浙江省2019高考數學 精準提分練 壓軸小題突破練（2）.docx

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壓軸小題突破練(2) 1．在四面體ABCD中，二面角A—BC—D為60，點P為直線BC上一動點，記直線PA與平面BCD所成的角為θ，則(　　) A．θ的最大值為60 B．θ的最小值為60 C．θ的最大值為30 D．θ的最小值為30 答案　A 解析　過A作AH⊥平面BCD于點H，AG⊥BC于點G，連接PH，GH， 則易知∠AGH為二面角A—BC—D的平面角，即∠AGH＝60，∠APH為PA與平面BCD所成的角，則tan∠APH＝.因為AH為定長，所以當PH取得最小值時，∠APH取得最大值，易知當點P與點G重合時，PH取得最小值，所以θmax＝∠AGH＝60，故選A. 2．已知棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M分別是AB，AD，AA1的中點，又P，Q分別在線段A1B1，A1D1上，且A1P＝A1Q＝x,0＜x＜1，設平面MEF∩平面MPQ＝l，則下列結論中不成立的是(　　) A．l∥平面ABCD B．l⊥AC C．平面MEF與平面MPQ垂直 D．當x變化時，l是定直線 答案　C 解析　連接BD，A1D，A1B，AC1， 顯然平面MEF∥平面A1DB， 設A1B∩MP＝H，A1D∩QM＝G， 連接HG，則l∥HG， 又HG∥平面ABCD， 所以l∥平面ABCD，AC⊥BD. 又HG∥l∥BD， 故AC⊥l，當P，Q分別與B1，D1重合時，平面MEF⊥平面MPQ， 又0＜x＜1，故平面MEF與平面MPQ不垂直． 無論x怎么變化，l是過M點與EF平行的定直線． 3．已知正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長為1，P是A1C1上任意一點，記平面PAB，平面PBC與下底面所成的二面角分別為α，β，則tan(α＋β)的最小值為(　　) A．－B．－C．－D．－ 答案　C 解析　如圖，作PP1⊥AC，易知，PP1⊥底面ABCD， 作PM⊥AB，PN⊥BC，連接MP1，NP1， 易證得∠PMP1＝α，∠PNP1＝β. 設MP1＝x，則NP1＝1－x， ∴tanα＝，tanβ＝， ∴tan (α＋β)＝＝＝＝. ∵0≤x≤1，∴當x＝時，tan(α＋β)有最小值－，故選C. 4．已知在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E是AB的中點，點F是B1C1的中點，若正方體ABCD－A1B1C1D1的內切球與直線EF交于點G，H，且GH＝3，若點Q是棱BB1上一個動點，則AQ＋D1Q的最小值為(　　) A．6 B．3 C．6 D．6 答案　C 解析　設正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，內切球球心為O， 由題意可得內切球半徑r＝. OE＝OF＝a，EF＝＝a， 取EF中點P，則OP＝＝a， 所以cos∠POG＝＝＝， 所以∠GOH＝，OG＝＝，a＝3， 把平面DD1B1B與平面AA1B1B展成一個平面， 則A，Q，D1共線時AQ＋D1Q最小，最小值為 D1A＝＝＝6. 5．已知三棱錐D－ABC的所有頂點都在球O的球面上，AB＝BC＝2，AC＝2，若三棱錐D－ABC體積的最大值為2，則球O的表面積為(　　) A．8π B．9π C. D. 答案　D 解析　由AB＝BC＝2，AC＝2， 可得AB2＋BC2＝AC2. 所以△ABC為直角三角形，且AC為斜邊． 所以過△ABC的截面圓的圓心為斜邊AC的中點E. 當DE⊥平面ABC，且球心O在DE上時，三棱錐D－ABC的體積取最大值． 因為三棱錐D－ABC體積的最大值為2， 所以S△ABCDE＝2， 即22DE＝2，解得DE＝3. 設球的半徑為R，則AE2＋OE2＝AO2， 即()2＋(3－R)2＝R2，解得R＝. 所以球O的表面積為4πR2＝4π2＝. 6．如圖，AB∩α＝B，直線AB與平面α所成的角為75，點A是直線AB上一定點，動直線AP與平面α交于點P，且滿足∠PAB＝45，則點P在平面α內的軌跡是(　　) A．雙曲線的一支 B．拋物線的一部分 C．圓 D．橢圓 答案　D 解析　用垂直于圓錐軸的平面去截圓錐，得到的是圓；把平面漸漸傾斜，得到橢圓；當平面和圓錐的一條母線平行時，得到拋物線． 此題中平面α上的動點P滿足∠PAB＝45，可理解為P在以AB為軸的圓錐的側面上，再由斜線段AB與平面α所成的角為75，可知P的軌跡符合圓錐曲線中橢圓定義．故可知動點P的軌跡是橢圓． 7．在棱長為6的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M是BC的中點，點P是面DCC1D1所在的平面內的動點，且滿足∠APD＝∠MPC，則三棱錐P－BCD體積的最大值是(　　) A．36 B．12 C．24 D．18 答案　B 解析　∵AD⊥平面D1DCC1，∴AD⊥DP， 同理BC⊥平面D1DCC1，則BC⊥CP，∠APD＝∠MPC， ∴△PAD∽△PMC，∴＝， ∵AD＝2MC， ∴PD＝2PC，下面研究點P在面DCC1D1內的軌跡(立體幾何平面化)，在平面直角坐標系內設D(0,0)，C(6,0)，C1(6,6)，設P(x，y)， ∵PD＝2PC， ∴＝2，化簡得(x－8)2＋y2＝16(4≤x≤6)，該圓與CC1的交點的縱坐標最大，交點坐標(6,2)，三棱錐P－BCD的底面BCD的面積為18，要使三棱錐P－BCD的體積最大，只需高最大，當P點坐標為(6,2)時，CP＝2，棱錐的高最大，此時三棱錐P－BCD的體積V＝182＝12，故選B. 8．如圖，在四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.將四邊形ABCD沿對角線BD折成四面體A′BCD，使∠A′DC＝，則下列結論不正確的是(　　) A．A′B⊥CD B．∠BA′C＝ C．二面角A′－BC－D的平面角的正切值為 D．異面直線A′C與BD所成角的大小為 答案　C 解析　因為CD⊥BD且A′D⊥CD，所以CD⊥平面A′BD，因此CD⊥A′B，故A正確；因為A′B⊥CD，A′D⊥A′B，所以A′B⊥平面A′CD，因此A′B⊥A′C，即∠BA′C＝，故B正確；取BD的中點E，連接A′E，易知平面A′BD⊥平面BCD，且平面A′BD∩平面BCD＝BD，A′E⊥BD，所以A′E⊥平面BCD.過E作EF⊥BC交BC于點F，連接A′F，所以∠A′FE為二面角A′－BC－D的平面角，所以tan∠A′FE＝，故C錯．取A′B，BC，A′D的中點分別為M，N，P，連接MN，MP，NP，則異面直線A′C與BD所成的角即為∠NMP(或其補角)，易知MP＝BD＝，MN＝A′C＝，易求得NP＝，故△MNP為等邊三角形，所以異面直線A′C與BD所成角的大小為，故D正確． 9．如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1的對角線AC1上取一點P，以A為球心，AP為半徑作一個球，設AP＝x，記該球面與正方體表面的交線的長度和為f(x)，則函數f(x)的圖象最有可能的是(　　) 答案　B 解析　球面與正方體的表面都相交，我們考慮三種特殊情形： ①當x＝1時；②當x＝時；③當x＝時． ①當x＝1時，以A為球心，1為半徑作一個球，該球面與正方體表面的交線弧長為32π1＝，且為函數f(x)的最大值； ②當x＝時，以A為球心，為半徑作一個球，根據圖形的相似，該球面與正方體表面的交線弧長為①中的一半； ③當x＝時，以A為球心，為半徑作一個球，該球面與正方體表面的交線弧長為32π1＝， 對照選項可得B正確． 10．在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別為邊BC，AD的中點，將△ABF沿BF所在的直線進行翻折，將△CDE沿DE所在的直線進行翻折，則在翻折的過程中(　　) A．點A與點C在某一位置可能重合 B．點A與點C的最大距離為AB C．直線AB與直線CD可能垂直 D．直線AF與直線CE可能垂直 答案　D 解析　若點A與點C在某一位置重合，則在△ABE中，BE＝AE＝AB，即有BE＋AE＝AB，則BE，AE，AB三邊不構成三角形，故A錯．在正方形ABCD中，設AC與BF，ED分別交于點M，N，則AM＋NM＋NC＝AB，在翻折的過程中，總有AC≤AM＋MC≤AM＋MN＋NC＝AB，故B錯．因為BF∥DE，∠ABF≠∠CED，所以在翻折的過程中，AB與CE不平行，過點B作BP∥CE，且BP＝CE，則直線BP，BA是相交直線，由四邊形BECP為平行四邊形得CP∥BE，且CP＝BE，從而有CP∥DF，且CP＝DF，所以四邊形CDFP為平行四邊形，故FP∥CD，故若AB⊥CD，則FP⊥AB，又CD⊥CE，故FP⊥PB，從而有FP⊥平面ABP，所以FP⊥AP，則在△FPA中，AF>FP，但AF＝CD＝FP，矛盾，故C錯．由上知若直線AF與直線CE垂直，則AF⊥BP，又FP⊥PB，從而有BP⊥平面APF，所以BP⊥AP，故只需AP＝AB即可，即D正確，故選D. 11．如圖，已知△ABC是等腰直角三角形，∠C＝，點M在△ABC外，且MB＝1，MC＝2，則MA的最大值是________． 答案　2＋1 解析　如圖，以C為原點，MC所在直線為x軸建立平面直角坐標系，則M(－2,0)．設A(x，y)，則由AC⊥BC且AC＝BC可得B(－y，x)，又MB＝1，則(－y＋2)2＋x2＝1，即知點A的軌跡是以P(0,2)為圓心，1為半徑為圓，則AM≤MP＋PA＝2＋1. 12．如圖所示，正方體ABCD－A′B′C′D′的棱長為1，E，F(xiàn)分別是棱AA′，CC′的中點，過直線EF的平面分別與棱BB′，DD′分別交于M，N兩點，設BM＝x，x∈[0,1]，給出以下四個結論： ①平面MENF⊥平面BDD′B′； ②直線AC∥平面MENF始終成立； ③四邊形MENF周長L＝f(x)，x∈[0,1]是單調函數； ④四棱錐C′－MENF的體積V＝h(x)為常數． 以上結論正確的是______________． 答案　①②④ 解析?、僖驗镋F⊥BB′，EF⊥BD，BB′∩BD＝B， 所以EF⊥平面BDD′B′， 所以平面MENF⊥平面BDD′B′成立； ②因為AC∥EF，所以直線AC∥平面MENF始終成立； ③因為MF＝， f(x)＝4， 所以f(x)在[0,1]上不是單調函數； ④VC′－MENF＝VF－MC′E＋VF－C′NE＝＋＝，故h(x)為常數． 13．正四面體ABCD的棱長為6，其中AB∥平面α，E，F(xiàn)分別為線段AD，BC的中點，當正四面體以AB為軸旋轉時，線段EF在平面α上的射影長的取值范圍是________． 答案　[3,3] 解析　如圖，取AC的中點G，連接GE，GF，EF，結合已知可得GF∥AB，在正四面體中，AB⊥CD，又GE∥CD， ∴GE⊥GF，∴EF2＝GE2＋GF2， 當四面體繞AB旋轉時， ∵GF∥平面α，GE與GF的垂直性保持不變， 顯然當CD與平面α垂直時，GE在平面α上的射影長最短為0， 此時EF在平面α上射影E1F1的長取得最小值3. 當CD與平面α平行時，GE在平面上的射影長取得最大值3，E1F1取得最大值3，所以射影E1F1長度的取值范圍是[3，3]． 14．如圖，∠ACB＝90，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，則三棱錐D－AEF體積的最大值為__________． 答案　 解析　∵AD⊥平面ABC， ∴DA⊥AB，AD⊥BC， ∵AE⊥DB，又AD＝AB＝2，∴DE＝. 又∵BC⊥AC，AC∩AD＝A， ∴BC⊥平面ACD， ∴平面BCD⊥平面ACD， ∵AF⊥DC，平面BCD∩平面ACD＝CD，AF?平面ACD， ∴AF⊥平面BCD， ∴AF⊥BD，又AE⊥BD，AF∩AE＝A， ∴BD⊥平面AEF， 由AF⊥EF，得AF2＋EF2＝AE2＝2≥2AFEF，即AFEF≤1， ∴S△AEF≤，當且僅當AF＝EF＝1時“＝”成立， ∴三棱錐D－AEF體積的最大值為＝. 15.如圖，已知平面四邊形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90，沿直線AC將△ACD翻折成△ACD′，直線AC與BD′所成角的余弦的最大值是________． 答案　 解析　設直線AC與BD′所成角為θ，平面ACD翻折的角度為α，設O是AC中點，由已知得AC＝，如圖， 以OB為x軸，OA為y軸，過O與平面ABC垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標系， 由A，B，C，作DH⊥AC于H，翻折過程中，D′H始終與AC垂直，CH＝＝＝， 則OH＝，DH＝＝， 因此可設D′， 則＝， 與平行的單位向量為n＝(0,1,0)， 所以cosθ＝|cos〈，n〉|＝＝， 所以cosα＝－1時，cosθ取最大值. 16．已知等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝2，D，E分別為AB，AC的中點，沿DE將△ABC折成直二面角(如圖)，則四棱錐A—DECB的外接球的表面積為________． 答案　10π 解析　因為△ADE為等腰直角三角形， 所以△ADE的外接圓的圓心在DE上， 即平面ADE截四棱錐A—DECB的外接球所得的截面圓的圓心在DE上， 即在平面DECB內， 所以等腰梯形DECB的外接圓的半徑即為四棱錐A—DECB的外接球的半徑． 以BC的中點為原點，BC所在的直線為x軸，線段BC的垂直平分線所在的直線為y軸建立平面直角坐標系， 則易得C(，0)，E， 因為四邊形DECB為等腰梯形， 所以其外接圓的圓心在線段BC的垂直平分線上， 設其坐標為P(0，y)，則由|PC|＝|PE|得 ＝， 解得y＝－， 所以等腰梯形DECB的外接圓的半徑 r＝|PC|＝＝， 所以四棱錐A—DECB的外接球的表面積為4πr2＝10π. 17．如圖，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，將△ABD沿對角線BD向上翻折，若翻折過程中AC長度在內變化，則點A所形成的運動軌跡的長度為________． 答案　π 解析　如圖1，過點A作AO⊥BD，垂足為點O，過點C作直線AO的垂線，垂足為點E，則易得AO＝OE＝，CE＝1. 在圖2中，由旋轉的性質易得點A在點O為圓心，以AO為半徑的圓上運動，且BD垂直于圓O所在的平面， 又因為CE∥BD， 所以CE垂直于圓O所在的平面， 設當A運動到點A1處時，CA1＝， 當A運動到點A2處時，CA2＝， 則有CE⊥EA1，CE⊥EA2， 則易得EA1＝，EA2＝， 則易得△OEA2是以O為直角頂點的等腰直角三角形，在△OEA1中，由余弦定理得cos∠EOA1＝－， 所以∠EOA1＝120， 所以∠A1OA2＝30， 所以點A所形成的軌跡為半徑為OA＝，圓心角為∠A1OA2＝30的圓弧， 所以運動軌跡的長度為π＝π.