高考数学二轮复习专题限时训练1-3-2

1、专题限时训练专题限时训练 (小题提速练小题提速练) (建议用时：45 分钟) 一、选择题 1设 ， 是两个不同的平面，m 是直线且 m，“m”是“”的( ) a充分而不必要条件 b必要而不充分条件 c充分必要条件 d既不充分也不必要条件 答案：b 解析：结合平面与平面平行的判定与性质进行判断当 m 时，过 m 的平面 与 可能平行也可能相交，因而 m / ；当 时， 内任一直线与 平行，因为 m，所以 m.综上知，“m”是“”的必要而不充分条件故选 b. 2如图，三棱锥 abcd 的棱长全相等，点 e 为 ad 的中点，则直线 ce 与bd所成角的余弦值为( ) a.36 b32 c.336

2、d12 答案：a 解析：设 ab1，则ce bd(aeac) (adab) 12ad212ad abac adac ab 1212cos 60 cos 60 cos 60 14. cos ce，bdce bd|ce|bd|143236.选 a. 3若 m，n 为空间两条不同的直线， 为空间两个不同的平面，给出下列命题： 若 m，m，则 ；若 m，m，则 ；若 m，mn，则 n；若 m，则 m. 其中为真命题的是( ) a b c d 答案：c 解析：对于命题，m，存在直线 n 且 mn.m，n，正确对于命题，一条直线垂直于两平行平面中的一个，那么这条直线也与另一平面垂直正确故选 c. 4如图所

3、示，从棱长为 6 cm 的正方体铁皮箱 abcda1b1c1d1中分离出来由三个正方形面板组成的几何图形如果用图示中这样一个装置来盛水，那么最多能盛的水的体积为( ) a36 cm3 b32 cm3 c28 cm3 d24 cm3 答案：a 解析：最多能盛多少水，实际上是求三棱锥 c1cd1b1的体积 又 v三棱锥 c1cd1b1v三棱锥 cb1c1d1 131266 636(cm3)， 所以用图示中这样一个装置来盛水，最多能盛 36 cm3体积的水故选 a. 5(2018 武汉市武昌区调研考试)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为( ) a.1

4、12 b94 c92 d3 答案：d 解析：如图，三棱锥 pabc 为三视图所对应几何体的直观图，由三视图可知，sabc12233，点 p 到平面 abc 的距离 h3，则 vpabc13 sabc h13333，故选 d. 6(2018 广州市高三年级调研测试)正方体 abcda1b1c1d1的棱长为 2，m 为cc1的中点，n 为线段 dd1上靠近 d1的三等分点，平面 bmn 交 aa1于点 q，则线段 aq的长为( ) a.23 b12 c16 d13 答案：d 解析：如图所示，过点 a作 aebm交 dd1于点 e，则 e是 dd1的中点，过点n 作 ntae 交 a1a 于点 t，

5、此时 ntbm，所以 b，m，n，t 四点共面，所以点 q与点 t 重合，易知 aqne13，故选 d. 7.如图，圆锥的底面直径 ab2，母线长 va3，点 c 在母线 vb 上，且 vc1，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点 a 到达点 c，则这只蚂蚁爬行的最短距离是( ) a. 13 b 7 c.4 33 d3 32 答案：b 解析：把圆锥的半侧面展开，侧面展开图中ab，半径 r3，故圆心角avb3，如图，在vac 中，根据余弦定理得 ac3212231127，此即为蚂蚁爬行的最短距离故选 b. 8正三角形 abc 的边长为 2 3，将它沿高 ad 翻折，使点 b 与点 c 间的距离为 3，此时

6、四面体 abcd的外接球的半径为( ) a. 13 b132 c2 3 d 3 答案：b 解析：球心 o一定在与平面 bcd垂直且过底面正三角形中心 o的直线上，也在平面 ado 中 ad 的垂直平分线上，如图，oeod 332231，de12ad122 33232，故所求外接球的半径 r12322132.故选 b. 9如果正四棱锥的底面边长为 2，侧面积为 4 2，则它的侧面与底面所成的(锐)二面角的大小为( ) a30 b45 c60 d75 答案：b 解析：如图，o 为底面正方形的中心，据题意易得，该正四棱锥的一个侧面三角形 pbc 的高 pe 的长为 2，因此正四棱锥的高 po pe2

7、oe21. peo的大小为侧面与底面所成的(锐)二面角的大小， 侧面与底面所成的(锐)二面角的大小为 45 .故选 b. 10(2018 成都市高中毕业班诊断性检测)在三棱锥 pabc 中，已知 pa底面abc，bac60 ，pa2，abac 3，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( ) a.43 b8 23 c8 d12 答案：c 解析：易知abc 是等边三角形如图，作 om平面 abc，其中 m 为abc的中心，且点 o 满足 om12pa1，则点 o 为三棱锥 pabc 外接球的球心，于是，该外接球的半径 roa am2om232 323212 2.故该球的表面积 s4r

8、28.故选 c. 11(2018 昆明市调研测试)在长方体 abcda1b1c1d1中，abad2，aa11，则点 b到平面 d1ac 的距离等于( ) a.33 b63 c1 d 2 答案：b 解析：如图，连接 bd1，易知 d1d 就是三棱锥 d1abc 的高，ad1cd1 5.取 ac 的中点 o，连接 d1o，则 d1oac，所以 d1o ad21ao2 3.设点 b到平面 d1ac 的距离为 h，则有 vbd1acvd1abc，即13sd1ac h13sabc d1d.又 sd1ac12d1o ac123226，sabc12ab bc12222，所以 h63.故选 b. 12(201

9、8 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12l2，则圆锥底面半径与母线长的比rl的取值范围是( ) a.0，12 b12，1 c.0，22 d22，1 答案：d 解析：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 s12l2sin ，而 0r，所以22rl1.故选 d. 二、填空题 13(2019 盐城模拟)已知一个圆锥的高为 4，其体积为3，则该圆锥的母线长为_ 答案：652 解析：设圆锥的底面半径为 r， 圆锥的高为 4，其体积为3， 13r243， 解得 r12， 该圆锥的母线长为 l42122652. 14(2019 福田区校级模拟)在三棱锥

10、 pabc 中，平面 pab平面 abc，abc 是边长为 6 的等边三角形，pab 是以 ab 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_ 答案：48 解析：如图，在等边三角形 abc 中，取 ab 中点 f，设其中心为 o， 由 ab6，得 co23cf2 3. pab是以 ab为斜边的等腰直角三角形， f为pab的外心，则 o为棱锥 pabc 的外接球球心， 则外接球半径 roc2 3. 该三棱锥外接球的表面积为 4(2 3)248. 15设 ， 是两个不重合的平面，m，n 是两条不重合的直线，给出下列四个命题： 若 n，n，m，则 nm； 若 m，n，m，n，则 ； 若 ，m

11、，n，nm，则 n； 若 m，mn，则 n. 其中正确的命题序号为_ 答案： 解析：逐个判断由线面平行的性质定理知正确；由面面平行的判定定理知直线 m，n 相交时才成立，所以错误；由面面垂直的性质定理知正确；中，可以是 n，所以错误，即正确命题是. 16在三棱锥 a- bcd 中，abacbdcd3，adbc2，点 m，n 分别为 ad，bc 的中点，则异面直线 an，cm所成的角的余弦值是_ 答案：78 解析：结合三棱锥棱长的特点，平移其中一条直线，得到异面直线所成的角，并化归到三角形中求解 如图所示，连接 dn，取线段 dn 的中点 k，连接 mk，ck. m为 ad的中点， mkan，

12、kmc 即为异面直线 an，cm所成的角 abacbdcd3，adbc2，n 为 bc 的中点， 由勾股定理易求得 andncm2 2， mk 2. 在 rtckn 中，ck( 2)212 3. 在ckm中，由余弦定理，得 coskmc( 2)2(2 2)2( 3)22 22 278. 专题限时训练专题限时训练 (大题规范练大题规范练) (建议用时：60 分钟) 1(2019 石家庄模拟)如图，已知四棱锥 pabcd，底面 abcd 为正方形，且pa底面 abcd，过 ab 的平面 abfe 与侧面 pcd 的交线为 ef，且满足 spefs四边形cdef13. (1)证明：pb平面 ace；

13、 (2)当 pa2ad2 时，求点 f到平面 ace 的距离 解析：(1)证明：由题知四边形 abcd为正方形， abcd， cd平面 pcd，ab平面 pcd， ab平面 pcd. 又 ab平面 abfe，平面 abfe平面 pcdef， efab，efcd. 由 spefs四边形cdef13知 e，f分别为 pd，pc 的中点 如图，连接 bd交 ac 于点 g，则 g为 bd的中点，连接 eg，则 egpb. 又 eg平面 ace，pb平面 ace， pb平面 ace. (2)pa2，adab1， ac 2，ae12pd52， pa平面 abcd，cdpa， 又 cdad，adpaa，

14、cd平面 pad，cdpd. 在 rtcde中，ce cd2de232. 在ace 中，由余弦定理知 cos aecae2ce2ac22ae ce55，sin aec2 55， sace12 ae ce sin aec34. 设点 f到平面 ace 的距离为 h，连接 af，则 vface1334h14h. dgac，dgpa，acpaa， dg平面 pac. e为 pd的中点， 点 e到平面 acf 的距离为12dg24. 又 f为 pc 的中点，sacf12sacp22， ve- acf132224112. 由 vf- aceve- acf，得14h112，得 h13， 点 f到平面 ac

15、e 的距离为13. 2(2018 广州市高三年级调研测试)如图，已知多面体 pabcde 的底面 abcd是边长为 2的菱形，pa底面 abcd，edpa，且 pa2ed2. (1)证明：平面 pac平面 pce； (2)若直线 pc 与平面 abcd 所成的角为 45 ，求二面角 pced的余弦值 解析：(1)证明：如图，连接 bd，交 ac 于点 o，设线段 pc 的中点为 f，连接of，ef. 因为 o，f分别为线段 ac，pc 的中点，所以 ofpa，且 of12pa， 因为 depa，且 de12pa，所以 ofde，且 ofde， 所以四边形 ofed为平行四边形，所以 odef，

16、即 bdef. 因为 pa平面 abcd，bd平面 abcd，所以 pabd. 因为四边形 abcd 是菱形，所以 bdac. 因为 paaca，所以 bd平面 pac. 因为 bdef，所以 ef平面 pac. 因为 ef平面 pce，所以平面 pac平面 pce. (2)方法一 因为直线 pc 与平面 abcd所成的角为 45 ，且 pa平面 abcd， 所以pca45 ，所以 acpa2， 所以 acab，故abc 为等边三角形 设线段 bc 的中点为 m，连接 am，则 ambc. 以 a 为原点，am，ad，ap 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 axyz(

17、如图) 则 p(0,0,2)，c( 3，1,0)，e(0,2,1)，d(0,2,0)， pc( 3，1，2)，ce( 3，1,1)，de(0,0,1) 设平面 pce 的法向量为 n(x1，y1，z1)， 则 n pc0，n ce0， 即 3x1y12z10， 3x1y1z10，令 y11，则 x1 3，z12，所以 n( 3，1,2) 设平面 cde的法向量为 m(x2，y2，z2)， 则 m de0，m ce0，即 z20， 3x2y2z20，令 x21，则 y2 3，所以 m(1，3，0) 设二面角 pced的大小为 ，易知 为钝角， 所以 cos |cosn，m|n m|n| |m|2

18、 32 2264. 所以二面角 pced的余弦值为64. 方法二 因为直线 pc 与平面 abcd所成的角为 45 ，且 pa平面 abcd， 所以pca45 ，所以 acpa2. 因为 abbc2，所以abc 为等边三角形 因为 pa平面 abcd，由(1)知 paof， 所以 of平面 abcd. 因为 ob平面 abcd，oc平面 abcd，所以 ofob且 ofoc. 在菱形 abcd中，oboc. 以 o为原点，ob，oc，of所在直线分别为 x轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系 oxyz(如图) 则 o(0,0,0)，p(0，1,2)，c(0,1,0)，d( 3，0,0)，e(

19、3，0,1)， 则cp(0，2,2)，ce( 3，1,1)，cd( 3，1，0) 设平面 pce 的法向量为 n(x1，y1，z1) 则 n cp0，n ce0， 即 2y12z10， 3x1y1z10，令 y11，则 x10，z11，则 n(0,1,1) 设平面 cde的法向量为 m(x2，y2，z2)，则 m ce0，m cd0， 即 3x2y2z20， 3x2y20， 令 x21，则 y2 3，z20，则 m(1， 3，0) 设二面角 pced的大小为 ，易知 为钝角， 则 cos |cosn，m|n m|n| |m|32264. 所以二面角 pced的余弦值为64. 3如图，在四棱锥

20、p- abcd 中，侧面 pad底面 abcd，papd2，底面abcd是直角梯形，其中 bcad，abad，ad2ab2bc2 2. (1)求直线 pc 与平面 pad所成的角； (2)求二面角 a- pb- c 的大小 解析：(1)过点 c 作 cead于点 e，连接 pe. 侧面 pad底面 abcd，且交线为 ad，ce侧面 pad， cpe即为直线 pc 与平面 pad所成的角 底面 abcd是直角梯形，abbc，bcad， 又 abbc，cead， 四边形 abce是正方形，aece 2. e是 ad的中点，又 papd2，pece 2. tancpecepe1，故cpe45 ，

21、即直线 pc 与平面 pad 所成角的大小是 45 . (2)由(1)知，ec，ed，ep 两两垂直，故以 e 为原点建立如图所示的空间直角坐标系， a(0， 2，0)，b( 2， 2，0)，p(0,0， 2)，c( 2，0,0)， 则ap(0， 2， 2)，pb( 2， 2， 2)，bc(0， 2，0) 设平面 apb的法向量 n1(x1，y1，z1)， 则 n1 ap0，n1 pb0，即 2y1 2z10，2x1 2y1 2z10， 令 y11，n1(0,1，1) 设平面 pbc 的法向量 n2(x2，y2，z2)， 则 n2 pb0，n2 bc0，即 2x2 2y2 2z20，2y20. 令 x21，则 n2(1,0,1)， cosn1，n2n1 n2|n1|n2|12，n1，n2120 .