走向高考数学总练习练习-阶段性测试题八.docx
2019走向高考数学总练习练习- 阶段性测试题八注意事项 :认真阅读理解,结合历年的真题,总结经验,查找不足!重在审题,多思考,多理解!无论是单选、多选还是论述题,最重要的就是看清题意。在论述题中, 问题大多具有委婉性, 尤其是历年真题部分,在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。考生要认真阅读题目中提供的有限材料,明确考察要点, 最大限度的挖掘材料中的有效信息,建议考生答题时用笔将重点勾画出来,方便反复细读。 只有经过仔细推敲,揣摩命题老师的意图,积极联想知识点,分析答题角度,才能够将考点锁定,明确题意。本试卷分第一卷总分值( 选择题 ) 和第二卷 150 分、考试时间( 非选择题 ) 两部分、120 分钟、第一卷(选择题共50 分 )【一】选择题 ( 本大题共 10 个小题,每题 5 分,共 50 分,在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的 )1、(2018南宁模拟 ) 在空间中,“两条直线没有公共点”是“这两条直线平行”的 ()A、充分不必要条件B、必要不充分条件C、充要条件D、既不充分也不必要条件 答案 B 解析 在空间中,两条直线没有公共点, 可能是两条直线平行,也可能是两条直线异面, 两条直线平行那么两条直线没有公共点,所以“两条直线没有公共点” 是“这两条直线平行” 的必要不充分条件、2、( 文)(2018 太原一模 ) m,n,l 1,l 2 表示直线, ,表示平面、假设 m,n ,l1,l2,ll M,那么 12的一个充分条件是()A、m且 l 1 B 、m且 nC、m且 nl 2D、ml 1 且 nl 2 答案 D 解析 对选项 A,B,C都有 与相交的情况只有选项 D 是两平面平行的判定,应选 D.( 理)(2018 锦州一模 ) 如图,空间四边形 OABC中,OAa,OB)b,OCc. 点 M在 OA上,且 OM2MA,N为 BC中点,那么 MN(121A. 2a3b2c211B、 3a2b2c111C. 2a2b2c221D、 3a3b2c 答案 B 解析 由向量加法法那么可知 21 MNMOON 3OA2(OBOC)2 1 3a2( bc)211 3a2b2c.3、(2018 洛阳调研 ) 三条直线两两垂直,那么在以下四个结论中,正确的结论共有 ()这三条直线必共点; 其中必有两条是异面直线;三条直线不可能共面;其中必有两条在同一平面内、A、4 个B、3 个C、2 个D、1 个答案 解析 D三条直线两两垂直时,它们可能共点( 如正方体同一个顶点上的三条棱 ) ,也可能不共点 ( 如正方体 ABCDA1B1C1D1 中的棱 AA1,AB,BC) ,故结论不正确,也说明必有结论不正确;如果三条直线在同一个平面内, 根据平面几何中的垂直同一条直线的两条直线平行,就导出了其中两条直线既平行又垂直的矛盾结论,故三条直线不可能在同一个平面内,结论正确;三条直线两两垂直,这三条直线可能任何两条都不相交,即任意两条都异面( 如正方体 ABCDA1B1C1D1中的棱 AA1,BC和 C1D1) ,故结论不正确、4、(2018 厦门一模 ) 设 a,b,c 是空间的三条直线, , 是空间 A、当 c时,假设 c,那么 B、当 b,且 c时,假设 c,那么 bcC、当 b ,且 c 是 a 在内的射影时,假设 ba,那么 cb D、当 b 时,假设 b,那么 答案 D 解析 D 的逆命题是 b,那么 b,显然不成立、5、(2018 南昌一模 ) 圆柱的侧面展开图是长12cm,宽 8cm的矩形,那么这个圆柱的体积为()288192A. cm3B. cm3288319233C. cm或 cmD、192cm 答案 C 解析 分两种情况6(1)12为底面圆周长,那么2r 12, r ,6288 V 28 (cm3) 、4(2)8 为底面圆周长,那么2r 8, r ,4192 V 212 (cm3) 、应选 C. 6、( 文)(2017 江西文 )将长方体截去一个四棱锥, 得到的几何体如下图, 那么该几何体的左视图为 () 答案 D 解析 如下图,点 D1 的投影为 C1,点 D的投影为 C,点 A 的投影为 B,应选 D.( 理)(2017 安徽理 ) 一个空间几何体的三视图如下图, 那么该几何体的表面积为 ()A、48B、328 17C、488 17D、80 答案 C 解析 由三视图知该几何体的直观图如下图所示、该几何体的下底面是边长为4 的正方形、上底面是长为 4,宽为 2 的矩形,两个梯形侧面垂直于底面,上底长为 2,下底长为 4,高为 4;另两个侧面是矩形宽为 4,长为 4212 17.1 S表 42 242(2 4) 424 172 488 17.7、( 文)(2018 烟台市模拟 ) 设 b、c 表示两条直线, 、表示两个平面,以下命题中是真命题的为 ()b b A.c ? bcB.bc ? cc cC.c ? D. ? c 答案 C 解析 结合线面位置关系选C.( 理)(2018 焦作一模 ) 直线 AB,CD是异面直线, ACAB,AC CD,BDCD,且 AB2,CD1,那么异面直线 AB与 CD所成角的大小为 ()A、30B、45C、60D、75 答案 C 解析 设 AB与 CD所成的角为 ,那么 cos|cos AB,CD | ABCD| ,| AB| CD|由于 ( ) 2 012AB CDAC CD DBCD AC CD CDDB CD01,11ABCD cos| | | 21| 2.| AB| CD|由于 0 90, 60.故异面直线 AB与 CD所成角的大小为 60.8、如下图,某几何体的正视图 ( 主视图 ) ,侧视图 ( 左视图 ) 和俯视图分别是等边三角形, 等腰三角形和菱形, 那么该几何体体积为 ()A、43B、4C、23D、2 答案 C 解析 由三视图可知该几何体为如下图的四棱锥, 根据三视图所提供的数据可得几何体的体积为1 1V3( 2232)2 3232 2 3. 点评 此题考查空间几何体的结构、 三视图、几何体的体积计算、空间想象能力及运算求解能力,属中档题、9、( 文)(2017 大纲全国卷文 ) 直二面角 l ,点 A, ACl ,C为垂足,点 B ,BDl ,D为垂足、假设 AB 2,ACBD1,那么 CD()A、2B.3C.2D、1答案 C解析 此题考查了异面直线的距离的求法, 正确画出图形, 熟练掌握线面垂直的判定和性质, 把问题转化到直角三角形中, 利用勾股定理求解、连接 AD,设 CDx,2222 ADACCD1x .由题意: ABD为 Rt, BDA90,222 ABADBD,41x21 x2,即CD2.( 理)(2017 大纲全国卷理 ) 直二面角 l ,点 A,AC l ,C为垂足, B,BDl ,D为垂足、假设 AB2,ACBD1,那么 D到平面 ABC的距离等于 ()23A. 3B. 36C. 3D、1 答案 C 解析 解法 1:如图,在直二面角 l 中, ACl , AC,平面 ABC平面 BCD.过 D作 DHBC,垂足为 H,那么 DH平面 ABC,即 DH为 D到平面 ABC的距离、 AC,BC , ACBC.2222 BCABAC2 1 3.在 RtBCD中, BC3,BD1,2 2 CD BCBD 31 2.1111由 2BDCD2BCDH得21 22 3DH,6 DH 3 .解法 2:如下图,连接AD,AB2,AC1,同解法 1 可得 BC3,CD2. S113ACB2ACBC213 2 .Rt112SRt BCD2CDBD221 2 .设 D到平面 ABC的距离为 h,那么11由 V 三棱锥 DABCV 三棱锥 A BCD得3S ABCh3SBCDAC,1312即 3 2 h3 2 1,6 h 3 . 点评 此题主要考查了线线垂直、 线面垂直、面面垂直的有关定理和点到平面的距离以及空间想象能力和数据处理的能力、10、( 文)(2018 西安一模 ) 正四棱柱 ABCD AB CD 中,AA2AB,11111E为 AA1中点,那么异面直线BE与 CD1所成角的余弦值为 ()101A.10B. 53103C.10D.5 答案 C 解析 此题考查异面直线所成角的定义, 以及空间想象能力、 基本运算能力、如下图,连接 A1B, ABCDA1B1C1D1 为正四棱柱, A1BD1 C, A1BE为异面直线 BE与 CD1所成的角、 AA12AB,设 ABa,那么 AA12a,又 E 为 AA1 的中点, A1Ea,BE 2a,A1B 5a,在 A1BE中,由余弦定理,得2a25a2a26a23 10cos A1BE22a 5a210a2 10 .( 理)(2018 咸阳调研 ) 如图,在长方体 ABCDA B CD 中, AB1111BC2,AA1,那么 BC与平面 BBDD所成角的正弦值为 ()1111625A.3B.5C.15D.1055 答案 D 解析 以 B 为原点,直线 BC、BA、BB1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,那么 D(2,2,0),B1(0,0,1) ,C1(2,0,1)、设平面 BBDD的一个法向量 n( x,y,z) ,那么112x2y0nBD0, z0,取 n(1 , 1,0),nBB01直线的方向向量 (2,0,1),BC1BC1| BC1n|直线 BC1与平面 BB1D1D所成的角为 ,满足 sin | BC1| | n|105 .第二卷 ( 非选择题共100 分 )【二】填空题 ( 本大题共 5 个小题,每题 5 分,共 25 分,把正确答案填在题中横线上 )11、长方体 ABCDA1B1C1D1 的顶点均在同一个球面上, ABAA11,BC2,那么 A,B 两点间的球面距离为 _、 答案 3 解析 此题考查了组合体及球面距离的定义, 需要有较强的空间想象能力,首先确定球心及球半径,球心即长方体的中心,即体对角线交点,连接 AC1,BD1交于 O点,进一步求出半径为1, AOB 3 ,球面距离 3 R 3 1 3 .12、(2017 辽宁卷 ) 如下图,网格纸的小正方形的边长是 1,在其上用粗线画出了某多面体的三视图, 那么这个多面体最长的一条棱的长为 _、 答案 23 解析 由主视图和俯视图可知几何体是正方体切割后的一部分( 四棱锥 C1ABCD),还原在正方体中,如下图:多面体最长的一条棱即为正方体的体对角线,由正方体棱长为AB2 知最长棱长为 2 3.13、(2017 天津理 ) 一个几何体的三视图如下图( 单位: m),那3么该几何体的体积为 _m. 答案 6 解析 此题主要考查几何体的三视图的还原图形、 根据三视图知还原后的图形为一个长方体上面放一个圆锥、因而 VV 长方体 V 圆锥 ,又知长方体长、宽、高分别为 3、2、1,圆锥的底面半径为 1,高为3,从而求出体积为 6.14、( 文)(2018 安徽宣城一模 ) a,b,c 是空间中互不重合的三条直线,下面给出五个命题:假设 ab,bc,那么 ac;假设 ab,bc,那么 ac;假设 a 与 b 相交, b 与 c 相交,那么 a 与 c 相交;假设 a,b,那么 a,b 一定是异面直线;假设 a,b 与 c 成等角,那么 ab.上述命题中正确的选项是_(只填序号 ) 答案 解析 由基本性质 4 知正确;当 ab,bc 时,a 与 c 可以相交、平行,也可以异面,故不正确;当 a 与 b 相交, b 与 c 相交时, a 与 c 可以相交、平行,也可以异面,故不正确;a ,b ,并不能说明 a 与 b 不同在任何一个平面内,故不正确;当 a,b 与 c 成等角时, a 与 b 可以相交、平行,也可以异面故不正确、( 理)(2018 山东日照调研 ) 在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中, E、F 分别为棱 AA1、BB1 的中点, G 为棱 A1B1 上的一点,且 A1G (0 1) ,那么点 G到平面 D1EF的距离为 _、5 答案 5 解析 方法一: A1B1平面 D1EF, G到平面 D1EF的距离为 A1 到平面 D1EF的距离,在 A1D1E 中,过 A1 作 A1HD1E 交 D1E 于 H,显然 A1H平面 D1EF,那么 A1H即为所求,在 RtA1 D1E 中,1111125A D A EA H115.1DE122方法二:等体积法,设h 为 G到平面 D1EF的距离、 VG D1EFVA1D1EFVF D1A1E,1511 21 2 h2121,5 h 5 .15、( 文)(2017 福建文 ) 如图,正方体 ABCDA1B1C1D1 中,AB2,点 E 为 AD的中点,点 F 在 CD上,假设 EF平面 AB1C,那么线段 EF的长度等于 _、答案 解析 2此题考查线面平行、由 EF平面 AB1C,EF? 平面 ABCD,平面 ABCD平面 AB1CAC,1知 EFAC. 所以由 E是中点知 EF2AC 2.( 理)(2017 大纲全国卷 ) 点 E、F 分别在正方体 ABCDA1B1C1D1的棱 BB1、CC1上,且 B1E2EB,CF2FC1,那么面 AEF与面 ABC所成的二面角的正切值等于 _、2 答案 3 解析 本小题考查的内容是二面角的求法,可采用几何法或向量法、方法一: ( 几何法 ) 如图,延长 FE 交 CB的延长线于 P,那么 AP 为面 AEF与面 ABC的交线,连结 AC, PBBC, CAP90.由三垂线定理, FAP90, FAC为二面角的平面角、2 tan FACFC32.3AC2方法二: ( 向量法 ) 建立如下图的空间直角坐标系 Dxyz,令边长为 3, A(3,0,0) ,E(3,3,1) ,F(0,3,2) ,平面 ABC的法向量为 (0,0,1) ,设平面 AEF的法向量为 n( x,y,z) ,3yz0nAE0, 3x3y2z0,nAF0令 x1, z3,y 1, n(1 , 1,3) ,332令平面夹角为 , cos1| n| 11,sin 11,2 tan 3 .【三】解答题 ( 本大题共 6 个小题,共 75 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤 )16、( 本小题总分值 12 分)(2018 郑州模拟 ) 如下图所示,在四棱锥 PABCD中,底面 ABCD为正方形,侧棱 PD底面 ABCD,E、F分别是 AB、PC的中点、(1) 假设 AB2,PA4,求四棱锥 PABCD的体积;(2) 求证: EF平面 PAD. 解析 (1) 解: PD底面 ABCD, ADABCD, PDAD,AB2,AP4,PD22223,APAD APAB21 VP ABCD3SABCDPD183 34 2 3 3 .(2) 证明:作 FGDC交 PD于点 G,那么 G为 PD的中点,1连接 AG,FG綊2CD,又 CD綊 AB,故 FG綊 AE,四边形 AEFG为平行四边形、 EFAG,又 AGPAD,EF平面 PAD, EF平面 PAD.17、( 本小题总分值 12 分) 一个多面体的直观图, 正( 主) 视图 ( 正前方观察 ) ,俯视图 ( 正上方观察 ) ,侧 ( 左) 视图 ( 左侧正前方观察 ) 如下图所示、(1) 探求 AD与平面 A1BCC1的位置关系并说明理由;(2) 求此多面体的表面积和体积、 解析 从俯视图可得:底面四边形 ABCD和侧面四边形 A1C1CB是矩形、又从正 ( 主) 视图可得 BC AB,BCBA1,且 ABBA1B,故 BC 面 ABA1,又 ABA1是正三角形、三棱柱是正三棱柱、(1) 底面四边形 ABCD是矩形, ADBC,又 BCA1BCC1, AD面 A1BCC1.(2) 依题意可得 ABBCa,由 VSh,13又 S2sin60 aa 4 a2,33 VSh 4 a2a 4 a3, S 侧 ch3aa3a2,33SS2S2223a 2 4 a (3 2 ) a .表侧底33所以此多面体的表面积和体积分别为(3 2) a2, 4 a3.18、( 本小题总分值12 分)( 文)(2017天津文 ) 如图,在四棱锥PABCD中,底面 ABCD为平行四边形, ADC45,ADAC1,O为 AC的中点, PO平面 ABCD,PO2,M为 PD的中点、(1) 证明 PB平面 ACM;(2) 证明 AD平面 PAC. 解析 (1) 证明:连接 BD,MO,在平行四边形 ABCD中,因为 O 为 AC的中点,所以 O为 BD的中点,又 M为 PD的中点,所以 PBMO.因为 PB 平面 ACM,MOACM,所以 PB平面 ACM.(2) 证明:因为 ADC45,且 ADAC1,所以 DAC90,即 ADAC,又 PO平面 ABCD,ADABCD,所以 POAD,而 AC POO,所以 AD平面 PAC.( 理)(2017 安徽理 ) 如图, ABEDFC为多面体,平面 ABED与平面ACFD垂直,点 O在线段 AD上,OA1,OD 2,OAB,OAC,ODE,ODF都是正三角形、(1) 证明直线 BCEF;(2) 求棱锥 FOBED的体积、 解析 (1) 证法 1:( 综合法 ) 如下图所示,设 G是线段 DA延长线与线段 EB 的延长线的交点,由于 OAB与 ODE都是正三角形,且1OD2,所以 OB綊2DE,OGOD2.同理,设 G是线段 DA延长线与线段 FC延长线的交点,有OC1綊 2DF,OG OD2.又由于 G和 G都在线段 DA的延长线上,所以G与 G重合、11在 GED和 GFD中,由OB綊2DE和OC綊2DF,可知B,C分别是 GE和 GF的中点,所以 BC是 GEF的中位线,故 BCEF.证法 2:( 向量法 ) 过点 F 作 FQAD,交 AD于点 Q,连接 QE,由平面 ABED平面 ADFC,知 FQ平面 ABED,从而 FQQE,FQDQ.以Q为坐标原点, QE为x 轴正方向, QD为y 轴正方向, QF为z 轴正方向,建立如下图空间直角坐标系、33由条件知E(3,0,0),F(0,0,3) ,B( 2 ,2,0) ,C(0 ,332,2 ) 、333,0,3) 、那么有 BC( 2 ,0, 2 ) ,EF( 所以 2,即得.EF BCBCEF3(2) 解:由 OB1,OE2, EOB60,知 SEOB 2 ,而 OED是边长为 2 的正三角形,故 S 3.OED所以 S33 S S 2 .平行四边形 OBED EOBOED过点 F 作 FQAD,交 AD于点 Q,由平面 ABED平面 ACFD知,FQ就是四棱锥 FOBED的高,且 FQ3,所以 V13FQS四边形 OBEDF OBED3 2.19、( 本小题总分值12 分)( 文)(2018 郑州一模 ) 如下图,正三棱柱 A1求证:B1C1ABC中,点D是BC的中点, BC2BB1,设B1DBC1F.(1) A1C平面 AB1D;(2) BC1平面 AB1D. 解析 (1) 连结 A1B,设 A1B与 AB1交于 E,连结 DE.点 D是 BC中点,点 E 是 A1B 中点, DEA1C, A1C平面 AB1D,DEAB1D, A1C平面 AB1D.(2) ABC是正三角形,点 D是 BC的中点, ADBC.平面 ABC平面 B1BCC1,平面 ABC平面 B1BCC1BC,ADABC, AD平面 B1 BCC1, BC1B1BCC1, ADBC1.2点 D是 BC的中点, BC2BB1, BD 2 BB1.BDCC12 BB1 BC 2 , RtB1BDRtBCC1. BB1D CBC1, BDB1 CC1B.且 CBC1 CC1B90, CBC1 BDB190. BC1B1 D,又 ADB1DD, BC1平面 AB1D.( 理)(2018 九江第一次模拟 ) 直三棱柱 ABCA1B1C1 中, AB5,AC4,BC3,AA14,点 D在 AB上、(1) 假设 D是 AB中点,求证: AC1平面 B1CD;BD 1(2) 当 时,求二面角 BCD B 的余弦值、AB 51 解析 (1) 证明:连结 BC1,交 B1C于 E,连结 DE. 直三棱柱 ABCA1B1C1,D是 AB中点,侧面 BB1C1C为矩形, DE为 ABC1的中位线, DEAC1. DEB1CD,AC1平面 B1CD, AC1平面