《2020版高考数学新增分大一轮新高考（鲁京津琼）专用精练：阶段强化练（六） Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学新增分大一轮新高考（鲁京津琼）专用精练：阶段强化练（六） Word版含解析.pdf（14页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 阶段强化练阶段强化练(六六) 一、选择题 1(2019四川诊断)已知直线 l 和平面 ，若 l，P，则过点 P 且平行于 l 的直线( ) A只有一条，不在平面 内 B只有一条，且在平面 内 C有无数条，一定在平面 内 D有无数条，不一定在平面 内 答案 B 解析 假设过点 P 且平行于 l 的直线有两条 m 与 n，则 ml 且 nl，由平行公理得 mn， 这与两条直线 m 与 n 相交与点 P 相矛盾， 故过点 P 且平行于 l 的直线只有一条， 又因为点 P 在平面内，所以过点 P 且平行于 l 的直线只有一条且在平面内故选 B. 2(2019
2、化州模拟)设 m，n 为两条不同的直线， 为平面，则下列结论正确的是( ) Amn，mn Bmn，mn Cmn，mn Dmn，mn 答案 C 解析 对于 A，若 mn，m 时，可能 n 或斜交，故错误； 对于 B，mn，mn 或 n，故错误； 对于 C，mn，mn，正确； 对于 D，mn，mn 或 n，故错误 故选 C. 3已知 l平面 ，直线 m平面 .有下面四个命题： lm；lm； lm；lm. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 其中正确的命题是( ) A B C D 答案 D 解析 l， ， l， m， lm， 故正确 ； lm， l， m， 又m， ，故正确 4.如图所示，在
3、四面体 DABC 中，若 ABBC，ADCD，E 是 AC 的中点，则下列命题中 正确的是( ) A平面 ABC平面 ABD B平面 ABD平面 BDC C平面 ABC平面 BDE，且平面 ADC平面 BDE D平面 ABC平面 ADC，且平面 ADC平面 BDE 答案 C 解析 因为 ABBC，且 E 是 AC 的中点， 所以 BEAC.同理，DEAC. 又 BEDEE，所以 AC平面 BDE. 因为 AC平面 ABC，所以平面 ABC平面 BDE. 因为 AC平面 ACD，所以平面 ACD平面 BDE. 5 (2019唐山模拟)在长方体 ABCDA1B1C1D1中， ABBC2AA1， 则
4、异面直线 A1B 与 B1C 所成角的余弦值为( ) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 A. B. C. D. 10 5 1 5 5 5 15 5 答案 B 解析 在长方体 ABCDA1B1C1D1中， 连接 A1D，可得 A1DB1C， 所以异面直线 A1B 与 B1C 所成的角， 即为直线 A1B 与直线 A1D 所成的角， 即DA1B 为异面直线 A1B 与 B1C 所成的角， 在长方体 ABCDA1B1C1D1中， 设 ABBC2AA12，则 A1BA1D，BD2，52 在A1BD 中，由余弦定理得 cosDA1B ， A1B2A1D2BD2 2A1BA1D 558 2 5
5、5 1 5 故选 B. 6(2019长春质检)在正方体 ABCDA1B1C1D1中，直线 A1C1与平面 ABC1D1所成角的正弦 值为( ) A1 B. C. D. 3 2 2 2 1 2 答案 D 解析 如图所示， 连接 A1D，AD1交于点 O，连接 OC1， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 在正方体中，AB平面 AD1， ABA1D， 又 A1DAD1，且 AD1ABA， A1D平面 AD1C1B， A1C1O 即为 A1C1与平面 ABC1D1所成的角， 在 RtA1C1O 中，sinA1C1O ， 1 2 所以 A1C1与平面 ABC1D1所成角的正弦值为 ， 1 2
6、故选 D. 7(2019湖南岳阳一中质检)如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ABAD，AA11，3 而对角线 A1B 上存在一点 P，使得 APD1P 取得最小值，则此最小值为( ) A2 B3 C1 D.37 答案 D 解析 把对角面 A1C 绕 A1B 旋转至 ABB1A1， 使其与AA1B 在同一平面上，连接 AD1， 在AA1D1中，AA11，A1D1，3 AA1D1AA1B90150， 则 APD1P 的最小值为 AD1.12 322 1 3 cos 1507 故选 D. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 8(2019湖南五市十校联考)已知E，F分别是三棱锥PAB
7、C的棱AP，BC的中点，AB6，PC6， EF 3，则异面直线 AB 与 PC 所成的角为( )3 A120 B45 C30 D60 答案 D 解析 取 AC 的中点 D，连接 ED，FD， 因为 E，F 分别是三棱锥 PABC 的棱 AP，BC 的中点， 所以 EDPC，FDAB， 则直线 DE 与直线 DF 所成的角即异面直线 AB 与 PC 所成的角， 又因为 AB6，PC6，EF3，3 所以在DEF 中，cosEDF ， DE2DF2EF2 2DEDF 1 2 即EDF120，所以异面直线 AB 与 PC 所成的角为 60. 9 (2019淄博期中)鲁班锁是中国传统的智力玩具， 起源于
8、中国古代建筑中首创的榫卯结构， 它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱 柱体分成三组，经 90榫卯起来若正四棱柱的高为 5，底面正方形的边长为 1，现将该鲁 班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为(容器壁的厚度忽略不计)( ) A28 B30 C60 D120 答案 B 解析 由题意知，该球形容器的半径的最小值为 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 ， 1 2 2541 30 2 该球形容器的表面积的最小值为 4 230. ( 30 2 ) 故选 B. 10 (2019安徽皖南八校联考)已知一个三棱锥的六条棱的长分别为 1,1,1,
9、1， a， 且长为 a2 的棱与长为的棱所在直线是异面直线，则三棱锥的体积的最大值为( )2 A. B. C. D. 2 12 3 12 2 6 3 6 答案 A 解析 如图所示，在三棱锥 ABCD 中，ADa，BC，ABACBDCD1，2 则该三棱锥为满足题意的三棱锥，将BCD 看作底面， 则当平面 ABC平面 BCD 时， 该三棱锥的体积有最大值，此时三棱锥的高 h， 2 2 BCD 是等腰直角三角形，则 SBCD ， 1 2 综上可得，三棱锥的体积的最大值为 . 1 3 1 2 2 2 2 12 故选 A. 11 (2019成都诊断)如图， 在矩形 ABCD 中， EFAD， GHBC，
10、 BC2， AFFGBG1， 现分别沿 EF，GH 将矩形折叠使得 AD 与 BC 重合，则折叠后的几何体的外接球的表面积为 ( ) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 A24 B6 C. D. 16 3 8 3 答案 C 解析 由题意可知， 在矩形 ABCD 中， EFAD， GHBC， BC2， AFFGBG1， 沿 EF， GH 将矩形折叠使得 AD 与 BC 重合后，所得几何体是底面为等边三角形的三棱柱 底面等边三角形的外接圆直径 2r，所以 r， 1 sin 60 3 3 三棱柱的高为 BC2，所以外接球的球心与底面的圆心距离为 1， 所以三棱柱的外接球半径 R， ( 3 3
11、) 212 23 3 所以外接球的表面积为 S4R2.故选 C. 16 3 12(2019衡水中学模拟)如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E，F 分别为棱 BB1，CC1 的中点，点 O 为上底面的中心，过 E，F，O 三点的平面把正方体分为两部分，其中含 A1的 部分为 V1，不含 A1的部分为 V2，连接 A1和 V2的任一点 M，设 A1M 与平面 A1B1C1D1所成 角为 ，则 sin 的最大值为( ) A. B. C. D. 2 2 25 5 26 5 26 6 答案 B 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 连接 EF，因为 EF平面 ABCD， 所以过
12、 EFO 的平面与平面 ABCD 的交线一定是过点 O 且与 EF 平行的直线， 过点 O 作 GHBC 交 CD 于点 G，交 AB 于 H 点，则 GHEF，连接 EH，FG， 则平行四边形 EFGH 即为截面， 则五棱柱 A1B1EHAD1C1FGD 为 V1， 三棱柱 EBHFCG 为 V2， 设 M 点为 V2的任一点，过 M 点作底面 A1B1C1D1的垂线，垂足为 N，连接 A1N， 则MA1N 即为 A1M 与平面 A1B1C1D1所成的角， 所以MA1N. 因为 sin ，要使 的正弦值最大，必须 MN 最大，A1M 最小，当点 M 与点 H 重合时 MN A1M 符合题意
13、故(sin )max max .故选 B. ( MN A1M) HN A1H 25 5 二、填空题 13已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的 体积为_ 答案 3 4 解析 由题意得，该圆柱底面圆周半径 r.12(1 2) 2 3 2 该圆柱的体积为 Vr2h 21 . ( 3 2) 3 4 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 14(2019洛阳、许昌质检)在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACB90，AC2，BCCC1 ，P 是 BC1上一动点，则 A1PPC 的最小值为_2 答案 10 解析 连接 A1B，沿 BC1将CBC1展开与A1B
14、C1在同一个平面内， 在 BC1上取一点与 A1，C 构成三角形， 三角形两边和大于第三边， A1PPC 的最小值是 A1C 的连线 作展开图如图， 由ACB90，AC2，BCCC1，2 得 AB，AC2BC26 又 AA1CC1，2 A1B2，BC12，A1C1AC2，AA2 1AB226222 A1BC145，CBC145，A1BC90， A1C.A1B2BC28210 15 (2019河北衡水中学调研)已知直三棱柱 ABCA1B1C1中， ABC120， AB2， BCCC1 1，则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为_ 答案 10 5 解析 如图所示， 高清试卷 下载可打印 高清
15、试卷 下载可打印 设 M，N，P 分别为 AB，BB1和 B1C1的中点， 则 AB1，BC1的夹角为 MN 和 NP 的夹角或其补角， MN AB1， 1 2 5 2 NP BC1， 1 2 2 2 作 BC 的中点 Q，则PQM 为直角三角形， PQ1，MQ AC， 1 2 ABC 中，由余弦定理得 AC2AB2BC22ABBCcosABC 412217， ( 1 2) AC，MQ，7 7 2 在MQP 中，MP，MQ2PQ2 11 2 在PMN 中，由余弦定理得 cosMNPMN 2NP2PM2 2MNNP ， ( 5 2) 2( 2 2) 2( 11 2 ) 2 2 5 2 2 2 1
16、0 5 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 又异面直线所成角的范围是， (0， 2 AB1与 BC1所成角的余弦值为. 10 5 16已知四面体 ABCD，AB4，ACAD6，BACBAD60，CAD90，则该 四面体外接球的半径为_ 答案 25 解析 如图， 设ADC 的外心是 O1，作 BH平面 ADC，易知 H 在 AO1上，再作 BMAC，垂足为 M， 连接 MH，则 MHAC，AO1 DC3，AMMH2，AH2， 1 2 22 设三棱锥的外接球的球心为 O，半径为 R，OO1d， 因为 AH2，BH2，21682 所 以 在 BOG 中 ， 由 勾 股 定 理 可 得 RO1
17、A2OO2 1BHOO12O1H2 ， 2 2d 22 即，d2322 2 2d 22 解得 d，2 所以 R2. 2 2222 205 三、解答题 17.(2019葫芦岛协作校联考)如图，直三棱柱 ABCA1B1C1的所有棱长都是 2，AA1平面 ABC，D，E 分别是 AC，CC1的中点 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1)求证：AE平面 A1BD； (2)求三棱锥 B1A1BD 的体积 (1)证明 ABBCCA，D 是 AC 的中点， BDAC， AA1平面 ABC，平面 AA1C1C平面 ABC， 又平面 AA1C1C平面 ABCAC，BD平面 ABC， BD平面 AA1
18、C1C，BDAE. 又在正方形 AA1C1C 中，D，E 分别是 AC，CC1的中点， A1DAE. 又 A1DBDD，A1D，BD平面 A1BD， AE平面 A1BD. (2)解 连接 AB1交 A1B 于 O， O 为 AB1的中点， 点 B1到平面 A1BD 的距离等于点 A 到平面 A1BD 的距离 11 BA BD V 1 AA BD V BD 21. 1 BAA D V 1 3 1 AA D S 1 3 1 2 3 3 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 18(2019长沙长郡中学调研)如图，E 是以 AB 为直径的半圆上异于 A，B 的点，矩形 ABCD 所在的平面垂
19、直于该半圆所在的平面，且 AB2AD2. (1)求证：EAEC； (2)设平面 ECD 与半圆弧的另一个交点为 F. 证明：EFAB； 若 EF1，求三棱锥 EADF 的体积 (1)证明 平面 ABCD平面 ABE， 平面 ABCD平面 ABEAB， BCAB，BC平面 ABCD， BC平面 ABE. 又AE平面 ABE，BCAE. E 在以 AB 为直径的半圆上，AEBE， 又BEBCB，BC，BE平面 BCE， AE平面 BCE. 又CE平面 BCE，EAEC. (2)证明 ABCD，AB平面 CED， CD平面 CED，AB平面 CED. 又AB平面 ABE，平面 ABE平面 CEDEF， ABEF. 解 取 AB 的中点 O，EF 的中点 O， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 在 RtOOF 中，OF1，OF ，OO. 1 2 3 2 由(1)得 BC平面 ABE， 又已知 ADBC，AD平面 ABE. 故 VEADFVDAEF SAEFAD 1 3 EFOOAD. 1 3 1 2 3 12