2019-2020年高考数学二轮复习 专题4 数列检测 理.doc

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2019-2020年高考数学二轮复习 专题4 数列检测 理 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分) 1.(xx汕头一模)一个锥体的主视图和左视图如图所示,下面选项中,不可能是该锥体的俯视图的是(　　) 2.(xx辽宁卷)已知m,n表示两条不同直线,α表示平面.下列说法正确的是(　　) (A)若m∥α,n∥α,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⊥n,则n⊥α 3.(xx赤峰模拟)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为(　　) (A)2 (B) (C)2 (D)3 4.如图所示,正方体ABCDA1B1C1D1,M、N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN,则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　) (A)相交 (B)平行 (C)垂直 (D)不能确定 5.(xx北京卷)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是(　　) (A)2+ (B)4+ (C)2+2 (D)5 6.(xx南昌一模)如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点P是上底面A1B1C1D1内一动点,则三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为(　　) (A)1∶1 (B)2∶1 (C)2∶3 (D)3∶2 第5题图 第6题图 7.已知α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,给出下列 命题: ①若m⊥α,m⊂β,则α⊥β; ②若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥β; ③如果m⊂α,n⊄α,m、n是异面直线,那么n与α相交; ④若α∩β=m,n∥m,且n⊄α,n⊄β,则n∥α且n∥β. 其中正确的命题是(　　) (A)①② (B)②③ (C)③④ (D)①④ 8.(xx山东卷)在梯形ABCD中,∠ABC=,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为(　　) (A) (B) (C) (D)2π 9.如图,四棱锥PABCD中,四边形ABCD是平行四边形,平面PAB∩平面PDC=l,则AB与直线l的关系为(　　) (A)异面 (B)垂直 (C)平行 (D)相交 10.(xx湖南卷)一块石材表示的几何体的三视图如图所示.将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于(　　) (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 11.(xx邯郸市一模)已知三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上,若PA=AB=2,AC=1,∠BAC=120且PA⊥平面ABC,则球O的表面积为(　　) (A) (B) (C)12π (D)15π 12.如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,动点E,F在棱A1B1上,动点P,Q分别在棱AD,CD上.若EF=1,A1E=x,DQ=y,DP=z(x,y,z大于零),则四面体PEFQ的体积(　　) (A)与x,y,z都有关 (B)与x有关,与y,z无关 (C)与y有关,与x,z无关 (D)与z有关,与x,y无关 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分) 13.(xx内蒙古赤峰三模)如图A,B,C是球面上三点,且OA,OB,OC两两垂直,若P是球O的大圆所在弧BC的中点,则直线AP与BC的位置关系是　　　　. 14.(xx南昌市一模)已知直三棱柱ABCA1B1C1中,∠BAC=90,侧面BCC1B1的面积为2,则直三棱柱ABCA1B1C1外接球表面积的最小值为　　　　. 15.如图所示,已知正三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长都相等,M是侧棱CC1的中点,则异面直线AB1和BM所成的角的大小是　　　　. 第13题图 第15题图 16.已知点E、F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1、CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于　　　　. 三、解答题(本大题共5小题,共70分) 17.(本小题满分14分) (xx大庆市二检)如图,平面ABEF⊥平面ABC,四边形ABEF为矩形,AC=BC,O为AB的中点,OF⊥EC. (1)求证:OE⊥FC; (2)若AB=2,AC=,求二面角FCEB的余弦值. 18.(本小题满分14分) (xx郑州第二次质量预测)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为2的菱形,平面ABC⊥平面AA1C1C,∠A1AC=60, ∠BCA=90. (1)求证:A1B⊥AC1; (2)已知点E是AB的中点,BC=AC,求直线EC1与平面ABB1A1所成的角的正弦值. 19.(本小题满分14分)(xx广东卷)如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3.点E是CD边的中点,点F,G分别在线段AB,BC上,且AF=2FB,CG=2GB. (1)证明:PE⊥FG; (2)求二面角PADC的正切值; (3)求直线PA与直线FG所成角的余弦值. 20.(本小题满分14分) 如图,四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,四边形ABCD中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,∠CDA=45. (1)求证:平面PAB⊥平面PAD; (2)设AB=AP. ①若直线PB与平面PCD所成的角为30,求线段AB的长; ②在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等?说明理由. 21.(本小题满分14分)(xx湖南卷)如图,已知四棱台ABCDA1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A1A=6,且A1A⊥底面ABCD.点P,Q分别在棱DD1,BC上. (1)若P是DD1的中点,证明:AB1⊥PQ; (2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角PQDA的余弦值为,求四面体ADPQ的体积. 专题检测(四) 1.C　2.B　3.D　4.B　5.C　6.A　7.D　8.C　9.C　10.B　11.A　12.D　 13.解析:连接BC,OP, 因为P为的中点, 所以BC⊥OP. 又OA⊥OB,OA⊥OC,OB∩OC=O. 所以OA⊥平面OBC, 所以BC⊥OA. 又OP∩OA=O, 所以BC⊥平面OAP, 所以BC⊥AP, 又BC与AP不共面, 所以AP与BC异面垂直. 答案:异面垂直 14.解析:设BC=2x,BB1=2y,则4xy=2, 因为直三棱柱ABCA1B1C1中, ∠BAC=90, 所以直三棱柱ABCA1B1C1外接球的半径为≥=1. 所以直三棱柱ABCA1B1C1外接球表面积的最小值为4π12=4π. 答案:4π 15.解析:取BC的中点O,连接AO,以AO所在直线为x轴,以OC所在直线为y轴,过点O且过B1C1中点的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示. 设正三棱柱的各棱长为a, 则B（0,-,0）, M（0,,）,A（-a,0,0）, B1（0,-,a）, 所以=（0,a,）, =（a,-,a）, 所以=0-+=0, 所以⊥. 即异面直线BM与AB1所成的角是90. 答案:90 16.解析:如图,建立空间直角坐标系. 设平面ABC的法向量为n1=(0,0,1), 平面AEF的法向量为n2=(x,y,z). 设正方体的棱长为1,因为 A(1,0,0), E（1,1,）, F(0,1,), 所以=(0,1,), =（-1,0,）, 则 取x=1,则y=-1,z=3. 故n2=(1,-1,3), 所以cos==, 所以平面AEF与平面ABC所成的二面角的平面角α满足cos α=,sin α=,所以tan α=. 答案: 17.(1)证明:连接OC,因为AC=BC,O是AB的中点,故OC⊥AB. 又因为平面ABEF⊥平面ABC,面ABEF∩面ABC=AB,OC⊂面ABC, 故OC⊥平面ABEF. 因为OF⊂面ABEF,于是OC⊥OF. 又OF⊥EC,OC∩EC=C,所以OF⊥平面OEC,所以OF⊥OE. 又因为OC⊥OE,OF∩OC=O,故OE⊥平面OFC, 所以OE⊥FC. (2)解:由(1)得,AB=2AF=2,取EF的中点D,以O为原点,OC,OB,OD所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.因为=,所以,OC=,于是有F(0,-1,1),E(0,1,1),B(0,1,0),C(,0,0),从而=(-,1,1),=(0,-2,0),设平面FCE的法向量n=(x,y,z),由 得得n=(1,0,), 同理,可得平面BCE的一个法向量m=(1,,0), 设m,n的夹角为θ, 则cos θ==, 由于二面角FCEB为钝二面角,所以所求余弦值为-. 18.(1)证明:取AC中点O,连接A1O,连接A1C, 因为平面ABC⊥平面AA1C1C,交线为AC,A1O⊥AC, 所以A1O⊥平面ABC, 所以A1O⊥BC. 又BC⊥AC,AC∩A1O=O, 所以BC⊥平面AA1C1C, 所以AC1⊥BC. 在菱形AA1C1C中,AC1⊥A1C, 所以AC1⊥平面A1BC,所以A1B⊥AC1. (2)解:以点O为坐标原点, 建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz, 则A(0,-1,0),B(2,1,0),C(0,1,0), C1(0,2,), =(2,2,0), ==(0,1,), 设m=(x,y,z)是面ABB1A1的一个法向量, 则m=0,m=0, 即 取z=-1可得m=(-,,-1). 又E(1,0,0),所以=(-1,2,), 所以直线EC1与平面ABB1A1所成的角的正弦值sin θ=|cos<,m>|==. 19.(1)证明:因为PD=PC,点E为DC中点, 所以PE⊥DC. 又因为平面PDC⊥平面ABCD, 平面PDC∩平面ABCD=DC, 所以PE⊥平面ABCD. 又FG⊂平面ABCD,所以PE⊥FG. (2)解:由(1)可知PE⊥AD. 因为四边形ABCD为长方形,所以AD⊥DC. 又因为PE∩DC=E,所以AD⊥平面PDC. 而PD⊂平面PDC,所以AD⊥PD. 由二面角的平面角的定义可知∠PDC为二面角PADC的一个平面角. 在Rt△PDE中,PE==, 所以tan∠PDC==. 从而二面角PADC的正切值为. (3)解:连接AC. 因为==, 所以FG∥AC. 易求得AC=3,PA==5. 所以直线PA与直线FG所成角等于直线PA与直线AC所成角,即∠PAC, 在△PAC中,cos∠PAC==. 所以直线PA与直线FG所成角的余弦值为. 20.解:(1)因为PA⊥平面ABCD, AB⊂平面ABCD, 所以PA⊥AB. 又AB⊥AD,PA∩AD=A, 所以AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系Axyz(如图). 在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E,则CE⊥AD. 在Rt△CDE中,DE=CDcos 45=1, CE=CDsin 45=1. 设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t). 由AB+AD=4得AD=4-t, 所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0), =(-1,1,0),=(0,4-t,-t). ①设平面PCD的法向量为n=(x,y,z), 由n⊥,n⊥,得 取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t). 又=(t,0,-t),故由直线PB与平面PCD所成的角为30得 cos 60=||, 即=, 解得t=或t=4(舍去,因为AD=4-t>0), 所以AB=. ②假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都 相等. 设G(0,m,0)(其中0≤m≤4-t), 则=(1,3-t-m,0),=(0,4-t-m,0),=(0,-m,t). 由||=||得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,即t=3-m;(ⅰ) 由||=||得(4-t-m)2=m2+t2.(ⅱ) 由(ⅰ)、(ⅱ)消去t, 化简得m2-3m+4=0.(ⅲ) 由于方程(ⅲ)没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,C,D的距离都相等. 从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等. 21.解:法一　由题设知,AA1,AB,AD两两垂直. 以A为坐标原点,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, 则相关各点的坐标为A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0), 其中 m=BQ,0≤m≤6. (1)若P是DD1的中点, 则P（0,,3）,=（6,m-,-3）. 又=(3,0,6), 于是=18-18=0, 所以⊥, 即AB1⊥PQ. (2)由题设知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量. 设n1=(x,y,z)是平面PQD的法向量, 则 即 取y=6,得n1=(6-m,6,3). 又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1), 所以cos = = =. 而二面角PQDA的余弦值为, 因此=, 解得m=4或m=8(舍去), 此时Q(6,4,0). 设=λ(0<λ≤1), 而=(0,-3,6), 由此得点P(0,6-3λ,6λ), 所以=(6,3λ-2,-6λ). 因为PQ∥平面ABB1A1, 且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0), 所以n3=0, 即3λ-2=0, 即λ=, 从而P(0,4,4). 于是,将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥PADQ, 则其高h=4. 故四面体ADPQ的体积 V=S△ADQh=664=24. 法二　(1)如图a,取A1A的中点R,连结PR,BR,PC. 因为A1A,D1D是梯形A1ADD1的两腰,P是D1D的中点, 所以PR∥AD, 于是由AD∥BC知,PR∥BC, 所以P,R,B,C四点共面. 由题设知,BC⊥AB,BC⊥A1A, 所以BC⊥平面ABB1A1, 因此BC⊥AB1.① 因为tan∠ABR====tan∠A1AB1, 所以∠ABR=∠A1AB1, 因此∠ABR+∠BAB1=∠A1AB1+∠BAB1=90, 于是AB1⊥BR. 再由①即知AB1⊥平面PRBC. 又PQ⊂平面PRBC, 故AB1⊥PQ. (2)如图b,过点P作PM∥A1A交AD于点M, 则PM∥平面ABB1A1.② 因为A1A⊥平面ABCD, 所以PM⊥平面ABCD. 过点M作MN⊥QD于点N, 连结PN, 则PN⊥QD,∠PNM为二面角PQDA的平面角, 所以cos∠PNM=, 即=, 从而=.③ 连结MQ,由PQ∥平面ABB1A1及②知,平面PQM∥平面ABB1A1, 所以MQ∥AB. 又ABCD是正方形, 所以ABQM为矩形, 故MQ=AB=6. 设MD=t(t>0), 则MN==.④ 过点D1作D1E∥A1A交AD于点E, 则AA1D1E为矩形, 所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3, 因此ED=AD-AE=3. 于是===2, 所以PM=2MD=2t. 再由③,④得=, 解得t=2, 因此PM=4. 故四面体ADPQ的体积V=S△ADQPM=664=24.