《2020高考數(shù)學 專題二 綜合測試題 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考數(shù)學 專題二 綜合測試題 文（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題二綜合測試題 (時間：120分鐘　　　滿分：150分) 一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的． 1.如圖，設A是棱長為a的正方體的一個頂點，過從此頂點出發(fā)的三條棱的中點作截面，截面與正方體各面共同圍成一個多面體，則關于此多面體有以下結論，其中錯誤的是(　　) A．有10個頂點 B．體對角線AC1垂直于截面 C．截面平行于平面CB1D1 D．此多面體的表面積為a2 解析：此多面體的表面積S＝6a2－3××a×a＋×a×a×＝a2＋a2＝a2.故選D. 答案：D 2．(2020·福建寧德模擬)下圖是一個多

2、面體的三視圖，則其全面積為(　　) A. B.＋6 C.＋6 D.＋4 解析：由幾何體的三視圖可得，此幾何體是正三棱柱，其全面積為S＝3×()2＋2××()2×sin60°＝6＋.故選C. 答案：C 3．(2020·江西撫州一中模擬)如圖是一個幾何體的三視圖，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，可得該幾何體的表面積是(　　) A．22π　　　　　　　 B．12π C．4π＋24 D．4π＋32 解析：由幾何體的三視圖可得，此幾何體是上面一個球、下面一個長方體組成的幾何體，此幾何體的表面積S＝4π×12＋2×2×2＋8×3＝4π＋32.故選D. 答案：D 4．一個幾何體的三視圖如圖所示

3、，則該幾何體的表面積與體積分別為(　　) A．7＋，3 B．8＋，3 C．7＋， D．8＋， 解析：由幾何體的三視圖可得，此幾何體是四棱柱，底面是梯形，其全面積為S＝2××(1＋2)×1＋12＋12＋1×2＋×1＝7＋，體積為V＝×(1＋2)×1×1＝.故選C. 答案：C 5．(2020·江蘇啟東中學模擬)一個與球心距離為1的平面截球體所得的圓面面積為π，則球的體積為(　　) A. B. C. D．8π 解析：由題意，球的半徑為R＝＝，故其體積V＝π()3＝，選A. 答案：A 6．(2020·福建福鼎一中模擬)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，

4、E是AD的中點，則異面直線C1E與BC所成的角的余弦值是(　　) A. B. C. D. 解析：因為BC∥B1C1，故∠EC1B1即為異面直線C1E與BC所成的角，在△EB1C1中，由余弦定理可得結果，選C. 答案：C 7．(2020·浙江臺州模擬)如圖，一個空間幾何體的正(主)視圖、側(左)視圖都是面積為，且一個內(nèi)角為60°的菱形，俯視圖為正方形，那么這個幾何體的表面積為(　　) A．2 B．4 C．4 D．8 解析：由幾何體的三視圖可得，此幾何體是由兩個正四棱錐底面重合在一起組成的，由正(主)視圖的面積為，得菱形的邊長為1，此幾何體的表面積為S＝

5、8××1×1＝4.故選C. 答案：C 8．(2020·安徽皖南八校聯(lián)考)設m，n是不同的直線，α、β、γ是不同的平面，有以下四個命題： ①?β∥γ；②?m⊥β；③?α⊥β；④?m∥α.其中正確的命題是(　　) A．①④ B．②③ C．①③ D．②④ 解析：由定理可知①③正確，②中m與β的位置關系不確定，④中可能m?α.故選C. 答案：C 9．(2020·寧夏模擬)如圖，正△ABC的中線AF與中位線DE相交于G，已知△A′ED是△AED繞DE旋轉(zhuǎn)過程中的一個圖形，下列命題中，錯誤的是(　　) A．動點A′在平面ABC上的射影在線段AF上 B．恒有平面A′GF⊥平面

6、BCED C．三棱錐A′—FED的體積有最大值 D．異面直線A′E與BD不可能垂直 解析：由題意，DE⊥平面AGA′，A、B、C正確．故選D. 答案：D 10．(2020·山東棗莊模擬)一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積等于(　　) A.a3 B.a3 C.a3 D.a3 解析：由幾何體的三視圖可知，此幾何體是正方體去掉一個角，如圖，此幾何體的體積V＝a3－××a2×a＝a3.故選D. 答案：D 11．(2020·山東平邑一中模擬)設a，b，c是空間三條直線，α，β是空間兩個平面，則下列命題中，逆命題不成立的是(　　) A．當c⊥α時，若c⊥β

7、，則α∥β B．當b?α時，若b⊥β，則α⊥β C．當b?α，且c是a在α內(nèi)的射影時，若b⊥c，則a⊥b D．當b?α，且c?α時，若c∥α，則b∥c 解析：寫出逆命題，可知B中b與β不一定垂直．選B. 答案：B 12．(2020·山東濰坊模擬)某幾何體的一條棱長為，在該幾何體的正視圖中，這條棱的投影是長為的線段，在該幾何體的側視圖與俯視圖中，這條棱的投影分別是長為a和b的線段，則a＋b的最大值為(　　) A．2 B．2 C．4 D．2 解析：結合長方體的對角線在三個面的投影來理解計算．如圖設長方體的長，寬，高分別為m，n，k，由題意得＝，＝?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，當且僅當a＝b＝2時取等號．選C. 答案：C 二、填空題：本大題共4小題，每小題4分，共16分，將答案填在題中的橫線上． 13．(2020·廣東珠海模擬)一個五面體的三視圖如圖，正(主)視圖與側(左)視圖都是等腰直角三角形，俯視圖為直角梯形，部分邊長如圖所示，則此五面體的體積為________． 解析：由三視圖可知，此幾何體是一個底面為直角梯形，有一條側棱垂直于底面的四棱錐，其體積為V＝××(1＋2)×2×2＝2. 答案：2 14．已知直線a，

9、b和平面α，β，試利用上述元素并借助于它們之間的位置關系，構造出一個判斷α∥β的真命題：______________ _____________________________________________________________________________________________________________________. 答案：?α∥β或?α∥β(答案不唯一) 15.(2020·江西贛州聯(lián)考)三棱錐S－ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜邊AB＝a的等腰直角三角形，則以下結論中： ①異面直線SB與AC所成的角為90°； ②直線SB⊥平面

10、ABC； ③平面SBC⊥平面SAC； ④點C到平面SAB的距離是a.其中正確結論的序號是________． 解析：由題意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，①②③正確；取AB的中點E，連接CE，可證得CE⊥平面SAB，故CE的長度即為點C到平面SAB的距離a，④正確． 答案：①②③④ 16．(2020·南京一模)如圖，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，D為棱AA1的中點，若截面△BC1D是面積為6的直角三角形，則此三棱柱的體積為________． 解析：設正三棱柱的底面邊長為a，高為2h，則BD＝C1D＝，BC1＝，由△BC1D是面積為6

11、的直角三角形，得，解得，故此三棱柱的體積為V＝×8×sin60°×4＝8. 答案：8 三、解答題：本大題共6小題，共74分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 17．(本小題滿分12分) 如圖，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，PA＝AB＝1，AD＝，點F是PB的中點，點E在邊BC上移動． (1)求三棱錐E－PAD的體積； (2)當點E為BC的中點時，試判斷EF與平面PAC的位置關系，并說明理由； (3)證明：無論點E在邊BC的何處，都有PE⊥AF. 解：(1)三棱錐E－PAD的體積V＝PA·S△ADE＝PA·＝. (2)當點E為BC的中點時，EF與平面PAC

12、平行． ∵在△PBC中，E、F分別為BC、PB的中點， ∴EF∥PC，又EF?平面PAC，PC?平面PAC， ∴EF∥平面PAC. (3)證明：∵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，點F是PB的中點，∴PB⊥AF， 又∵PB∩BE＝B，PB，BE?平面PBE， ∴AF⊥平面PBE. ∵PE?平面PBE，∴AF⊥PE. 18．(本小題滿分12分) 已知四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，平面PCD⊥平面ABCD，

13、E為PB上任意一點，O為菱形對角線的交點，如圖． (1)證明：平面EAC⊥平面PBD； (2)試確定點E的位置，使得四棱錐的體積被平面EAC分成3：1兩部分． 解：(1)證明：如圖，過點B作BG⊥AD于點G，由于平面PAD⊥平面ABCD，由面面垂直的性質(zhì)定理可知BG⊥平面PAD，又PD?平面PAD，故PD⊥BG；同理，過點B作BH⊥CD于點H，則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)若四棱錐的體積被平面EAC分成3：

14、1兩部分，則三棱錐E－ABC的體積是整個四棱錐體積的， 設三棱錐E－ABC的高為h，底面ABCD的面積為S，則·S·h＝·S·PD，由此得h＝PD，故此時E為PB的中點． 19．(本小題滿分12分) (2020·湖南)如圖，在圓錐PO中，已知PO＝，⊙O的直徑AB＝2，點C在上，且∠CAB＝30°，D為AC的中點． (1)證明：AC⊥平面POD； (2)求直線OC和平面PAC所成角的正弦值． 解：(1)因為OA＝OC，D是AC的中點，所以AC⊥OD. 又PO⊥底面⊙O，AC?底面⊙O，所以AC⊥PO，而OD，PO是平面POD內(nèi)的兩條相交直線，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，過O作OH⊥PD于H，則OH⊥平面PAC，連結CH，則CH是OC在平面PAC上的射影，所以∠OCH是直線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＝＝. 故直線OC和平面PAC所成角的正弦值為. 20．(本小題滿分12分) (2020·山東)如圖，在四棱臺ABCD—A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD底面ABCD是平行四邊形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°. (1)

16、證明：AA1⊥BD； (2)證明：CC1∥平面A1BD. 證明：(1)證法一： 因為D1D⊥平面ABCD，且BD?平面ABCD. 所以D1D⊥BD. 又因為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. 證法二： 因為D1D⊥平面ABCD，且BD?平面ABCD， 所以BD⊥DD1. 取AB的中點G，連接DG. 在△ABD中，由AB

17、＝2AD得，AG＝AD， 又∠BAD＝60°，所以△ADG為等邊三角形， 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)連接AC，A1C1， 設AC∩BD＝E，連接EA1， 因為四邊形ABCD為平行四邊形， 所以EC＝AC， 由棱臺定義及AB＝2AD＝2A1B1知 A1C1∥EC且A1C1＝EC， 所以四邊形A1ECC1為平行四邊形． 因

18、此CC1∥EA1， 又因為EA1?平面A1BD，CC1?平面A1BD， 所以CC1∥平面A1BD. 21．(本小題滿分12分) 如圖，四邊形ABCD是正方形，PB⊥平面ABCD，MA⊥平面ABCD，PB＝AB＝2MA.求證： (1)平面AMD∥平面BPC； (2)平面PMD⊥平面PBD. 證明：(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)連接AC，設AC∩BD＝E

19、，取PD中點F，連接EF，MF. ∵ABCD為正方形，∴E為BD的中點．∵F為PD的中點， ∴EF綊PB. ∵AM綊PB，∴AM綊EF. ∴四邊形AEFM為平行四邊形，∴MF∥AE. ∵PB⊥平面ABCD，AE?平面ABCD， ∴PB⊥AE.∴MF⊥PB. ∵ABCD為正方形，∴AC⊥BD， ∴MF⊥BD，且PB∩BD＝B，∴MF⊥平面PBD. 又MF?平面PMD，∴平面PMD⊥平面PBD. 22．(本小題滿分14分)(2020·安徽) 如圖，ABEDFC為多面體，平面ABED與平面ACFD垂直，點O在線段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，

20、△ODF都是正三角形． (1)證明直線BC∥EF； (2)求棱錐F－OBED的體積． 解：(1)證明：設G是線段DA與EB延長線的交點，由于△OAB與△ODE都是正三角形，所以OB綊DE，OG＝OD＝2. 同理，設G′是線段DA與FC延長線的交點，有OG′＝OD＝2.又由于G和G′都在線段DA的延長線上，所以G與G′重合． 在△GED和△GFD中，由OB綊DE和OC綊DF，可知B與C分別是GE和GF的中點，所以BC是△GEF的中位線，故BC∥EF. (2)由OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知S△EOB＝，而△OED是邊長為2的正三角形，故S△OED＝，所以 SOBED＝S△EOB＋S△OED＝. 過點F作FQ⊥DG，交DG于點Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，F(xiàn)Q就是四棱錐F－OBED的高，且FQ＝，所以 VF－OEBD＝FQ·SOBED＝.