（浙江专用）2022高考数学二轮复习 阶段质量检测（二）专题一-二“综合检测”

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1、（浙江专用）2022高考数学二轮复习 阶段质量检测（二）专题一-二“综合检测” 一、选择题(本大题共10小题，每小题4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．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　) A．若m∥α，α∩β＝n，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∥β，则α⊥β 解析：选D　选项A，因为n可以是平面α内的任意一条直线，所以m，n可能平行，可能异面，故选项A错误；与同一个平面平行的两条直线可能平行，也可能相交，还可能异面，故B选项错误；易知选项C

2、错误．故选D. 2．“sin A>tan A”是“△ABC是钝角三角形”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A　若sin A>tan A，则sin A>，因为sin A>0，所以1>，易得－1< cos A<0，所以A∈，所以△ABC为钝角三角形．假设B＝，A＝，△ABC为钝角三角形，则sin A＝tan A”是“△ABC是钝角三角形”的充分不必要条件． 3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的内切球的体积为(　　) A.π　　　　　　　　　　 B.π C.π D

3、.π 解析：选D　由三视图可知该几何体是一个三棱锥．几何体的表面积S＝2××3×3＋2××3×6＝27， 几何体的体积V＝××3×3×3＝. 设几何体的内切球的半径为r， 则V＝·S·r＝9r＝，得r＝， 故几何体的内切球的体积V球＝πr3＝π×＝π.故选D. 4．已知sin＝，则cos(2 018π－2θ)＝(　　) A．－ B. C．－ D. 解析：选C　因为sin＝sin＝sin＝cos θ＝，所以cos(2 018π－2θ)＝cos 2θ＝2cos2θ－1＝2×2－1＝－.故选C. 5．为了得到函数y＝sin的图象，只需将y＝cos 2x的图象上的每一点(　

4、　) A．向右平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向左平移个单位长度 解析：选B　y＝cos 2x＝sin，由y＝sin的图象向右平移个单位长度得到的函数图象的解析式是y＝sin＝sin.所以选B. 6．已知＝λ＋μ (λ，μ∈R)，且A，B，C三点不共线(　　) A．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的重心 B．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的垂心 C．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的内心 D．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的外心 解析：选A　如图，设△ABC中BC边上的中线为AD，则＝(＋)，即＋＝2.当λ＝μ＝时，＝＋，所以＝(＋)＝.所以G为△

5、ABC的重心，A正确．当＝＋或＝＋时，G，B，C三点共线，故B、C错误；当λ＝μ＝时，＝(＋)＝，即点G在中线AD的延长线上，而外心为三角形三边中垂线的交点，所以G不一定是△ABC的外心，D错误，故选A. 7．如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点．下列结论中，正确的是(　　) A．EF⊥BB1 B．EF∥平面ACC1A1 C．EF⊥BD D．EF⊥平面BCC1B1 解析：选B　如图，取BB1的中点M，连接ME，MF，延长ME交AA1于点P，延长MF交CC1于点Q，连接PQ.∵E，F分别是AB1，BC1的中点，∴P是AA1的中点，Q是CC

6、1的中点，从而可得E是MP的中点，F是MQ的中点，所以EF∥PQ，又PQ⊂平面ACC1A1，EF⊄平面ACC1A1，所以EF∥平面ACC1A1.故选B. 8．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是直线AB1上的动点，点P是△A1C1D所在平面内的动点，记直线D1P与直线CM所成的角为θ，若θ的最小值为，则点P的轨迹是(　　) A．圆 B．椭圆 C．抛物线 D．双曲线 解析：选A　将空间中线线角的最值问题转化为线面角的问题．点在动，平面没有动，将动变成定．连接CA，CB1，可知平面ACB1∥平面A1C1D，所以CM∥平面A1C1D.所以把CM平移到平面A1C1D中，直线D1

7、P与直线CM所成角的最小值即为直线D1P与平面A1C1D所成的线面角，即原问题转化为直线D1P与平面A1C1D所成的线面角为.因为点P是△A1C1D上的动点，所以点P的轨迹为一个圆(如图所示)． 9．向量a，b满足|a|＝4，b·(a－2b)＝0.则|a－4b|＝(　　) A．0 B．4 C．8 D．12 解析：选B　因为b·(a－2b)＝0，所以b与a－2b垂直，如图， 在Rt△ACB中，＝a，＝2b，＝a－2b，O为AB的中点，则||＝|－|＝a－2b＝||＝2，所以|a－4b|＝4. 10．已知点P是四边形ABCD所在平面外一点，且点P在平面ABCD上的射影O在四边形

8、ABCD的内部，记二面角P-AB-O，P-BC-O，P-CD-O，P-DA-O的大小分别是α，β，γ，δ，则以下四个命题中正确的是(　　) ①必不存在点P，使α＝β＝γ＝δ ②必存在点P，使α＝β＝γ＝δ ③必存在点P，使α＝β＝γ≠δ ④必存在点P，使α＝γ且β＝δ A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 解析：选D　若要存在某两个二面角的平面角相等，则需要射影O到这两个二面角棱的距离相等．平面四边形ABCD两个内角的平分线必有交点，三个内角的平分线不一定交于一点，故命题①②错误；易知命题③正确，如图，不规则平面四边形ABCD中，∠M，∠N的平分线必交于一点；而四边形A

9、BCD为平行四边形、梯形时，也可验证命题④是正确的．故选D. 二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分) 11．已知tan α＝2，则tan＝________，cos2α＝________. 解析：∵tan α＝2，∴tan＝＝－3， ∴cos2α＝＝＝. 答案：－3　 12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是______，表面积是________． 解析：由三视图可知，该几何体是以四边形ABB1A1为底面的四棱柱，根据三视图易求得该几何体的体积V＝×2×2＝6. ∵四边形ABB1A1为直角梯形，且A1B1＝1，AA1＝AB＝2，∴BB

10、1＝， ∴表面积S＝2×2＋2×2＋1×2＋2×＋2×＝16＋2. 答案：6　16＋2 13．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若a(1－cos C)＝ccos A，且|＋|＝8，则△ABC面积的最大值是________，当△ABC面积最大时tan A＝________. 解析：由a(1－cos C)＝ccos A及正弦定理得sin A(1－cos C)＝sin Ccos A，移项得sin A＝sin Ccos A＋sin Acos C＝sin(A＋C)＝sin B，因为A，B∈(0，π)，所以A＝B，所以a＝b，又a2＝b2＋c2－2bccos A，所以c＝2bc

11、os A. 设AC边上的中线为BD，由|＋|＝8得到BD的长为4，由余弦定理得16＝c2＋2－2c×cos A，所以b2＝，所以△ABC的面积S＝bcsin A＝＝.由基本不等式得S≤，当且仅当tan A＝3时，等号成立．所以△ABC面积的最大值为. 答案：　3 14．在△ABC中，D为AB的中点，AC＝2CD＝4，△ABC的面积为3.作BE⊥CD于E，将BCD沿CD翻折，翻折过程中AC与BE所成的最小角的余弦值为________． 解析：将△BCD沿CD翻折过程中，BE扫过的区域即为如图所示的圆面E.故AC与BE所成的最小角即为AC与圆面E所成的线面角．由于D为AB的中点，故将△AC

12、D沿CD翻折的过程中，点A的轨迹是与圆面E平行的圆面O.此时AC与BE所成的最小角即为AC与圆面O所成的线面角，即∠CAO.因为D为AB的中点，所以BE＝OA，因为AC＝2CD＝4，S△ABC＝3，且S△ABC＝S△ACD＋S△BCD，所以×CD×AO＋×CD×BE＝3，解得AO＝BE＝，所以cos∠CAO＝＝.故AC与BE所成的最小角的余弦值为. 答案： 15．在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B-AC-D，则四面体DABC的外接球的表面积为________，四面体DABC的体积为________． 解析：由题意知，四面体的外接球的球心到4个

13、顶点的距离相等，所以球心在对角线AC上，且为AC的中点，而AC＝＝5，所以外接球的半径r＝AC＝，故外接球的表面积S＝4πr2＝25π.因为平面DAC⊥平面ABC，所以点D到AC的距离即为点D到平面ABC的距离，为＝＝，故四面体D-ABC的体积V＝×S△ABC×＝××4×3×＝. 答案：25π　 16．已知向量a，b满足|a－b|＝|a＋3b|＝2，则|b|的取值范围是________． 解析：法一：如图，作＝a，＝b，＝－3b，则||＝|a－b|＝2，||＝|a＋3b|＝2. 所以0≤||＝|4b|≤4，故有0≤|b|≤1. 法二：由|a－b|＝|a＋3b|＝2，得 则其中θ

14、表示向量a与向量b的夹角，当cos θ≠0时，有|a|＝－，代入|a|2＋3|b|2＝4，有2＋3|b|2＝4，所以|b|2＝，因为0

15、时，点P到底面的距离最小，此时Q在AC上，且PQ⊥AC.展开三角形ACC1与三角形AB1C1，使它们在同一个平面上，如图，易知∠B1AC1＝∠C1AC＝30°，AM＝，PQ⊥AC，可知当MQ⊥AC，即P，Q，M三点共线时，MP＋PQ最小，最小值为sin 60°＝. 答案： 三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18．(本小题满分14分)(2018·天津五区县联考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且8sin2－2cos 2C＝7. (1)求tan C的值； (2)若c＝，sin B＝2sin A，求a，b的值． 解：(1

16、)在△ABC中，因为A＋B＋C＝π， 所以＝－，则sin＝cos. 由8sin2－2cos 2C＝7，得8cos2－2cos 2C＝7， 所以4(1＋cos C)－2(2cos2C－1)＝7， 即(2cos C－1)2＝0，所以cos C＝. 因为0＜C＜π，所以C＝， 于是tan C＝tan＝. (2)由sin B＝2sin A，得b＝2a. ① 又c＝，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos， 即a2＋b2－ab＝3. ② 联立①②，解得a＝1，b＝2. 19．(本小题满分15分)在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，AB＝AP＝2，CP

17、＝2，∠BAD＝∠BAP＝120°，点E为PB的中点． (1)求证：AE⊥BC； (2)求直线AP和平面ACE所成角的正弦值． 解：(1)证明：∵AP＝AB，E为PB的中点，∴AE⊥PB， 又∵∠BAP＝120°，∴∠APB＝∠ABP＝30°. 在Rt△APE中，PE＝PA·cos∠APE＝，AE＝1， ∴PB＝2. 由PB＝2，CP＝2，BC＝2，得∠BCP＝90°， ∴CE＝PB＝， 由底面ABCD是菱形，∠BAD＝120°，易得AC＝2. ∴AE2＋CE2＝AC2， ∴△AEC为直角三角形，∴AE⊥CE， 又∵PB∩CE＝E，PB⊂平面BCP，CE⊂平面BCP，

18、 ∴AE⊥平面BCP， ∵BC⊂平面BCP，∴AE⊥BC. (2)设点P到平面ACE的距离为h. ∵VP­ACE＝VA­PCE，即S△ACE·h＝S△PCE·AE， 由(1)可知，S△ACE＝×AE×CE＝×1×＝， S△PCE＝S△PBC＝××2×2＝， ∴××h＝××1，∴h＝. ∴直线AP和平面ACE所成角的正弦值为＝＝. 20．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝a·b，其中a＝(2cos x，－sin 2x)，b＝(cos x,1)，x∈R. (1)求函数f(x)的单调递减区间； (2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，f(A)＝－1，a＝，

19、且向量m＝(3，sin B)与n＝(2，sin C)共线，求b和c的值． 解：(1)由题知，f(x)＝2cos2x－sin 2x＝1＋cos 2x－sin 2x＝1＋2cos， 令2kπ≤2x＋≤2kπ＋π(k∈Z)， 解得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)， ∴函数f(x)的单调递减区间为(k∈Z)． (2)∵f(A)＝1＋2cos＝－1， ∴cos＝－1， 又<2A＋<，∴2A＋＝π，即A＝. 又∵a＝，∴由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc＝7.① ∵向量m＝(3，sin B)与n＝(2，sin C)共线， ∴2sin B＝3sin C，

20、∴由正弦定理得2b＝3c.② 由①②得b＝3，c＝2. 21．(本小题满分15分)在三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC1⊥平面ABC，BC＝CA＝AC1. (1)求证：AC⊥平面AB1C1； (2)求二面角A1­BB1­C的余弦值． 解：(1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，BC∥B1C1.因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，所以AC⊥B1C1. 因为AC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以AC1⊥AC，因为AC1∩B1C1＝C1，AC1⊂平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1C1，所以AC⊥平面AB1C1. (2)法一：因为点A1在平面A1ABB1内，

21、故只需求二面角A­BB1­C的平面角． 分别取BB1，CC1的中点M，N，连接AM，MN，AN， 由(1)可知，AB1＝＝＝AB，因为M为BB1的中点，所以AM⊥BB1.因为AC1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AC1⊥BC，又因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，因为AC∩AC1＝A，AC⊂平面ACC1，AC1⊂平面ACC1，所以BC⊥平面ACC1，因为CC1⊂平面ACC1，所以BC⊥CC1，即平行四边形BCC1B1为矩形， 因为M，N分别为BB1，CC1的中点，所以MN⊥BB1，所以∠AMN为二面角A­BB1­C的平面角． 设BC＝CA＝AC1＝1，则AB＝AB1＝BB1＝，M

22、N＝1，AN＝，所以AM＝. 由余弦定理得，cos∠AMN＝＝， 所以二面角A1­BB1­C的余弦值为. 法二：如图所示，以A为原点，分别以AC所在直线为x轴，底面内AC的垂线为y轴，AC1所在直线为z轴建立空间直角坐标系， 设BC＝CA＝AC1＝1，由题意知A(0,0,0)，B(1,1,0)，C(1,0,0)，B1(0,1,1)， 所以＝(1,1,0)，1＝(0,1,1)，＝(0,1,0)，1＝(－1,1,1)． 设平面A1B1BA的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面BB1C的法向量为n＝(x2，y2，z2)． 由得可取m＝(1，－1,1)． 由得可取n＝(1,0,1)．

23、 于是|cos〈m，n〉|＝＝， 由题意知，所求二面角的平面角为锐角， 故二面角A1­BB1­C的余弦值为. 22．(本小题满分15分)如图，在三棱台ABC­A1B1C1中，AB＝4，BC＝2，CA＝2，B1C1＝1，CC1＝，BC⊥CC1.D是AC上的一点，满足AD＝3DC，过点B1，C1，D的平面交AB于点F. (1)求证：BC∥DF； (2)若二面角A­BC­B1的平面角的大小为60°，求直线AB1与平面B1C1DF所成角的正切值． 解：(1)证明：因为ABC­A1B1C1为三棱台， 所以BC∥B1C1， 又因为BC⊄平面B1C1DF，B1C1⊂平面B1C1DF， 所

24、以BC∥平面B1C1DF， 又因为BC⊂平面ABC，平面ABC∩平面B1C1DF＝DF，所以BC∥DF. (2)因为AB＝4，BC＝2，CA＝2， 所以AB2＝BC2＋CA2，所以BC⊥CA， 又因为BC⊥CC1，平面ABC∩平面BCB1＝BC， 所以∠ACC1是二面角A­BC­B1的平面角， 即∠ACC1＝60°， 又因为CD＝CA＝，CC1＝， 所以C1D＝＝， 所以C1D2＋CD2＝CC， 所以∠C1DC＝90°，即AD⊥DC1， 因为BC∥DF，BC⊥AC，所以AD⊥DF， 又因为DC1∩DF＝D，DC1⊂平面B1C1DF，DF⊂平面B1C1DF， 所以AD⊥平面B1C1DF， 连接DB1，则∠AB1D是直线AB1与平面B1C1DF所成的角． 易知BC⊥平面ACC1A1，所以B1C1⊥平面ACC1A1， 因为DC1⊂平面ACC1A1，所以B1C1⊥DC1， 又因为DC1＝，B1C1＝1，所以DB1＝， 所以tan∠AB1D＝＝＝. 所以直线AB1与平面B1C1DF所成角的正切值为.