2020高考数学 专题二 综合测试题 文

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1、专题二综合测试题 (时间：120分钟　　　满分：150分) 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.如图，设A是棱长为a的正方体的一个顶点，过从此顶点出发的三条棱的中点作截面，截面与正方体各面共同围成一个多面体，则关于此多面体有以下结论，其中错误的是(　　) A．有10个顶点 B．体对角线AC1垂直于截面 C．截面平行于平面CB1D1 D．此多面体的表面积为a2 解析：此多面体的表面积S＝6a2－3××a×a＋×a×a×＝a2＋a2＝a2.故选D. 答案：D 2．(2020·福建宁德模拟)下图是一个多

2、面体的三视图，则其全面积为(　　) A. B.＋6 C.＋6 D.＋4 解析：由几何体的三视图可得，此几何体是正三棱柱，其全面积为S＝3×()2＋2××()2×sin60°＝6＋.故选C. 答案：C 3．(2020·江西抚州一中模拟)如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是(　　) A．22π　　　　　　　 B．12π C．4π＋24 D．4π＋32 解析：由几何体的三视图可得，此几何体是上面一个球、下面一个长方体组成的几何体，此几何体的表面积S＝4π×12＋2×2×2＋8×3＝4π＋32.故选D. 答案：D 4．一个几何体的三视图如图所示

3、，则该几何体的表面积与体积分别为(　　) A．7＋，3 B．8＋，3 C．7＋， D．8＋， 解析：由几何体的三视图可得，此几何体是四棱柱，底面是梯形，其全面积为S＝2××(1＋2)×1＋12＋12＋1×2＋×1＝7＋，体积为V＝×(1＋2)×1×1＝.故选C. 答案：C 5．(2020·江苏启东中学模拟)一个与球心距离为1的平面截球体所得的圆面面积为π，则球的体积为(　　) A. B. C. D．8π 解析：由题意，球的半径为R＝＝，故其体积V＝π()3＝，选A. 答案：A 6．(2020·福建福鼎一中模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，

4、E是AD的中点，则异面直线C1E与BC所成的角的余弦值是(　　) A. B. C. D. 解析：因为BC∥B1C1，故∠EC1B1即为异面直线C1E与BC所成的角，在△EB1C1中，由余弦定理可得结果，选C. 答案：C 7．(2020·浙江台州模拟)如图，一个空间几何体的正(主)视图、侧(左)视图都是面积为，且一个内角为60°的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的表面积为(　　) A．2 B．4 C．4 D．8 解析：由几何体的三视图可得，此几何体是由两个正四棱锥底面重合在一起组成的，由正(主)视图的面积为，得菱形的边长为1，此几何体的表面积为S＝

5、8××1×1＝4.故选C. 答案：C 8．(2020·安徽皖南八校联考)设m，n是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题： ①⇒β∥γ；②⇒m⊥β；③⇒α⊥β；④⇒m∥α.其中正确的命题是(　　) A．①④ B．②③ C．①③ D．②④ 解析：由定理可知①③正确，②中m与β的位置关系不确定，④中可能m⊂α.故选C. 答案：C 9．(2020·宁夏模拟)如图，正△ABC的中线AF与中位线DE相交于G，已知△A′ED是△AED绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是(　　) A．动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上 B．恒有平面A′GF⊥平面

6、BCED C．三棱锥A′—FED的体积有最大值 D．异面直线A′E与BD不可能垂直 解析：由题意，DE⊥平面AGA′，A、B、C正确．故选D. 答案：D 10．(2020·山东枣庄模拟)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积等于(　　) A.a3 B.a3 C.a3 D.a3 解析：由几何体的三视图可知，此几何体是正方体去掉一个角，如图，此几何体的体积V＝a3－××a2×a＝a3.故选D. 答案：D 11．(2020·山东平邑一中模拟)设a，b，c是空间三条直线，α，β是空间两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是(　　) A．当c⊥α时，若c⊥β

7、，则α∥β B．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥β C．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥b D．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥α，则b∥c 解析：写出逆命题，可知B中b与β不一定垂直．选B. 答案：B 12．(2020·山东潍坊模拟)某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a＋b的最大值为(　　) A．2 B．2 C．4 D．2 解析：结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算．如图设长方体的长，宽，高分别为m，n，k，由题意得＝，＝⇒n＝1，＝a，＝b，所以

8、(a2－1)＋(b2－1)＝6⇒a2＋b2＝8，所以(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2＝8＋2ab≤8＋a2＋b2＝16⇒a＋b≤4，当且仅当a＝b＝2时取等号．选C. 答案：C 二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分，将答案填在题中的横线上． 13．(2020·广东珠海模拟)一个五面体的三视图如图，正(主)视图与侧(左)视图都是等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，部分边长如图所示，则此五面体的体积为________． 解析：由三视图可知，此几何体是一个底面为直角梯形，有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，其体积为V＝××(1＋2)×2×2＝2. 答案：2 14．已知直线a，

9、b和平面α，β，试利用上述元素并借助于它们之间的位置关系，构造出一个判断α∥β的真命题：______________ _____________________________________________________________________________________________________________________. 答案：⇒α∥β或⇒α∥β(答案不唯一) 15.(2020·江西赣州联考)三棱锥S－ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论中： ①异面直线SB与AC所成的角为90°； ②直线SB⊥平面

10、ABC； ③平面SBC⊥平面SAC； ④点C到平面SAB的距离是a.其中正确结论的序号是________． 解析：由题意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，①②③正确；取AB的中点E，连接CE，可证得CE⊥平面SAB，故CE的长度即为点C到平面SAB的距离a，④正确． 答案：①②③④ 16．(2020·南京一模)如图，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，D为棱AA1的中点，若截面△BC1D是面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为________． 解析：设正三棱柱的底面边长为a，高为2h，则BD＝C1D＝，BC1＝，由△BC1D是面积为6

11、的直角三角形，得，解得，故此三棱柱的体积为V＝×8×sin60°×4＝8. 答案：8 三、解答题：本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分12分) 如图，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，PA＝AB＝1，AD＝，点F是PB的中点，点E在边BC上移动． (1)求三棱锥E－PAD的体积； (2)当点E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系，并说明理由； (3)证明：无论点E在边BC的何处，都有PE⊥AF. 解：(1)三棱锥E－PAD的体积V＝PA·S△ADE＝PA·＝. (2)当点E为BC的中点时，EF与平面PAC

12、平行． ∵在△PBC中，E、F分别为BC、PB的中点， ∴EF∥PC，又EF⊄平面PAC，PC⊂平面PAC， ∴EF∥平面PAC. (3)证明：∵PA⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD， ∴BE⊥PA，又BE⊥AB，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB， ∴BE⊥平面PAB.又AF⊂平面PAB，∴AF⊥BE. 又PA＝AB＝1，点F是PB的中点，∴PB⊥AF， 又∵PB∩BE＝B，PB，BE⊂平面PBE， ∴AF⊥平面PBE. ∵PE⊂平面PBE，∴AF⊥PE. 18．(本小题满分12分) 已知四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，平面PCD⊥平面ABCD，

13、E为PB上任意一点，O为菱形对角线的交点，如图． (1)证明：平面EAC⊥平面PBD； (2)试确定点E的位置，使得四棱锥的体积被平面EAC分成3：1两部分． 解：(1)证明：如图，过点B作BG⊥AD于点G，由于平面PAD⊥平面ABCD，由面面垂直的性质定理可知BG⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，故PD⊥BG；同理，过点B作BH⊥CD于点H，则PD⊥BH.又BG⊂平面ABCD，BH⊂平面ABCD，BG∩BH＝B， ∴PD⊥平面ABCD， ∴PD⊥AC，又BD⊥AC，故AC⊥平面PBD，又AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBD. (2)若四棱锥的体积被平面EAC分成3：

14、1两部分，则三棱锥E－ABC的体积是整个四棱锥体积的， 设三棱锥E－ABC的高为h，底面ABCD的面积为S，则·S·h＝·S·PD，由此得h＝PD，故此时E为PB的中点． 19．(本小题满分12分) (2020·湖南)如图，在圆锥PO中，已知PO＝，⊙O的直径AB＝2，点C在上，且∠CAB＝30°，D为AC的中点． (1)证明：AC⊥平面POD； (2)求直线OC和平面PAC所成角的正弦值． 解：(1)因为OA＝OC，D是AC的中点，所以AC⊥OD. 又PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O，所以AC⊥PO，而OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以AC⊥平面POD. (2

15、)由(1)知，AC⊥平面POD，又AC⊂平面PAC，所以平面POD⊥平面PAC，在平面POD中，过O作OH⊥PD于H，则OH⊥平面PAC，连结CH，则CH是OC在平面PAC上的射影，所以∠OCH是直线OC和平面PAC所成的角． 在Rt△ODA中，OD＝OA·sin30°＝. 在Rt△POD中，OH＝＝＝. 在Rt△OHC中，sin∠OCH＝＝. 故直线OC和平面PAC所成角的正弦值为. 20．(本小题满分12分) (2020·山东)如图，在四棱台ABCD—A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD底面ABCD是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°. (1)

16、证明：AA1⊥BD； (2)证明：CC1∥平面A1BD. 证明：(1)证法一： 因为D1D⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD. 所以D1D⊥BD. 又因为AB＝2AD，∠BAD＝60°， 在△ABD中，由余弦定理得 BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos60°＝3AD2， 所以AD2＋BD2＝AB2， 因此AD⊥BD. 又AD∩D1D＝D， 所以BD⊥平面ADD1A1， 又AA1⊂平面ADD1A1， 故AA1⊥BD. 证法二： 因为D1D⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD， 所以BD⊥DD1. 取AB的中点G，连接DG. 在△ABD中，由AB

17、＝2AD得，AG＝AD， 又∠BAD＝60°，所以△ADG为等边三角形， 因此GD＝GB, 故∠DBG＝∠GDB. 又∠AGD＝60°， 所以∠GDB＝30°，故∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°， 所以BD⊥AD， 又AD∩D1D＝D， 所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1⊂平面ADD1A1， 故AA1⊥BD. (2)连接AC，A1C1， 设AC∩BD＝E，连接EA1， 因为四边形ABCD为平行四边形， 所以EC＝AC， 由棱台定义及AB＝2AD＝2A1B1知 A1C1∥EC且A1C1＝EC， 所以四边形A1ECC1为平行四边形． 因

18、此CC1∥EA1， 又因为EA1⊂平面A1BD，CC1⊄平面A1BD， 所以CC1∥平面A1BD. 21．(本小题满分12分) 如图，四边形ABCD是正方形，PB⊥平面ABCD，MA⊥平面ABCD，PB＝AB＝2MA.求证： (1)平面AMD∥平面BPC； (2)平面PMD⊥平面PBD. 证明：(1)∵PB⊥平面ABCD，MA⊥平面ABCD， ∴PB∥MA. ∵PB⊂平面BPC，MA⊄平面BPC， ∴MA∥平面BPC. 同理，DA∥平面BPC， ∵MA⊂平面AMD，AD⊂平面AMD，且MA∩AD＝A， ∴平面AMD∥平面BPC. (2)连接AC，设AC∩BD＝E

19、，取PD中点F，连接EF，MF. ∵ABCD为正方形，∴E为BD的中点．∵F为PD的中点， ∴EF綊PB. ∵AM綊PB，∴AM綊EF. ∴四边形AEFM为平行四边形，∴MF∥AE. ∵PB⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD， ∴PB⊥AE.∴MF⊥PB. ∵ABCD为正方形，∴AC⊥BD， ∴MF⊥BD，且PB∩BD＝B，∴MF⊥平面PBD. 又MF⊂平面PMD，∴平面PMD⊥平面PBD. 22．(本小题满分14分)(2020·安徽) 如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，

20、△ODF都是正三角形． (1)证明直线BC∥EF； (2)求棱锥F－OBED的体积． 解：(1)证明：设G是线段DA与EB延长线的交点，由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以OB綊DE，OG＝OD＝2. 同理，设G′是线段DA与FC延长线的交点，有OG′＝OD＝2.又由于G和G′都在线段DA的延长线上，所以G与G′重合． 在△GED和△GFD中，由OB綊DE和OC綊DF，可知B与C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF. (2)由OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知S△EOB＝，而△OED是边长为2的正三角形，故S△OED＝，所以 SOBED＝S△EOB＋S△OED＝. 过点F作FQ⊥DG，交DG于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F－OBED的高，且FQ＝，所以 VF－OEBD＝FQ·SOBED＝.