《2022高考数学百天仿真冲刺卷卷三.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022高考数学百天仿真冲刺卷卷三.doc（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2014高考百天仿真冲刺卷数学卷三一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知直线a、b是两条异面直线,直线c平行于直线a,则直线c与直线b()(A)一定是异面直线 (B)一定是相交直线(C)不可能是平行直线 (D)不可能是相交直线2.如图,在空间四边形ABCD中,点E、H分别是边AB、AD的中点,F、G分别是边BC、CD上的点,且=,则()(A)EF与GH互相平行(B)EF与GH异面(C)EF与GH的交点M可能在直线AC上,也可能不在直线AC上(D)EF与GH的交点M一定在直线AC上3. ABCD-A1B1C1D1为正方体,
2、下列结论错误的是()(A)BD平面CB1D1(B)AC1BD(C)AC1平面CB1D1(D)异面直线AD与CB1所成角为604.已知三棱锥的正视图与俯视图如图,俯视图是等腰直角三角形,那么该三棱锥的侧视图可能为()5.如图为棱长是1的正方体的表面展开图,在原正方体中,给出下列三个命题:点M到AB的距离为;三棱锥C-DNE的体积是;AB与EF所成的角是.其中正确命题的个数是()(A)0(B)1(C)2(D)36.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()(A) (B)3 (C) (D)67.一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面均相切,已知这个球的体积是,那么这个三棱柱的体积是()(
3、A)96(B)16(C)24(D)488.设和为不重合的两个平面,给出下列命题:若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线,则平行于;若外一条直线l与内的一条直线平行,则l和平行;设和相交于直线l,若内有一条直线垂直于l,则和垂直;直线l与垂直的充分必要条件是l与内的两条直线垂直.上面命题中,其中所有真命题的序号是()(A) (B) (C) (D)9.已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上,当正六棱柱的体积最大(柱体体积=底面积高)时,其高的值为()(A)3(B)2(C)(D)10.(易错题)如图,正四面体ABCD的棱长为1,G是ABC的中心,M在线段DG上,且AMB=90,则GM的长
4、为()(A)(B)(C)(D)二、填空题(本大题共5小题,每小题4分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)11.在ABC中,AB=2,BC=1.5,ABC=120,若使ABC绕直线BC旋转一周,则所形成的几何体的体积是.12.已知三个球的半径R1,R2,R3满足R1+2R2=3R3,则它们的表面积S1,S2,S3满足的等量关系是.13.一个几何体的三视图如图所示,这个几何体的体积为.14.如图,正方体ABCDA1B1C1D1中,M、N、P、Q、R、S分别是AB、BC、C1D1、C1C、A1B1、B1B的中点,则下列判断:(1)PQ与RS共面;(2)MN与RS共面;(3)P
5、Q与MN共面.则正确结论的序号是.15.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都相等,M是侧棱CC1的中点,则异面直线AB1和BM所成的角的大小是.三、解答题(本大题共6小题,共80分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(13分)如图,在ABC中,ABC=45,BAC=90,AD是BC上的高,沿AD把ABD折起,使BDC=90.(1)证明:平面ADB平面BDC;(2)设BD=1,求三棱锥D-ABC的表面积.17.(13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD垂直于底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,DCAB,BAD=90,且AB=2AD=2DC=2PD=4(单位:cm)
6、,E为PA的中点.(1)如图,若正视方向与AD平行,请作出该几何体的正视图并求出正视图的面积;(2)证明:DE平面PBC;(3)证明:DE平面PAB.18.(13分)(2012山东高考)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,ABCD,DAB=60,FC平面ABCD,AEBD,CB=CD=CF.(1)求证:BD平面AED;(2)求二面角F-BD-C的余弦值.19.(13分)(预测题)如图,在梯形ABCD中,ABCD,AD=DC=CB=1,ABC=60,四边形ACFE为矩形,平面ACFE平面ABCD,CF=1.(1)求证:BC平面ACFE;(2)点M在线段EF上运动,设平面MAB与平面F
7、CB所成二面角的平面角为(90),试求cos的取值范围.20.(14分)如图,在矩形木板ABB1A1中,AB=2,BB1=1,在二面角=的墙角处围出一个侧棱与底面垂直的直三棱柱的储物仓,其中要求垂直于地面的木板两边与墙面贴紧.(1)问应怎样围才能使储物仓的容积最大?并求出这个最大值?(2)在(1)的条件下,直线AB上是否存在点P使得直线CP与平面AB1C1所成角为30,若有则找出P点的位置;若不存在,请说明理由.21.(14分)如图所示,正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直,AB=2AD=2,点E为AB的中点.(1)求证:BD1平面A1DE;(2)求证:D1EA1D;(3)在线段A
8、B上是否存在点M,使二面角D1MCD的大小为?若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由.答案解析1.【解析】选C.若cb,ca,ab,与已知矛盾.2.【解析】选D.依题意可得EHBD,FGBD,故EHFG,所以E、F、G、H共面,因为EH=BD,=,故EHFG,所以EFGH是梯形,EF与GH必相交,设交点为M,因为点M在EF上,故点M在平面ACB上,同理,点M在平面ACD上,即点M是平面ACB与平面ACD的交点,而AC是这两个平面的交线,所以点M一定在平面ACB与平面ACD的交线AC上,故选D.3. 【解析】选D.如图所示,BDB1D1,BD平面CB1
9、D1, BD平面CB1D1.即A正确;BDAC,BDC1C,ACC1C=C,BD平面ACC1,BDAC1.即B正确;由上知,AC1BD,BDB1D1,AC1B1D1,同理AC1D1C.AC1平面CB1D1,即C正确;DA1CB1,A1DA是异面直线AD与CB1所成的角,而A1DA=45,即D不正确.4.【解析】选D.根据三视图“长对正,高平齐,宽相等”的作图要求可知侧视图的高为2,宽为1,且三棱锥的高就是正视图中直角三角形的高,故选D.5.【解析】选D.依题意可作出正方体的直观图如图, 显然M到AB的距离为MC=,正确,而VC-DNE=111=,正确,AB与EF所成的角等于AB与MC所成的角,
10、即为,正确.6.【解析】选B.解答本题可采取补上一个与它完全相同的几何体的方法,V=126=3.7.【解题指南】根据组合体的特征求得三棱柱的底面边长和高,然后求体积即可.【解析】选D.易求得球的半径为2,球与正三棱柱各个面都相切,可知各切点为各个面的中心,棱柱的高等于球的直径,设棱柱底面三角形的边长为a,则有a=2a=4,故棱柱的体积V=(4)24=48.故选D.8.【解析】选D.对于,和为不重合的平面,内的两条相交直线必在外,该两相交直线都平行于,正确;对于,由线面平行的判定定理知,l,正确;对于,内的该直线垂直于l,并不一定垂直于,和不一定垂直,不正确;对于,内的两条直线不一定相交,不正确
11、.9.【解题指南】根据正六棱柱和球的对称性,球心O必然是正六棱柱上下底面中心连线的中点,作出轴截面即可得到正六棱柱的底面边长、高和球的半径的关系,在这个关系下求函数取得最值的条件即可求出所要求的量.【解析】选B.以正六棱柱的最大对角面作截面,如图.设球心为O,正六棱柱的上下底面中心分别为O1,O2,则O是线段O1O2的中点.设正六棱柱的底面边长为a,高为2h,则a2+h2=9.正六棱柱的体积为V=6a22h,即V=3(9-h2)h,则V=3(9-3h2),得极值点h=,不难知道这个极值点是极大值点,也是最大值点.故当正六棱柱的体积最大时,其高为2.10.【解题指南】由题意可判断AMB为等腰直角
12、三角形,由此求出AM的长,进而可得GM的长.【解析】选D.G是边长为1的等边三角形ABC的中心,GA=GB=,MG平面ABC,易得RtMAGRtMBG,MA=MB,AMB=90,AB=1,MA=,MG=.11.【解题指南】ABC绕直线BC旋转一周后所得几何体为一圆锥,但其内部缺少一部分.用大圆锥的体积减去小圆锥的体积即为所求几何体的体积.【解析】旋转后得到的几何体是一个大圆锥中挖去一个小圆锥.故所求体积为V=V大圆锥-V小圆锥=r2(1+1.5-1)=.答案：12.【解析】S1=4,=2R1,同理:=2R2,=2R3,故R1=,R2=,R3=,由R1+2R2=3R3,得+2=3.答案：+2=3
13、13.【解析】由三视图知,该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱.由图中的尺寸得V=1.54=9.答案：9【方法技巧】三视图的考查方式三视图是新课标的新增内容,主要考查学生的空间想象能力,新增内容总会重点考查,所以近年来三视图的有关问题一直是高考考查的重点和热点,其考查方式有以下特点:一是给出空间图形选择其三视图;二是给出三视图,判断其空间图形或还原直观图,有时也会和体积、面积、角度的计算或线面位置关系的判定相结合.【变式备选】一个五面体的三视图如图,正视图与侧视图是等腰直角三角形,俯视图为直角梯形,部分边长如图所示,则此五面体的体积为.【解析】由三视图可知,此几何体是一个底面为直角梯形,有一条侧
14、棱垂直于底面的四棱锥,其体积为V=(1+2)22=2.答案：214.【解析】可证PQ与RS平行,从而共面,NQ与PM平行,故PQ与MN也共面,故(1)、(3)正确,MN与RS是异面直线,故(2)错.答案：(1)、(3)15.【解析】取BC的中点N,连接B1N,则AN平面B1C,B1N是AB1在平面B1C上的射影,由几何知识知B1NBM,由三垂线定理得AB1BM,故所求角为90.答案：9016.【解析】(1)折起前AD是BC边上的高,当ABD折起后,ADDC,ADDB,又DBDC=D,AD平面BDC,AD平面ABD.平面ABD平面BDC.(2)由(1)知,DADB,DBDC,DCDA,DB=DA
15、=DC=1,AB=BC=CA=,从而SDAB=SDBC=SDCA=11=,SABC=sin60=,故表面积:S=3+=.17.【解析】(1)正视图如图:正视图的面积S=42=4(cm2).(2)设PB的中点为F,连接EF、CF,EFAB,又DCAB,EFDC,且EF=DC=AB,故四边形CDEF为平行四边形,可得DECF,DE平面PBC,CF平面PBC,故DE平面PBC.(3)PD垂直于底面ABCD,AB平面ABCD,ABPD,又ABAD,PDAD=D,AD平面PAD,PD平面PAD,AB平面PAD,ED平面PAD,EDAB,又PD=AD,E为PA的中点,故EDPA;PAAB=A,PA平面PA
16、B,AB平面PAB,DE平面PAB.18.【解析】(1)因为四边形ABCD是等腰梯形,ABCD,DAB=60,所以ADC=BCD=120,又因为BC=CD,所以BDC=CBD=30,因为ABCD,所以BDC=ABD=30,在ABD中BDA=180-ABD-DAB=180-30-60=90,所以BDAD,又因为BDAE,ADAE=A,所以BD平面AED.(2)连接AC,由(1)可知ACCB,设CB=1,则CA=BD=,建立如图所示的空间直角坐标系,F(0,0,1),B(0,1,0),D(,-,0),向量n=(0,0,1)为平面BDC的一个法向量,设向量m=(x,y,z)为平面BDF的一个法向量,
17、则即取y=1,则x=,z=1,则m=(,1,1)为平面BDF的一个法向量.cos=,而二面角F-BD-C的平面角为锐角,则二面角F-BD-C的余弦值为.19.【解析】(1)在梯形ABCD中,ABCD,AD=DC=CB=1,ABC=60,AB=2,AC2=AB2+BC2-2ABBCcos60=3,AB2=AC2+BC2,BCAC,平面ACFE平面ABCD,平面ACFE平面ABCD=AC,BC平面ABCD,BC平面ACFE.(2)由(1)可建立以C为原点,分别以直线CA,CB,CF为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系,如图所示,令FM=(0),则C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M
18、(,0,1).=(-,1,0),=(,-1,1),设n1=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量,由,得,取x=1,则n1=(1,-),n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,cos=,0,当=0时,cos有最小值,当=时,cos有最大值.cos,.20.【解析】(1)设AC=b,BC=a,则三棱柱体积V=absin|BB1|=ab.又cos=,ab=a2+b2-42ab-4.ab4,当且仅当a=b=2时,不等式取等号.所以,当a=b=2时,三棱柱体积Vmax=.(2)存在.当a=b=2时,ABC为等边三角形,取AC的中点为O,A1C1的中点为O1,以O为坐标原点,OA,OB,OO1所在
19、直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,0),C(-1,0,0),B1(0,1),C1(-1,0,1),则=(-1,0),=(-1,1),=(-2,0,1),设=,则P(1-,0),所以=(2-,0),设平面AB1C1的法向量n=(x,y,z),则,令x=1,得n=(1,-,2).sin=|cos|=,解得=-1.P(2,-,0).P点在BA的延长线上,且BA=AP时,使得直线CP与平面AB1C1所成角为30.21.【解析】(1)连接AD1,四边形ADD1A1为正方形,O是AD1的中点,点E为AB的中点,连接OE.EO为ABD1的中位线,EOBD1,又BD1平面A1
20、DE,OE平面A1DE,BD1平面A1DE.(2)正方形ADD1A1中,A1DAD1,由已知可得:AB平面ADD1A1,A1D平面ADD1A1ABA1D,ABAD1=A,A1D平面AD1E,D1E平面AD1E,A1DD1E.(3)存在.由题意可得:D1D平面ABCD,以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),C(0,2,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),设M(1,y0,0)(0y02),=(-1,2-y0,0),=(0,2,-1)设平面D1MC的法向量为n1=(x,y,z)则得取平面D1MC的一个法向量n1=(2-y0,1,2),而平面MCD的一个法向量为n2=(0,0,1),二面角D1-MC-D的大小为,则cos=|cos|=解得:y0=2-(0y02),当AM=2-时,二面角D1-MC-D的大小为.- 16 -