2022届高考数学考前模拟题

2022年高考数学考前模拟题

1.如图，在四棱柱A8C£>-4BiG£>i中，AM_L底面ABCQ,NBAC=90°.AD//BC.且

4/=A8=AZ)=2BC=2,点E在棱匕平面4EC与棱相交于点F.

(I)证明：AiF〃平面BiCE；

1AE

(II)棱AB上是否存在点E,使二面角Ai-EC-D的余弦值为若存在，求出「的

3AB

值；若不存在，说明理由.

(III)求三棱锥Bi-AiEF的体积的最大值.

【分析】(I)利用棱柱的性质以及面面平行的性质定理证明AiF〃EC,由线面平行的判

定定理证明即可：

(II)建立合适的空间直角坐标系，设E(Z,0,0),0WfW2,求出所需点的坐标和向

量的坐标，然后利用待定系数法求出平面A\EC的法向量，由向量的夹角公式列式求解

即可；

(IU)过点尸作FM_LAi8i于点M,由面面垂直的性质定理证明下“，平面A1A2B1，利

用等体积法/「公门=4-8送述，将问题转化为求解FM最大值，即可得到答案.

【解答】(I)证明：因为ABCD-481C1G为棱柱，

则平面A8CD〃平面AiBiCi。，

又平面ABCCn平面A\ECF=EC,平面AiBiCOiC平面A\ECF=A\F,

则A\F//EC,

又AiFC平面BiCE,ECu平面B\CE,

故AiF〃平面BiCE；

(II)解：因为AiA_L平面4BCD,NBAO=90°,

则A4,AB,40两两垂直，

故以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，

则A(0,0,2),C(2,1,0),

设E(/,0,0),0W/W2,

贝必:E=(t,0,-2),4；C=(2,1,-2),

设平面AiEC的法向量为云=(x,y,z),

则口碓=0即母:2z=0

比M：C=0.+y-2z=0

令■z=t,则x=2,y—2t-4,

故m=(2,2t-4,t),

又平面OEC的一个法向量为曾=(0,0,1),

因为二面角A\-EC-D的余弦值为手

所以|cos<m，n>|=蛆叫=[旧=i,

问㈤j4+(2t-4)2+t2

整理可得P+4f-5=0,

解得f=l或f=-5,

又0WW2,

所以f=l，

则E(1,0,0),

1AE1

所以棱AB上存在中点E,使二面角4-EC-。的余弦值为,，此时77=不

3AB2

(III)解：过点尸作尸何1_481于点M,

因为平面4AB81J_平面AIBCIOI，且平面AiABB]_L平面4BiCiG=AiBi,BWu平面

A\B\C\D\,

则尸MJ_平面AiABBi，

由等体积法可得，％i-RiEF=^F-B^E=3，FM=可x—xFM=gFM,

因为当点产与点。重合时，EM取得最大值2,此时点E与点B重合，

4

所以当点尸与点。1重合时，三棱锥Bi-AiE/的体积取得最大值

【点评】本题考查了面面平行的性质定理以及线面平行的判定定理的应用，面面垂直的

性质定理和线面垂直的判定定理的应用，二面角的应用以及等体积法的应用，在求解有

关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向

量问题进行研究，属于中档题.

2.如图，已知A4i_L平面ABC,BB\//AA],AB=AC=3,BC=2再，AAi=V7,BB\=2小,

点E分别是BC的中点.

(1)求证：AEJ_平面8cBi；

(2)求直线AiBi与平面8cBi所成角的大小.

【分析】(1)推导出AELBC,由此能证明平面BCBi；

(2)以E为原点，EC为x轴，EA为y轴，过E作平面ABC的垂线为z轴，建立空间

直角坐标系，利用向量法能求出直线481与平面3cBi所成角的大小.

【解答】解：(1)证明：平面48C,平面ABC,

：AEu平面ABC,：.AE±BB\,

；AB=AC=3,点E分别是BC的中点，

：.AE±BC,

:BCCBBi=B,...AfiLL平面BCBi；

(2)以E为原点，EC为x轴，EA为y轴，过E作平面4BC的垂线为z轴，建立空间

直角坐标系，

Ai(0,2,V7),B\(-V5,0,2V7),

=(-V5,-2,V7),

平面8cBi的法向量蔡=(0,1,0),

设直线481与平面BCBi所成角为0,

rji.i.Mi®rnl21

则siQn0=，i二=-===-,

HlBd-hl门6

二直线4出与平面8cBi所成角的大小为30°.

【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、

面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.

3.如图，已知正方形ABE。的边长为VLO为两条对角线的交点，如图所示，将RtaBEC

沿8。所在的直线折起，使得点E移至点C,满足AB=AC.

(1)求四面体ABCD的体积V；

(2)请计算：

①直线BC与AD所成角的大小；

②直线BC与平面ACD所成的角的正弦.

B

【分析】(1)利用勾股定理证明CO_LA。，结合COA-BD,证明COJ•平面48。，从而

得到CO是三棱锥C-ABD的高，再由锥体的体积公式求解即可；

(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标.

①利用异面直线所成角的计算公式求解即可；

②求出平面ACO的法向量，然后由线面角的计算公式求解即可.

【解答】解：(1)由已知，可得40=C0=l,AB=AC=V2,

：.AO2+CO2=AC2,故CO_LAO,

又CO_LB。，BDHAO=O,AB,AOu平面ABO,

；.CO_L平面ABD,

故CO是三棱锥C-ABD的高，

三棱锥C-ABD的体积V=^SAABD^CO=1xlxV2XV2xl=1;

(2)分别以04,OB,OC为x轴，y轴，z轴

建立空间直角坐标系如图所示，

则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),D(0,-I,0),

故局=(0,-1,1),而=(-1,-1,0),就1=(-1,0,1),

①IcosV应?，AD>\=

\BC\-\AD\V2XV2”

...线BC与所成角的大小为60°；

②设平面ACZ)的法向量为1=(x,y,z),

则有=-令》=1,贝仃=-i,z=i,

n•AC=—x+z=0

故九=(1,-1,1),

设直线BC与平面ACD所成的角为e,

阮=2=屈

/.sin0=|cos<BC,n>|=

|BC|-|n|&x右3

故直线BC与平面ACD所成的角的正弦值为三.

【点评】本题考查了锥体体积的求解以及线线角与线面角的求解，在求解有关空间角问

题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行

研究，属于中档题.

4.在平面直角坐标系中，A(-1,0),B(1,0),设AABC的内切圆分别与边AC,BC,

AB相切于点P,Q,R,已知|CP|=1,记动点C的轨迹为曲线E.

(1)求曲线E的方程；

(2)过点B(1,0)作直线/交曲线E于M,N两点，且点M位于x轴上方，已知4

(-2,0),A2(2,0)记直线Ai",A2MAiN的斜率分别为所，依，依.

①证明：&次3，/为定值；

②设点N关于x轴的对称点为M，求面积的最大值.

【分析】(1)利用三角形内切圆的几何性质，得到|C4|+|C8|=4>H8],由椭圆的定义可

得曲线E为椭圆，然后利用待定系数法求解即可；

(2)①设直线I的方程,与椭圆方程联立,得到韦达定理，由两点间距离公式表示出hk3,

詈，结合韦达定理以及点在椭圆上以及点在直线上，化简求解即可；

②求出M的坐标，得到直线的方程，令y=0,求解x的值，可得直线MM恒过点

D(4,0),然后利用三角形的面积公式化简，再利用基本不等式求解最值即可.

【解答】(1)解：由题意可知，|CA|+|C8|=|CP|+|CQ|+|AP|+|BQ|=2|CP|+HB|=4>|AB|,

所以曲线£是以A,B为焦点，长轴长为4的椭圆(除去与x轴的交点)，

x2y2

设曲线E：—+=l(a>&>0,yH0),

则c=L2a=4f

解得4=2,序=a-C2=3,

xy

所以曲线E的方程为二+—=i（yw0）；

43

（2）①证明：设直线/的方程为x=〃2），+l,M（xi,y\）,N（X2，>2）（yi>0,y2V0）,

x=my+1

联立方程组y2,可得(3加2+4))2+6,*,-9=0,

(T+T=1

则%+丫2=一3'%丫2=-&'

9

因此kk=-22_,_Z^=32_________==_工,

122

3X2+2X]+2my1y2+37n(y1+y2)+9_9m+(_3x6m>,+94,

3m2+4、3m2+4,

fci=X2+2=(久I-2)J/2=(my「l)y2="1-2—2=6昭2-01+-2)+丁1

七-一(%2+2)yi一(my2+3)yx-myxy2+3yr-my^+Syr

9m6m

-----9—------7------HVi-3徵2+4+月

37712+43叱+4八1

9m9m

+3%+3yi3

3m2+4377l2+4

②解：由题意点M的坐标为（12，-”），

则直线MM的方程为y-乃=岩（x—a,

。2一/）为

令y=0,可得％=+%!

为+为

二％2%+巧丫2

%+丫2

（秋、2+1）丫1+（初为+1）及

丫1+丫2

2犯人及

+1

乃+及

2m(---1—)

3m2+4I1-A

6m十工一'，

3m2+4

故直线MM恒过点。（4,0）,

11

所以SABMM=层冏加一分3仅2II

3

=和为1-仇11

3.,,

=2似1+、2|

=3617nl

23m2+4

9,93V3

31刑+向一2阿扁4

当且仅当血2=*即7n=±^时取等号，

3A/3

此时△BMNI面积的最大值为了.

【点评】本题考查了动点轨迹方程的求解，待定系数法求解椭圆标准方程的应用，椭圆

定义的运用，直线马椭圆位置关系的应用，在解决直线与圆锥曲线位置关系的问题时，

一般会联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理和“设而不求”的方法进行研究，属

于中档题.

5.设A,8为曲线C：y=卷上两点，A与8的横坐标之和为8.

(1)求直线48的斜率；

(2)已知不过原点的直线/〃A8,且交曲线C于M,N两点，若原点。在以为直径

的圆上，求直线/的方程.

【分析】(1)设A(xi，yi),B(x2，”)，则a=q-，”=等，XI+X2=8,再计算直线

AB的斜率.

(2)设直线/的方程为y=2r+成5W0),M(x3,”)，N5,)*)，联立抛物线的方程，

T—>y2y2

结合韦达定理可得x3工4，则OM・ON=X3A4+y3y4=13工4+“号-=0,解得冷必，解得加，

即可得出答案.

22

【解答】解：(1)设A5，y\),B(X2»")，则用之无2，yi=+，”=等，用+及=8,

于是直线AB的斜率k=空二乌=汨攵=2.

(2)设直线/的方程为y=2x+〃?(/%W0),M(孙)3)，N(%4»54)，

(_工2

由/一彳消去y整理得--8%-4加=0,所以

(y=2%4-m

TTy2y2

因为原点。在以MN为直径的圆上，所以。M・ON=xM4+y3y4=%3利+告泮=0，

解得X3X4=-16,

所以-4/n=-16,解得m=4,

所以直线I的方程为2x->'+4=0.

【点评】本题考查直线与抛物线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题.

6.在平面直角坐标系xOy中，已知动点P到点尸(2,0)的距离与它到直线x=|的距离之

比为记点P的轨迹为曲线c.

3

(1)求曲线C的方程；

(2)过点/作两条互相垂直的直线/i，/2./1交曲线C于A,B两点,〃交曲线C于S,T

两点，线段48的中点为M,线段ST的中点为N.证明：直线过定点，并求出该定

点坐标.

【分析】(1)设尸(x,y),由动点P到点F(2,0)的距离与它到直线x=|的距离之比

22

为2V*5,得J“(x一-2}替+y上=2TV3-,化简即可得出答案.

3|x-||3

(2)设AGi，巾)，BG2,”)，分两种情况：①若直线人，/2都存且不为零，设直线

/I的方程为、=左(X-2),联立双曲线的方程，结合韦达定理可得X1+X2,进而可得线段

A8的中点M坐标，同理，线段PQ的中点N的坐标，写出当上#±1时，当上=±1时，

直线MN的方程，②若直线小/2中其中一条的斜率为0,另一条的斜率不存在，写出直

线/1，/2方程，即可得出答案.

【解答】解：(1)设P(x,y),根据题意可得21+'=

|x-|l3

x2

化简得曲线C的方程为一-/=1.

3

(2)证明：设4