线AC所成角,即∠PAC,
在△PAC中,cos∠PAC==.
所以直线PA与直线FG所成角的余弦值为.
20.解:
(1)因为PA⊥平面ABCD,
AB⊂平面ABCD,
所以PA⊥AB.
又AB⊥AD,PA∩AD=A,
所以AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系Axyz(如图).
在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E,则CE⊥AD.
在Rt△CDE中,DE=CD·cos45°=1,
CE=CD·sin45°=1.
设AB=AP=t,则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).
①设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
由n⊥,n⊥,得
取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t).
又=(t,0,-t),故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得
cos60°=||,
即=,
解得t=或t=4(舍去,因为AD=4-t>0),
所以AB=.
②假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都
相等.
设G(0,m,0)(其中0≤m≤4-t),
则=(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;(ⅰ)
由||=||得(4-t-m)2=m2+t2.(ⅱ)
由(ⅰ)、(ⅱ)消去t,
化简得m2-3m+4=0.(ⅲ)
由于方程(ⅲ)没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,C,D的距离都相等.
从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.
21.解:
法一 由题设知,AA1,AB,AD两两垂直.
以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,
建立如图所示的空间直角坐标系,
则相关各点的坐标为A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),
其中m=BQ,0≤m≤6.
(1)若P是DD1的中点,
则P(0,,3),=(6,m-,-3).
又=(3,0,6),
于是·=18-18=0,
所以⊥,
即AB1⊥PQ.
(2)由题设知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.
设n1=(x,y,z)是平面PQD的法向量,
则
即
取y=6,得n1=(6-m,6,3).
又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),
所以cos
=
=
=.
而二面角PQDA的余弦值为,
因此=,
解得m=4或m=8(舍去),
此时Q(6,4,0).
设=λ(0<λ≤1),
而=(0,-3,6),
由此得点P(0,6-3λ,6λ),
所以=(6,3λ-2,-6λ).
因为PQ∥平面ABB1A1,
且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),
所以·n3=0,
即3λ-2=0,
即λ=,
从而P(0,4,4).
于是,将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥PADQ,
则其高h=4.
故四面体ADPQ的体积
V=S△ADQ·h=××6×6×4=24.
法二
(1)如图a,取A1A的中点R,连结PR,BR,PC.
因为A1A,D1D是梯形A1ADD1的两腰,P是D1D的中点,
所以PR∥AD,
于是由AD∥BC知,PR∥BC,
所以P,R,B,C四点共面.
由题设知,BC⊥AB,BC⊥A1A,
所以BC⊥平面ABB1A1,
因此BC⊥AB1.①
因为tan∠ABR====tan∠A1AB1,
所以∠ABR=∠A1AB1,
因此∠ABR+∠BAB1=∠A1AB1+∠BAB1=90°,
于是AB1⊥BR.
再由①即知AB1⊥平面PRBC.
又PQ⊂平面PRBC,
故AB1⊥PQ.
(2)如图b,过点P作PM∥A1A交AD于点M,
则PM∥平面ABB1A1.②
因为A1A⊥平面ABCD,
所以PM⊥平面ABCD.
过点M作MN⊥QD于点N,
连结PN,
则PN⊥QD,∠PNM为二面角PQDA的平面角,
所以cos∠PNM=,
即=,
从而=.③
连结MQ,由PQ∥平面ABB1A1及②知,平面PQM∥平面ABB1A1,
所以MQ∥AB.
又ABCD是正方形,
所以ABQM为矩形,
故MQ=AB=6.
设MD=t(t>0),
则MN==.④
过点D1作D1E∥A1A交AD于点E,
则AA1D1E为矩形,
所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,
因此ED=AD-AE=3.
于是===2,
所以PM=2MD=2t.
再由③,④得=,
解得t=2,
因此PM=4.
故四面体ADPQ的体积V=S△ADQ·PM=××6×6×4=24.
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