2022年高考數學二輪復習 專題4 數列檢測 文

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1、2022年高考數學二輪復習 專題4 數列檢測 文 一、選擇題(本題共12小題,每小題5分,共60分) 1.(xx汕頭一模)一個錐體的主視圖和左視圖如圖所示,下面選項中,不可能是該錐體的俯視圖的是(　　) 2.(xx遼寧卷)已知m,n表示兩條不同直線,α表示平面.下列說法正確的是(　　) (A)若m∥α,n∥α,則m∥n (B)若m⊥α,n?α,則m⊥n (C)若m⊥α,m⊥n,則n∥α (D)若m∥α,m⊥n,則n⊥α 3.(xx赤峰模擬)如圖,網格紙上小正方形的邊長為1,粗實線畫出的是某多面體的三視圖,則該多面體的各條棱中,最長的棱的長度為(　　) (A)2 (B) (

2、C)2 (D)3 4.如圖所示,正方體ABCDA1B1C1D1,M、N分別為A1B和AC上的點,A1M=AN,則MN與平面BB1C1C的位置關系是(　　) (A)相交 (B)平行 (C)垂直 (D)不能確定 5.(xx陜西卷)一個幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積為(　　) (A)3π (B)4π (C)2π+4 (D)3π+4 6.(xx南昌一模)如圖,在正方體ABCDA1B1C1D1中,點P是上底面A1B1C1D1內一動點,則三棱錐PBCD的正視圖與側視圖的面積之比為(　　) (A)1∶1 　　　　(B)2∶1 (C)2∶3 　　　　(D)3∶2

3、 7.已知α,β是兩個不同的平面,m,n是兩條不同的直線,給出下列命題: ①若m⊥α,m?β,則α⊥β; ②若m?α,n?α,m∥β,n∥β,則α∥β; ③如果m?α,n?α,m、n是異面直線,那么n與α相交; ④若α∩β=m,n∥m,且n?α,n?β,則n∥α且n∥β. 其中正確的命題是(　　) (A)①② (B)②③ (C)③④ (D)①④ 8.(xx重慶卷)某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為(　　) (A)+2π (B) (C) (D) 9.如圖,四棱錐PABCD中,四邊形ABCD是平行四邊形,平面PAB∩平面PDC=l,則AB與直線l的關系為(　　)

4、 (A)異面 　　　　(B)垂直 (C)平行 　　　　(D)相交 10.(xx湖南卷)一塊石材表示的幾何體的三視圖如圖所示.將該石材切削、打磨,加工成球,則能得到的最大球的半徑等于(　　) (A)1 　　　　　　(B)2 (C)3 　　　　　　(D)4 11.正三棱錐的高和底面邊長都等于6,則其外接球的表面積為(　　) (A)8π (B)16π (C)32π (D)64π 12.如圖,正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2,動點E,F在棱A1B1上,動點P,Q分別在棱AD,CD上.若EF=1,A1E=x,DQ=y,DP=z(x,y,z大于零),則四面體PEFQ的體積(

5、　　) (A)與x,y,z都有關 (B)與x有關,與y,z無關 (C)與y有關,與x,z無關 (D)與z有關,與x,y無關 二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分) 13.(xx內蒙古赤峰三模)如圖A,B,C是球面上三點,且OA,OB,OC兩兩垂直,若P是球O的大圓所在弧BC的中點,則直線AP與BC的位置關系是　　　　　.? 14.(xx江西贛州高三摸底)A,B,C三點在同一球面上,∠BAC=135°,BC=2,且球心O到平面ABC的距離為1,則此球O的體積為　　　　.? 15.如圖,AB為圓O的直徑,點C在圓周上(異于點A,B),直線PA垂直于圓O所在的平面

6、,點M為線段PB的中點.有以下四個命題: ①PA∥平面MOB; ②MO∥平面PAC; ③OC⊥平面PAC; ④平面PAC⊥平面PBC. 其中正確的命題是　　　　(填上所有正確命題的序號).? 16.(xx天津卷)一個幾何體的三視圖如圖所示(單位:m),則該幾何體的體積為 　　　　m3.? 三、解答題(本大題共5小題,共70分) 17.(本小題滿分14分) (xx唐山市一模)如圖,在斜三棱柱ABCA1B1C1中,側面ACC1A1與側面CBB1C1都是菱形,∠ACC1=∠CC1B1=60°,AC=2. (1)求證:AB1⊥CC1; (2)若AB1=,求四棱錐AB

7、B1C1C的體積. 18.(本小題滿分14分) (xx邯鄲一模)如圖,三棱柱ABCA1B1C1中,∠ACB=90°,CC1⊥底面ABC.AC=BC=CC1=2,D,E,F分別 是棱AB,BC,B1C1的中點. (1)證明:BF∥平面A1DE; (2)求點D到平面A1FB的距離. 19.(本小題滿分14分) (xx寧夏石嘴山高三聯(lián)考)已知四棱錐EABCD的底面為菱形,且∠ABC =60°,AB=EC=2,AE=BE=,O為AB的中點. (1)求證:EO⊥平面ABCD; (2)求點D到平面AEC的距離

8、. 20.(本小題滿分14分) (xx福建卷)如圖,AB是圓O的直徑,點C是圓O上異于A,B的點,PO垂直于圓O所在的平面,且PO=OB=1. (1)若D為線段AC的中點,求證:AC⊥平面PDO; (2)求三棱錐P-ABC體積的最大值; (3)若BC=,點E在線段PB上,求CE+OE的最小值. 21.(本小題滿分14分) (xx湖北卷)《九章算術》中,將底面為長方形且有一條側棱與面垂直的四棱錐稱之為陽馬

9、,將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑. 在如圖所示的陽馬PABCD中,側棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,點E是PC的中點,連接DE,BD,BE. (1)證明:DE⊥平面PBC.試判斷四面體EBCD是否為鱉臑.若是,寫出其每個面的直角(只需寫出結論);若不是,請說明理由; (2)記陽馬PABCD的體積為V1,四面體EBCD的體積為V2,求的值. 專題檢測(四) 1.C　2.B　3.D　4.B 5.D　由三視圖知該幾何體是半個圓柱,其表面積為S表=+π×12+2×2=3π+4,故選D. 6.A　由正視圖,側視圖均為三角形,且兩三角形等底等高,所以三棱錐PBCD的

10、正視圖與側視圖的面積的比值為1∶1,故選A. 7.D?、俜厦婷娲怪钡呐卸ǘɡ?正確;②滿足條件的α、β也可能相交,錯誤;③如果m?α,n?α,m、n是異面直線,那么n與α相交或平行,錯誤;④正確.故選D. 8.B　由三視圖可知,該幾何體是一個圓柱與一個半圓錐的組合體,其中圓柱的底面半徑為1、高為2,半圓錐的底面半徑為1、高為1,所以該幾何體的體積為V=××π×12×1+π×12×2=,故選B. 9.C　因為四邊形ABCD是平行四邊形, 所以AB∥DC. 又DC?平面PDC,AB?平面PDC, 所以AB∥平面PDC. 又平面PAB∩平面PDC=l,AB?平面PAB, 所以AB∥

11、l.故選C. 10.B　此幾何體為直三棱柱,底面是邊長為6,8,10的直角三角形,側棱長為12,故其最大球的半徑為底面直角三角形內切圓的半徑,設其半徑為r,r==2.故選B. 11.D　 如圖所示,O′為正三棱錐ABCD底面BCD的中心,O為球心,則易知O′D=××6=2,AO′=6.在Rt△OO′D中,由勾股定理可得R2=(6-R)2+(2)2, 所以R=4,所以其外接球的表面積為S=4πR2=64π. 故選D. 12.D　因為四面體PEFQ的體積只與底面面積和高有關,若以△PEF為底面,則邊長EF為定值,△PEF的高為A1P=,四面體的高為點Q到平面PEF的距離.因為DC∥

12、EF,所以點Q到平面PEF的距離為直線CD到平面PEF的距離,與Q的位置無關.綜上所述,四面體的體積與E,F及Q的位置無關,所以與x,y無關.故 選D. 13.解析:連接BC,OP, 因為P為的中點, 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與AP不共面, 所以AP與BC異面垂直. 答案:異面垂直 14.解析:因為∠BAC=135°,BC=2, 則△ABC的外接圓的直徑為2r==2, 所以r=, 又球心O到平面ABC的距離為1,

13、 所以球的半徑R===. 所以球的體積V=πR3=×()3=4π. 答案:4π 15.解析:①錯誤,PA?平面MOB;②因為MO∥PA,所以MO∥平面PAC,正確;③錯誤,假設OC⊥平面PAC,則有OC⊥AC,這與BC⊥AC矛盾;④正確,因為BC⊥AC,BC⊥PA, 所以BC⊥平面PAC. 又BC?平面PBC, 所以平面PAC⊥平面PBC. 答案:②④ 16.解析:由三視圖知該幾何體由兩個相同的圓錐和一個圓柱組成.其中,圓錐的底面半徑和圓柱的底面半徑均為1 m,兩個圓錐的高均為1 m,圓柱的高為2 m.因此該幾何體的體積為V=2×π×12×1+π×12×2=π(m3). 答案

14、:π 17.(1)證明:連接AC1,CB1,則△ACC1和△B1CC1皆為正三角形. 取CC1中點O, 連接OA,OB1, 則CC1⊥OA,CC1⊥OB1, 則CC1⊥平面OAB1, 則AB1⊥CC1. (2)解:由(1)知,OA=OB1=, 又AB1=, 所以OA⊥OB1, 又OA⊥CC1,OB1∩CC1=O, 所以OA⊥平面BB1C1C. =BC×BB1sin 60°=2, 故=×OA=2. 18.(1)證明:連接C1E, 因為D是AB的中點,E是BC的中點, 所以DE∥AC, 因為AC∥A1C1, 所以DE∥A1C1, 所以A1,D,E,C1

15、四點共面, 又因為CBB1C1為正方形,E,F分別是棱BC,B1C1的中點, 所以BF∥C1E. 又C1E?平面A1DE,BF?平面A1DE, 所以BF∥平面A1DE. (2)解:過點F向A1B1作垂線,垂足為G,連接DF, 由圖知GF⊥平面A1ABB1, 在△A1B1C1中,=, 得GF=. 故=BD·AA1=××2=. 在△A1FB中,A1F=BF=,A1B=2, 所以=×2×=. 設點D到面A1FB的距離為d. 根據=可知,d==. 所以,點D到面A1FB的距離為. 19.(1)證明:連接CO,由AE=EB=,AB=2, 所以△AEB為等腰直角三角形.

16、 又O為AB的中點, 所以EO⊥AB,EO=1, 又AB=BC,∠ABC=60°, 所以△ACB是等邊三角形, 所以CO=, 又EC=2, 所以EC2=EO2+CO2, 所以EO⊥CO, 又AB∩OC=O, 所以EO⊥平面ABCD. (2)解:設點D到面AEC的距離為h. AE=,AC=EC=2, 所以S△AEC=, S△ADC=,E到面ACB的距離EO=1 =, 所以S△AEC·h=S△ADC·EO, 所以h=, 所以點D到面AEC的距離為. 20.(1)證明:在△AOC中,因為OA=OC,D為AC的中點, 所以AC⊥DO. 又PO垂直于圓O所在的平

17、面, 所以PO⊥AC. 因為DO∩PO=O, 所以AC⊥平面PDO. (2)解:因為點C在圓O上, 所以當CO⊥AB時,C到AB的距離最大,且最大值為1. 又AB=2, 所以△ABC面積的最大值為×2×1=1. 又三棱錐PABC的高PO=1, 故三棱錐PABC體積的最大值為×1×1=. (3)法一　在△POB中, PO=OB=1,∠POB=90°, 所以PB==. 同理PC=, 所以PB=PC=BC. 在三棱錐PABC中,將側面BCP繞PB旋轉至平面BC′P,使之與平面ABP共面,如圖所示. 當O,E,C′共線時,CE+OE取得最小值. 又OP=OB,C′

18、P=C′B, 所以OC′垂直平分PB, 即E為PB的中點, 從而OC′=OE+EC′=+=, 所以CE+OE的最小值為. 法二　在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°, 所以∠OPB=45°, PB==. 同理PC=. 所以PB=PC=BC, 所以∠CPB=60°. 在三棱錐PABC中,將側面BCP繞PB旋轉至平面BC′P,使之與平面ABP共面,如圖所示. 當O,E,C′共線時,CE+OE取得最小值. 所以在△OC′P中,由余弦定理得: OC′2=1+2-2×1××cos(45°+60°) =1+2-2×(×-×) =2+. 從而OC′==. 所

19、以CE+OE的最小值為. 21.解:(1)因為PD⊥底面ABCD, 所以PD⊥BC. 由底面ABCD為長方形,有BC⊥CD, 而PD∩CD=D, 所以BC⊥平面PCD, 因為DE?平面PCD, 所以BC⊥DE. 又因為PD=CD,點E是PC的中點, 所以DE⊥PC. 而PC∩BC=C, 所以DE⊥平面PBC. 由BC⊥平面PCD,DE⊥平面PBC,可知四面體EBCD的四個面都是直角三角形, 即四面體EBCD是一個鱉臑,其四個面的直角分別是∠BCD,∠BCE,∠DEC,∠DEB. (2)由已知,PD是陽馬PABCD的高, 所以V1=S四邊形ABCD·PD=BC·CD·PD; 由(1)知,DE是鱉臑DBCE的高,BC⊥CE, 所以V2=S△BCE·DE=BC·CE·DE. 在Rt△PDC中,因為PD=CD,點E是PC的中點, 所以DE=CE=CD, 于是===4.