2020高考數(shù)學(xué) 專題二 綜合測(cè)試題 文

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1、專題二綜合測(cè)試題(時(shí)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1.如圖，設(shè)A是棱長(zhǎng)為a的正方體的一個(gè)頂點(diǎn)，過從此頂點(diǎn)出發(fā)的三條棱的中點(diǎn)作截面，截面與正方體各面共同圍成一個(gè)多面體，則關(guān)于此多面體有以下結(jié)論，其中錯(cuò)誤的是()A有10個(gè)頂點(diǎn)B體對(duì)角線AC1垂直于截面C截面平行于平面CB1D1D此多面體的表面積為a2解析：此多面體的表面積S6a23aaaaa2a2a2.故選D.答案：D2(2020福建寧德模擬)下圖是一個(gè)多面體的三視圖，則其全面積為()A.B.6C.6D.4解析：由幾何體的三視圖可得，此幾何體是正三

2、棱柱，其全面積為S3()22()2sin606.故選C.答案：C3(2020江西撫州一中模擬)如圖是一個(gè)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()A22B12C424 D432解析：由幾何體的三視圖可得，此幾何體是上面一個(gè)球、下面一個(gè)長(zhǎng)方體組成的幾何體，此幾何體的表面積S41222283432.故選D.答案：D4一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積與體積分別為()A7，3 B8，3C7， D8，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S2(12)112121217，體積為V(12)11.故選C.答案：C5(2020江蘇啟東中學(xué)模擬)一個(gè)與球心

3、距離為1的平面截球體所得的圓面面積為，則球的體積為()A. B.C. D8解析：由題意，球的半徑為R，故其體積V()3，選A.答案：A6(2020福建福鼎一中模擬)如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E是AD的中點(diǎn)，則異面直線C1E與BC所成的角的余弦值是()A. B.C. D.解析：因?yàn)锽CB1C1，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(jié)果，選C.答案：C7(2020浙江臺(tái)州模擬)如圖，一個(gè)空間幾何體的正(主)視圖、側(cè)(左)視圖都是面積為，且一個(gè)內(nèi)角為60的菱形，俯視圖為正方形，那么這個(gè)幾何體的表面積為()A2 B4C4 D8解析：由幾何體的三視

4、圖可得，此幾何體是由兩個(gè)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(zhǎng)為1，此幾何體的表面積為S8114.故選C.答案：C8(2020安徽皖南八校聯(lián)考)設(shè)m，n是不同的直線，、是不同的平面，有以下四個(gè)命題：；m；m.其中正確的命題是()A BC D解析：由定理可知正確，中m與的位置關(guān)系不確定，中可能m.故選C.答案：C9(2020寧夏模擬)如圖，正ABC的中線AF與中位線DE相交于G，已知AED是AED繞DE旋轉(zhuǎn)過程中的一個(gè)圖形，下列命題中，錯(cuò)誤的是()A動(dòng)點(diǎn)A在平面ABC上的射影在線段AF上B恒有平面AGF平面BCEDC三棱錐AFED的體積有最大值D異面直線AE與BD不可

5、能垂直解析：由題意，DE平面AGA，A、B、C正確故選D.答案：D10(2020山東棗莊模擬)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則這個(gè)幾何體的體積等于()A.a3 B.a3C.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(gè)角，如圖，此幾何體的體積Va3a2aa3.故選D.答案：D11(2020山東平邑一中模擬)設(shè)a，b，c是空間三條直線，是空間兩個(gè)平面，則下列命題中，逆命題不成立的是()A當(dāng)c時(shí)，若c，則B當(dāng)b時(shí)，若b，則C當(dāng)b，且c是a在內(nèi)的射影時(shí)，若bc，則abD當(dāng)b，且c時(shí)，若c，則bc解析：寫出逆命題，可知B中b與不一定垂直選B.答案：B12(2020山東濰坊模擬)某幾何

6、體的一條棱長(zhǎng)為，在該幾何體的正視圖中，這條棱的投影是長(zhǎng)為的線段，在該幾何體的側(cè)視圖與俯視圖中，這條棱的投影分別是長(zhǎng)為a和b的線段，則ab的最大值為()A2 B2C4 D2解析：結(jié)合長(zhǎng)方體的對(duì)角線在三個(gè)面的投影來(lái)理解計(jì)算如圖設(shè)長(zhǎng)方體的長(zhǎng)，寬，高分別為m，n，k，由題意得，n1，a，b，所以(a21)(b21)6a2b28，所以(ab)2a22abb282ab8a2b216ab4，當(dāng)且僅當(dāng)ab2時(shí)取等號(hào)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(gè)五面體的三視圖如圖，正(主)視圖與側(cè)(左)視圖都是等腰直角三角形，俯視圖為直角梯

7、形，部分邊長(zhǎng)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(gè)底面為直角梯形，有一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐，其體積為V(12)222.答案：214已知直線a，b和平面，試?yán)蒙鲜鲈夭⒔柚谒鼈冎g的位置關(guān)系，構(gòu)造出一個(gè)判斷的真命題：_ _.答案：或(答案不唯一)15.(2020江西贛州聯(lián)考)三棱錐SABC中，SBASCA90，ABC是斜邊ABa的等腰直角三角形，則以下結(jié)論中：異面直線SB與AC所成的角為90；直線SB平面ABC；平面SBC平面SAC；點(diǎn)C到平面SAB的距離是a.其中正確結(jié)論的序號(hào)是_解析：由題意知AC平面SBC，故ACSB，SB平面ABC，平面SBC平面SAC，

8、正確；取AB的中點(diǎn)E，連接CE，可證得CE平面SAB，故CE的長(zhǎng)度即為點(diǎn)C到平面SAB的距離a，正確答案：16(2020南京一模)如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D為棱AA1的中點(diǎn)，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(shè)正三棱柱的底面邊長(zhǎng)為a，高為2h，則BDC1D，BC1，由BC1D是面積為6的直角三角形，得，解得，故此三棱柱的體積為V8sin6048.答案：8三、解答題：本大題共6小題，共74分解答應(yīng)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，PAAB1，AD，點(diǎn)F是PB的中點(diǎn)，點(diǎn)E在邊BC上移動(dòng)(1)求

9、三棱錐EPAD的體積；(2)當(dāng)點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)時(shí)，試判斷EF與平面PAC的位置關(guān)系，并說明理由；(3)證明：無(wú)論點(diǎn)E在邊BC的何處，都有PEAF.解：(1)三棱錐EPAD的體積VPASADEPA.(2)當(dāng)點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)時(shí)，EF與平面PAC平行在PBC中，E、F分別為BC、PB的中點(diǎn)，EFPC，又EF平面PAC，PC平面PAC，EF平面PAC.(3)證明：PA平面ABCD，BE平面ABCD，BEPA，又BEAB，ABPAA，AB，PA平面PAB，BE平面PAB.又AF平面PAB，AFBE.又PAAB1，點(diǎn)F是PB的中點(diǎn)，PBAF，又PBBEB，PB，BE平面PBE，AF平面PBE.PE平面PB

10、E，AFPE.18(本小題滿分12分)已知四棱錐PABCD中，平面PAD平面ABCD，平面PCD平面ABCD，E為PB上任意一點(diǎn)，O為菱形對(duì)角線的交點(diǎn)，如圖(1)證明：平面EAC平面PBD；(2)試確定點(diǎn)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(diǎn)B作BGAD于點(diǎn)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PDBG；同理，過點(diǎn)B作BHCD于點(diǎn)H，則PDBH.又BG平面ABCD，BH平面ABCD，BGBHB，PD平面ABCD，PDAC，又BDAC，故AC平面PBD，又AC平面EAC，平面EAC平面PBD.(2)若

11、四棱錐的體積被平面EAC分成3：1兩部分，則三棱錐EABC的體積是整個(gè)四棱錐體積的，設(shè)三棱錐EABC的高為h，底面ABCD的面積為S，則ShSPD，由此得hPD，故此時(shí)E為PB的中點(diǎn)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AB2，點(diǎn)C在上，且CAB30，D為AC的中點(diǎn)(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?yàn)镺AOC，D是AC的中點(diǎn)，所以ACOD.又PO底面O，AC底面O，所以ACPO，而OD，PO是平面POD內(nèi)的兩條相交直線，所以AC平面POD.(2)由(1)知，AC平面POD，又AC平面PAC，所以平面POD平

12、面PAC，在平面POD中，過O作OHPD于H，則OH平面PAC，連結(jié)CH，則CH是OC在平面PAC上的射影，所以O(shè)CH是直線OC和平面PAC所成的角在RtODA中，ODOAsin30.在RtPOD中，OH.在RtOHC中，sinOCH.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(tái)ABCDA1B1C1D1中，D1D平面ABCD底面ABCD是平行四邊形，AB2AD，ADA1B1，BAD60.(1)證明：AA1BD；(2)證明：CC1平面A1BD.證明：(1)證法一：因?yàn)镈1D平面ABCD，且BD平面ABCD.所以D1DBD.又因?yàn)锳B2AD，BAD

13、60，在ABD中，由余弦定理得BD2AD2AB22ADABcos603AD2，所以AD2BD2AB2，因此ADBD.又ADD1DD，所以BD平面ADD1A1，又AA1平面ADD1A1，故AA1BD.證法二：因?yàn)镈1D平面ABCD，且BD平面ABCD，所以BDDD1.取AB的中點(diǎn)G，連接DG.在ABD中，由AB2AD得，AGAD，又BAD60，所以ADG為等邊三角形，因此GDGB, 故DBGGDB.又AGD60，所以GDB30，故ADBADGGDB603090，所以BDAD，又ADD1DD，所以BD平面ADD1A1.又AA1平面ADD1A1，故AA1BD.(2)連接AC，A1C1，設(shè)ACBDE，

14、連接EA1，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形，所以ECAC，由棱臺(tái)定義及AB2AD2A1B1知A1C1EC且A1C1EC，所以四邊形A1ECC1為平行四邊形因此CC1EA1，又因?yàn)镋A1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，PBAB2MA.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，PBMA.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MAADA，平面AMD平面B

15、PC.(2)連接AC，設(shè)ACBDE，取PD中點(diǎn)F，連接EF，MF.ABCD為正方形，E為BD的中點(diǎn)F為PD的中點(diǎn)，EF綊PB.AM綊PB，AM綊EF.四邊形AEFM為平行四邊形，MFAE.PB平面ABCD，AE平面ABCD，PBAE.MFPB.ABCD為正方形，ACBD，MFBD，且PBBDB，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(diǎn)O在線段AD上，OA1，OD2，OAB，OAC，ODE，ODF都是正三角形(1)證明直線BCEF；(2)求棱錐FOBED的體積解：(1)證明：設(shè)G是線段DA與EB延長(zhǎng)線的交點(diǎn)，由于OAB與ODE都是正三角形，所以O(shè)B綊DE，OGOD2.同理，設(shè)G是線段DA與FC延長(zhǎng)線的交點(diǎn)，有OGOD2.又由于G和G都在線段DA的延長(zhǎng)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(diǎn)，所以BC是GEF的中位線，故BCEF.(2)由OB1，OE2，EOB60，知SEOB，而OED是邊長(zhǎng)為2的正三角形，故SOED，所以SOBEDSEOBSOED.過點(diǎn)F作FQDG，交DG于點(diǎn)Q，由平面ABED平面ACFD知，F(xiàn)Q就是四棱錐FOBED的高，且FQ，所以VFOEBDFQSOBED.