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专题检测五(分值:150分)学生用书P193一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.(2024·四川成都模拟)已知直线l的方向向量是a=(3,2,1),平面α的一个法向量是n=(1,-1,-1),则l与α的位置关系是()A.l⊥α B.l∥αC.l与α相交但不垂直 D.l∥α或l⊂α答案D解析因为a=(3,2,1),n=(1,-1,-1),则a·n=3×1+2×(-1)+1×(-1)=0,所以a⊥n.又直线l的方向向量是a,平面α的一个法向量是n,所以l∥α或l⊂α.2.(2024·重庆模拟)正四棱锥的侧棱长为5,底面边长为2,则该四棱锥的体积为()A.233C.43答案C解析因为正四棱锥的侧棱长为5,底面边长为2,则底面面积为22=4,棱锥的高为(5)2-(23.(2024·山东烟台一模)设a,b为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,下列说法正确的是()A.若a∥α,b∥α,则a∥bB.若a,b与α所成的角相等,则a∥bC.若α⊥β,a∥α,b∥β,则a⊥bD.若α⊥β,a⊥α,b⊥β,则a⊥b答案D解析平行于同一平面的两条直线可能平行,可能相交,也可能异面,故A错误;a,b与α所成的角相等,则a,b可能异面,可能相交,也可能平行,故B错误;α⊥β,a∥α,b∥β,则a,b的位置关系无法判断,故C错误;因为α⊥β,a⊥α,所以a∥β或a⊂β.又b⊥β,所以a⊥b,故D正确.4.(2024·湖南长沙二模)蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子,建造和搬迁都很方便.已知蒙古包的造型可近似地看作一个圆柱和圆锥的组合体,已知圆锥的高为2米,圆柱的高为3米,底面圆的面积为64π平方米,则该蒙古包(含底面)的表面积为()A.(112+1617)π平方米B.(80+1617)π平方米C.(112+1817)π平方米D.(80+1817)π平方米答案A解析设底面圆的半径为r,则64π=πr2,解得r=8,则圆锥的母线长为22+82=217(米),故该蒙古包(含底面)的表面积为π×8×217+2π×8×3+π×82=112π+16175.(2024·山东淄博高三期末)已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面边长分别为2和4,若侧棱AA1与底面ABCD所成的角为60°,则该正四棱台的体积为()A.283 B.2863 C.84答案B解析如图,S,O分别为上底面和下底面的中心,连接OS,则OS⊥底面ABCD,过点A1作A1T⊥AO于点T,则A1T⊥底面ABCD.因为上、下底面边长分别为2和4,所以A1S=2,AO=22,故TO=A1S=2,AT=AO-OT=2,tan∠A1AT=A1TAT.由于∠A1AT=60°,故A1T=3AT=6,故该正四棱台的体积为13×(22+6.(2024·河北唐山一模)已知球与圆台的底面、侧面都相切,且圆台母线与底面所成角为60°,则球表面积与圆台侧面积之比为()A.2∶3 B.3∶4 C.7∶8 D.6∶13答案B解析设圆台上、下底面圆的半径为r1,r2,母线长为l,球的球心为O,半径为R,作圆台的轴截面ABCD,则四边形ABCD为等腰梯形.设圆O分别切梯形ABCD的边AB,BC,CD,DA分别于点E,F,G,H.由切线长定理可得AE=AH,DG=DH,故AD=DH+AH=DG+AE,即l=r1+r2.因为∠ABC=60°,所以GE=2R=lsin60°,r2-r1=12l,解得r2=3r1,R=3r1,所以7.(2024·陕西渭南模拟)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PC=AB,E,F分别为PD,BC的中点,则()A.PB∥平面AEF B.EF∥平面PABC.EF⊥PD D.AF⊥平面PBD答案B解析连接BD,交AF于点G,连接EG.因为F为BC的中点,BC∥AD,所以△BFG∽△DAG,所以BGGD=BFAD=12,又E为PD的中点,所以直线PB与EG相交.又EG⊂平面AEF,所以PB与平面AEF有公共点,故A错误.取PA的中点H,连接EH,BH,则EH=12AD,EH∥AD.又BF=12AD,BF∥AD,所以EH=BF,EH∥BF,所以四边形BFEH是平行四边形,所以EF∥BH.又EF⊄平面PAB,BH⊂平面PAB,所以EF∥平面PAB,故B正确.连接PF,DF,若EF⊥PD,E为PD中点,则PF=DF.又CP=CD,所以△PCF≌△DCF,所以∠DCF=∠PCF,即CP⊥CF.由题可知,点P的位置不确定,故C不一定正确.显然AF与BD不垂直,所以直线8.(2024·辽宁抚顺一模)在三棱锥P-ABC中,AB=AC=4,∠BAC=120°,PA=6,PB=PC=213,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为()A.100π B.75π C.80π D.120π答案A解析在△BAC中,由余弦定理得,BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC=48,则BC=43.因为PA2+AC2=PC2,所以PA⊥AC.同理,PA⊥AB.又AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,则PA⊥平面ABC.设△ABC的外接圆半径为r,所以2r=BCsin120°=4332=8,所以r=4,所以外接球的半径R满足R2=r2+PA22=16+9=25,二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.(2023·新高考Ⅱ,9)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则()A.该圆锥的体积为πB.该圆锥的侧面积为43C.AC=22D.△PAC的面积为3答案AC解析由题意,可得PO⊥平面AOC,∠APO=12∠APB=60°,所以PO=PAcos∠APO=1,AO=PAsin∠APO=3.如图,取AC的中点D,连接PD,OD,则PD⊥AC,OD所以∠PDO即为二面角P-AC-O的平面角,所以∠PDO=45°.因为OD⊂平面AOC,PO⊥平面AOC,所以PO⊥OD,所以△PDO为等腰直角三角形,所以OD=PO=1,PD=2.对于A,圆锥的体积V=13π×(3)2×1=π,故A正确;对于B,圆锥的侧面积S=π×3×2=23π,故B不正确;对于C,AC=2AO2-OD2=22,故C正确;对于D,S△PAC=12×10.(2024·贵州贵阳一模)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P为线段A1C1的中点,点Q为线段BC1上的动点,则下列结论正确的是()A.存在点Q,使得PQ∥BDB.存在点Q,使得PQ⊥平面AB1C1DC.三棱锥Q-APD的体积是定值D.存在点Q,使得PQ⊥AC答案BD解析在正方体ABCD-A1B1C1D1中,连接B1D1.易知BD∥B1D1.因为点P为线段A1C1的中点,四边形A1B1C1D1为正方形,所以点P为B1D1的中点,所以B1D1∩PQ=P,即B1D1与PQ不平行,所以BD与PQ不平行,故A错误;连接A1B,易知A1B⊥AB1.由题可知B1C1⊥平面ABB1A1.因为A1B⊂平面ABB1A1,所以A1B⊥B1C1.又B1C1∩AB1=B1,B1C1,AB1⊂平面AB1C1D,所以A1B⊥平面AB1C1D,所以当PQ∥A1B时,PQ⊥平面AB1C1D.易知当点Q为BC1中点时,PQ∥A1B,故B正确;连接AD1,易知BC1∥AD1.因为AD1∩平面APD=A,所以BC1与平面APD不平行,所以点Q在线段BC1上运动时,点Q到平面APD的距离不是定值.又△APD的面积为定值,所以三棱锥Q-APD的体积不是定值,故C错误;易知AC⊥BD.由题可知BB1⊥平面ABCD,因为AC⊂平面ABCD,所以AC⊥BB1.又BD,BB1⊂平面BDD1B1,BD∩BB1=B,所以AC⊥平面BDD1B1.又BP⊂平面BDD1B1,所以AC⊥BP,所以当点Q与点B重合时,PQ⊥AC,故D正确.故选BD.11.(2024·辽宁沈阳模拟)中国古建筑闻名于世,如图所示的中国传统建筑的屋顶的结构示意图为五面体EFBCDA.若四边形ABCD为矩形,EF∥AB,AB=3EF=3,AD=2,△ADE与△BCF是全等的等边三角形,则()A.五面体EFBCDA的体积为7B.五面体EFBCDA的表面积为6+103C.AE与平面ABCD所成的角为45°D.当五面体EFBCDA的各顶点都在球O的球面上时,球O的表面积为27答案ACD解析如图,可将该五面体分割成四棱锥E-AGJD,三棱柱EGJ-FHI,四棱锥F-HBCI三部分,其中G,H是AB的三等分点,I,J是CD的三等分点.因为EF∥AB,AB=3EF=3,△ADE与△BCF是全等的等边三角形,所以由对称性可知点E,F在平面ABCD的投影分别为GJ,HI的中点,平面EGJ,FHI均垂直于平面ABCD.易得四边形HIJG是矩形,所以易证GH分别垂直于平面EGJ,FHI,所以几何体EGJ-FHI是直三棱柱.由对称性可知四棱锥E-AGJD与四棱锥F-HBCI的体积相等.因为GH⊥平面EGJ,EG⊂平面EGJ,所以AG⊥EG.由题意AE=2,AG=1,所以EG=AE2-AG2=3.同理EJ⊥DJ.因为△ADE是等边三角形,所以AE=DE.又因为AG=DJ,所以Rt△AGE≌Rt△DJE,所以EG=EJ,即△EGJ是等腰三角形,所以△EGJ的边GJ上的高h=EG2-(12GJ)2=2,所以五面体EFBCDA的体积V=2×13×AG×五面体EFBCDA的表面积S=2×12×AD2sin60°+AD×AB+2×12×(EF+AB)×EG=22×32+2×3+(1+3)×3=6+63,故B错误.取GJ的中点K,连接KE,KA,则KE⊥平面ABCD,所以AE与平面ABCD所成的角即为∠EAK.因为sin∠EAK=EKAE=22分别取AD,AB,BC,CD,EF中点P,M,Q,N,O1,连接MN,PQ,交于点O2,连接O1O2.由题可知,点O2为MN,PQ的中点,O1O2⊥平面ABCD,O1O2⊥EF,MN⊥PQ,所以点O2为四边形ABCD外接圆的圆心,O1O2为EF的中垂线,所以该五面体外接球的球心O在直线O1O2上.以点O2为坐标原点,分别以O2M,O2Q,O2O1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则F(0,12,2),B(1,32,0).设O(0,0,t),则OF=(0,12,2-t),OB=(1,32,-t).由|OF|=|OB|,得t2-22t+94=t2+134,解得t=-24,所以O(0,0,-24),OF=(0,12三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.已知圆柱的底面半径为4,侧面面积为16π,则该圆柱的母线长等于.

答案2解析由题意可知圆柱的底面周长C=2π×4=8π,所以该圆柱的母线长l=SC=1613.(2024·全国甲,理14)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2,圆台的母线长分别为2(r2-r1),3(r2-r1),则圆台甲与乙的体积之比为.

答案6解析如图,由题意,可知V甲乙14.(2024·江苏南通二模)已知二面角α-l-β为直二面角,A∈α,B∈β,A∉l,B∉l,直线AB与平面α,β所成的角分别为π6,π4,直线AB与直线答案π解析如图,作AD⊥l,BC⊥l,垂足分别为D,C,连接BD,AC.因为α⊥β,α∩β=l,AD⊂α,BC⊂β,所以AD⊥β,BC⊥α,故AD,BC,l两两垂直,所以∠BAC为直线AB与平面α所成的角,∠ABD为直线AB与平面β所成的角,即∠BAC=π6,∠ABD=π4.以D为原点,DA,DC所在直线为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2m,m>0,则BC=m,AC=3m,AD=BD=2m,所以DC=AC2-AD2=m,则A(2m,0,0),B(0,m,m),所以AB=(-2m,m,m),取l=(0,1,0),则cos<AB,l>=AB·l|AB||l|=m4m2=12.又四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.(13分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为平行四边形,M,N分别为AB,DD1的中点.(1)求证:DM∥平面A1BN;(2)若底面ABCD为矩形,AB=2AD=4,异面直线DM与A1N所成角的余弦值为105,求点B1到平面A1BN的距离(1)证明连接AB1,交A1B于点E,连接NE,ME,则E为A1B的中点.因为M为AB的中点,所以ME∥AA1,且ME=12AA1因为N为DD1的中点,所以DN∥AA1,DN=12AA1所以ME∥DN,且ME=DN,所以四边形EMDN为平行四边形,所以EN∥DM.又因为DM⊄平面A1BN,EN⊂平面A1BN,所以DM∥平面A1BN.(2)解在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2AD=4,且四边形ABCD为矩形,所以AB,AD,AA1两两垂直,以A为原点,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B(4,0,0),D(0,2,0),M(2,0,0),所以DM=(2,-2,0).设AA1=2t(t>0),则A1(0,0,2t),N(0,2,t),B1(4,0,2t),A1N=(0,2,-t设异面直线DM与A1N所成角为θ,则cosθ=|cos<DM,A1解得t=1(负值舍去),故A1(0,0,2),N(0,2,1),B1(4,0,2),则A1B=(4,0,-2),A1N=(0,2,-1),设平面A1BN的一个法向量为n=(x,y,z),所以A1B·n=4x-2z=0,A1设点B1到平面A1BN的距离为d,所以d=|B即点B1到平面A1BN的距离为216.(15分)(2024·北京,17)已知四棱锥P-ABCD,AD∥BC,AB=BC=1,AD=3,E是AD上一点,PE⊥AD,DE=PE=2.(1)若F是PE中点,证明:BF∥平面PCD.(2)若AB⊥平面PED,求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值.(1)证明(方法一)取DE的中点M,连接MF,BM.∵MD=12ED=1,BC∥AD∴BC∥MD,且BC=MD,∴四边形BCDM为平行四边形,∴BM∥CD,又CD⊂平面PCD,BM⊄平面PCD,∴BM∥平面PCD.∵MF∥PD,MF⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,∴MF∥平面PCD.又BM∩MF=M,∴平面BMF∥平面PCD.又BF⊂平面BMF,∴BF∥平面PCD.(方法二)取PD的中点H,连接FH,HC,则FH∥ED,且FH=12ED,BC∥ED,且BC=12ED,∴FHBC,∴四边形BCHF为平行四边形,∴BF∥HC.又HC⊂平面PCD,BF⊄平面PCD,∴BF∥(2)解由题意知,AB⊥AE,又AE=BC=1,AE∥BC,∴四边形ABCE为正方形,∴AB∥CE,又AB⊥平面PED,∴CE⊥平面PED,又PE⊥AD,∴以E为坐标原点,以EC,ED,EP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系,则P(0,0,2),A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,2,0),PC=(1,0,-2),CD=(-1,2,0),PA=(0,-1,-2),PB=(1,-1,-2).设平面PCD的一个法向量为m=(x1,y1,z1).则PC令z1=1,则x1=2,y1=1,得m=(2,1,1).设平面PAB的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则PA·n=0,PB·n=0,即-y2-2z2=0,x2-y2-2z2=0,令z2=17.(15分)(2024·湖南长沙模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AA1=AB=AC=4,D,E分别为A1C1,A1A的中点,F为线段BC上异于端点的一点.(1)求点B到平面B1CE的距离;(2)若平面ACC1A1与平面ADF的夹角的余弦值为27,求直线A1F与平面ADF所成角的正弦值解(1)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,AB⊥AC,所以AB,AC,AA1两两垂直,以A为原点,AB,AC,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.又AA1=AB=AC=4,所以B(4,0,0),B1(4,0,4),C(0,4,0).因为E为AA1的中点,所以E(0,0,2),故B1E=(-4,0,-2),B1C=(-4,4,-4),设平面B1CE的一个法向量为m=(x,y,z),则m令x=1,则y=-1,z=-2,所以m=(1,-1,-2),所以点B到平面B1CE的距离d=|(2)结合(1),由于D为A1C1的中点,所以D(0,2,4).设BF=λBC=λ(-4,4,0)=(-4λ,4λ,0),0<λ<1,所以F(4-4λ,4λ,0),所以AF=(4-4λ,4λ,0),AD=(0,2,4)设平面ADF的一个法向量为n=(a,b,c),则n令b=2,则a=2λλ-1,c=-1,故n=(2λ易得平面ACC1A1的一个法向量可以为AB=(4,0,0).因为平面ACC1A1与平面ADF的夹角的余弦值为27所以|cos<n,AB>|=|n·AB|n解得λ=14,所以F(3,1,0),故平面ADF的一个法向量n=-23,2,-1,则A1F=(3,1,-设直线A1F与平面ADF所成角为θ,则sinθ=|cos<A1F,n>|=|A118.(17分)(2024·山东淄博一模)如图,多面体ABCDEF是由一个正四棱锥A-BCDE与一个三棱锥F-ADE拼接而成,正四棱锥A-BCDE的所有棱长均为32,AF∥CD.(1)在棱DE上找一点G,使得平面ABC⊥平面AFG,并给出证明;(2)当AF=12CD时,求点F到平面ADE的距离(3)若AF=13CD,求直线DF与平面ABC所成角的正弦值解(1)当点G为DE中点时,平面ABC⊥平面AFC.证明如下:因为四棱锥A-BCDE是正四棱锥,所以AD=AE,AG⊥DE.在正方形BCDE中,DE∥BC,所以AG⊥BC.在正方形BCDE中,CD⊥BC,因为AF∥CD,所以AF⊥BC.又AF∩AG=A,AF,AG⊂平面AFG,所以BC⊥平面AFG.因为BC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面AFG.(2)设DE中点为G,连接BD,CE交于点O,连接AO,OG,则AF∥OG.又AF=12CD,所以OG=AF所以四边形AOGF为平行四边形.又因为四棱锥A-BCDE是正四棱锥,所以AO⊥平面BCDE,所以四边形AOGF为矩形,所以AF⊥FG.因为AF∥OG,OG⊥DE,所以AF⊥DE.又DE∩FG=G,DE,FG⊂平面DEF,所以AF⊥平面DEF.又FG=AO=(32所以VA-FDE=13·AF·S△FDE=13×3设点F到平面ADE的距离为h,因为VF-ADE=VA-FDE=92,即13×34×(32)2·h=所以点F到平面ADE的距离为3(3)因为四棱锥A-BCDE是正四棱锥,所以OC,OD,OA两两垂直.以O为原点,OC,OD,OA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A(0,0,3),B(0,-3,0),C(3,0,0)

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