備戰(zhàn)2025年高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)專題檢測5

專題檢測五(分值:150分)學(xué)生用書P193一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40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.(2024·四川成都模擬)已知直線l的方向向量是a=(3,2,1),平面α的一個(gè)法向量是n=(1,-1,-1),則l與α的位置關(guān)系是()A.l⊥α B.l∥αC.l與α相交但不垂直 D.l∥α或l?α答案D解析因?yàn)閍=(3,2,1),n=(1,-1,-1),則a·n=3×1+2×(-1)+1×(-1)=0,所以a⊥n.又直線l的方向向量是a,平面α的一個(gè)法向量是n,所以l∥α或l?α.2.(2024·重慶模擬)正四棱錐的側(cè)棱長為5,底面邊長為2,則該四棱錐的體積為()A.233C.43答案C解析因?yàn)檎睦忮F的側(cè)棱長為5,底面邊長為2,則底面面積為22=4,棱錐的高為(5)2-(23.(2024·山東煙臺一模)設(shè)a,b為兩條不同的直線,α,β為兩個(gè)不同的平面,下列說法正確的是()A.若a∥α,b∥α,則a∥bB.若a,b與α所成的角相等,則a∥bC.若α⊥β,a∥α,b∥β,則a⊥bD.若α⊥β,a⊥α,b⊥β,則a⊥b答案D解析平行于同一平面的兩條直線可能平行,可能相交,也可能異面,故A錯誤;a,b與α所成的角相等,則a,b可能異面,可能相交,也可能平行,故B錯誤;α⊥β,a∥α,b∥β,則a,b的位置關(guān)系無法判斷,故C錯誤;因?yàn)棣痢挺?a⊥α,所以a∥β或a?β.又b⊥β,所以a⊥b,故D正確.4.(2024·湖南長沙二模)蒙古包是蒙古族牧民居住的一種房子,建造和搬遷都很方便.已知蒙古包的造型可近似地看作一個(gè)圓柱和圓錐的組合體,已知圓錐的高為2米,圓柱的高為3米,底面圓的面積為64π平方米,則該蒙古包(含底面)的表面積為()A.(112+1617)π平方米B.(80+1617)π平方米C.(112+1817)π平方米D.(80+1817)π平方米答案A解析設(shè)底面圓的半徑為r,則64π=πr2,解得r=8,則圓錐的母線長為22+82=217(米),故該蒙古包(含底面)的表面積為π×8×217+2π×8×3+π×82=112π+16175.(2024·山東淄博高三期末)已知正四棱臺ABCD-A1B1C1D1的上、下底面邊長分別為2和4,若側(cè)棱AA1與底面ABCD所成的角為60°,則該正四棱臺的體積為()A.283 B.2863 C.84答案B解析如圖,S,O分別為上底面和下底面的中心,連接OS,則OS⊥底面ABCD,過點(diǎn)A1作A1T⊥AO于點(diǎn)T,則A1T⊥底面ABCD.因?yàn)樯?、下底面邊長分別為2和4,所以A1S=2,AO=22,故TO=A1S=2,AT=AO-OT=2,tan∠A1AT=A1TAT.由于∠A1AT=60°,故A1T=3AT=6,故該正四棱臺的體積為13×(22+6.(2024·河北唐山一模)已知球與圓臺的底面、側(cè)面都相切,且圓臺母線與底面所成角為60°,則球表面積與圓臺側(cè)面積之比為()A.2∶3 B.3∶4 C.7∶8 D.6∶13答案B解析設(shè)圓臺上、下底面圓的半徑為r1,r2,母線長為l,球的球心為O,半徑為R,作圓臺的軸截面ABCD,則四邊形ABCD為等腰梯形.設(shè)圓O分別切梯形ABCD的邊AB,BC,CD,DA分別于點(diǎn)E,F,G,H.由切線長定理可得AE=AH,DG=DH,故AD=DH+AH=DG+AE,即l=r1+r2.因?yàn)椤螦BC=60°,所以GE=2R=lsin60°,r2-r1=12l,解得r2=3r1,R=3r1,所以7.(2024·陜西渭南模擬)在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PC=AB,E,F分別為PD,BC的中點(diǎn),則()A.PB∥平面AEF B.EF∥平面PABC.EF⊥PD D.AF⊥平面PBD答案B解析連接BD,交AF于點(diǎn)G,連接EG.因?yàn)镕為BC的中點(diǎn),BC∥AD,所以△BFG∽△DAG,所以BGGD=BFAD=12,又E為PD的中點(diǎn),所以直線PB與EG相交.又EG?平面AEF,所以PB與平面AEF有公共點(diǎn),故A錯誤.取PA的中點(diǎn)H,連接EH,BH,則EH=12AD,EH∥AD.又BF=12AD,BF∥AD,所以EH=BF,EH∥BF,所以四邊形BFEH是平行四邊形,所以EF∥BH.又EF?平面PAB,BH?平面PAB,所以EF∥平面PAB,故B正確.連接PF,DF,若EF⊥PD,E為PD中點(diǎn),則PF=DF.又CP=CD,所以△PCF≌△DCF,所以∠DCF=∠PCF,即CP⊥CF.由題可知,點(diǎn)P的位置不確定,故C不一定正確.顯然AF與BD不垂直,所以直線8.(2024·遼寧撫順一模)在三棱錐P-ABC中,AB=AC=4,∠BAC=120°,PA=6,PB=PC=213,則三棱錐P-ABC的外接球的表面積為()A.100π B.75π C.80π D.120π答案A解析在△BAC中,由余弦定理得,BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC=48,則BC=43.因?yàn)镻A2+AC2=PC2,所以PA⊥AC.同理,PA⊥AB.又AB∩AC=A,AB,AC?平面ABC,則PA⊥平面ABC.設(shè)△ABC的外接圓半徑為r,所以2r=BCsin120°=4332=8,所以r=4,所以外接球的半徑R滿足R2=r2+PA22=16+9=25,二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求,全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.9.(2023·新高考Ⅱ,9)已知圓錐的頂點(diǎn)為P,底面圓心為O,AB為底面直徑,∠APB=120°,PA=2,點(diǎn)C在底面圓周上,且二面角P-AC-O為45°,則()A.該圓錐的體積為πB.該圓錐的側(cè)面積為43C.AC=22D.△PAC的面積為3答案AC解析由題意,可得PO⊥平面AOC,∠APO=12∠APB=60°,所以PO=PAcos∠APO=1,AO=PAsin∠APO=3.如圖,取AC的中點(diǎn)D,連接PD,OD,則PD⊥AC,OD所以∠PDO即為二面角P-AC-O的平面角,所以∠PDO=45°.因?yàn)镺D?平面AOC,PO⊥平面AOC,所以PO⊥OD,所以△PDO為等腰直角三角形,所以O(shè)D=PO=1,PD=2.對于A,圓錐的體積V=13π×(3)2×1=π,故A正確;對于B,圓錐的側(cè)面積S=π×3×2=23π,故B不正確;對于C,AC=2AO2-OD2=22,故C正確;對于D,S△PAC=12×10.(2024·貴州貴陽一模)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)P為線段A1C1的中點(diǎn),點(diǎn)Q為線段BC1上的動點(diǎn),則下列結(jié)論正確的是()A.存在點(diǎn)Q,使得PQ∥BDB.存在點(diǎn)Q,使得PQ⊥平面AB1C1DC.三棱錐Q-APD的體積是定值D.存在點(diǎn)Q,使得PQ⊥AC答案BD解析在正方體ABCD-A1B1C1D1中,連接B1D1.易知BD∥B1D1.因?yàn)辄c(diǎn)P為線段A1C1的中點(diǎn),四邊形A1B1C1D1為正方形,所以點(diǎn)P為B1D1的中點(diǎn),所以B1D1∩PQ=P,即B1D1與PQ不平行,所以BD與PQ不平行,故A錯誤;連接A1B,易知A1B⊥AB1.由題可知B1C1⊥平面ABB1A1.因?yàn)锳1B?平面ABB1A1,所以A1B⊥B1C1.又B1C1∩AB1=B1,B1C1,AB1?平面AB1C1D,所以A1B⊥平面AB1C1D,所以當(dāng)PQ∥A1B時(shí),PQ⊥平面AB1C1D.易知當(dāng)點(diǎn)Q為BC1中點(diǎn)時(shí),PQ∥A1B,故B正確;連接AD1,易知BC1∥AD1.因?yàn)锳D1∩平面APD=A,所以BC1與平面APD不平行,所以點(diǎn)Q在線段BC1上運(yùn)動時(shí),點(diǎn)Q到平面APD的距離不是定值.又△APD的面積為定值,所以三棱錐Q-APD的體積不是定值,故C錯誤;易知AC⊥BD.由題可知BB1⊥平面ABCD,因?yàn)锳C?平面ABCD,所以AC⊥BB1.又BD,BB1?平面BDD1B1,BD∩BB1=B,所以AC⊥平面BDD1B1.又BP?平面BDD1B1,所以AC⊥BP,所以當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合時(shí),PQ⊥AC,故D正確.故選BD.11.(2024·遼寧沈陽模擬)中國古建筑聞名于世,如圖所示的中國傳統(tǒng)建筑的屋頂?shù)慕Y(jié)構(gòu)示意圖為五面體EFBCDA.若四邊形ABCD為矩形,EF∥AB,AB=3EF=3,AD=2,△ADE與△BCF是全等的等邊三角形,則()A.五面體EFBCDA的體積為7B.五面體EFBCDA的表面積為6+103C.AE與平面ABCD所成的角為45°D.當(dāng)五面體EFBCDA的各頂點(diǎn)都在球O的球面上時(shí),球O的表面積為27答案ACD解析如圖,可將該五面體分割成四棱錐E-AGJD,三棱柱EGJ-FHI,四棱錐F-HBCI三部分,其中G,H是AB的三等分點(diǎn),I,J是CD的三等分點(diǎn).因?yàn)镋F∥AB,AB=3EF=3,△ADE與△BCF是全等的等邊三角形,所以由對稱性可知點(diǎn)E,F在平面ABCD的投影分別為GJ,HI的中點(diǎn),平面EGJ,FHI均垂直于平面ABCD.易得四邊形HIJG是矩形,所以易證GH分別垂直于平面EGJ,FHI,所以幾何體EGJ-FHI是直三棱柱.由對稱性可知四棱錐E-AGJD與四棱錐F-HBCI的體積相等.因?yàn)镚H⊥平面EGJ,EG?平面EGJ,所以AG⊥EG.由題意AE=2,AG=1,所以EG=AE2-AG2=3.同理EJ⊥DJ.因?yàn)椤鰽DE是等邊三角形,所以AE=DE.又因?yàn)锳G=DJ,所以Rt△AGE≌Rt△DJE,所以EG=EJ,即△EGJ是等腰三角形,所以△EGJ的邊GJ上的高h(yuǎn)=EG2-(12GJ)2=2,所以五面體EFBCDA的體積V=2×13×AG×五面體EFBCDA的表面積S=2×12×AD2sin60°+AD×AB+2×12×(EF+AB)×EG=22×32+2×3+(1+3)×3=6+63,故B錯誤.取GJ的中點(diǎn)K,連接KE,KA,則KE⊥平面ABCD,所以AE與平面ABCD所成的角即為∠EAK.因?yàn)閟in∠EAK=EKAE=22分別取AD,AB,BC,CD,EF中點(diǎn)P,M,Q,N,O1,連接MN,PQ,交于點(diǎn)O2,連接O1O2.由題可知,點(diǎn)O2為MN,PQ的中點(diǎn),O1O2⊥平面ABCD,O1O2⊥EF,MN⊥PQ,所以點(diǎn)O2為四邊形ABCD外接圓的圓心,O1O2為EF的中垂線,所以該五面體外接球的球心O在直線O1O2上.以點(diǎn)O2為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以O(shè)2M,O2Q,O2O1所在直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則F(0,12,2),B(1,32,0).設(shè)O(0,0,t),則OF=(0,12,2-t),OB=(1,32,-t).由|OF|=|OB|,得t2-22t+94=t2+134,解得t=-24,所以O(shè)(0,0,-24),OF=(0,12三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.12.已知圓柱的底面半徑為4,側(cè)面面積為16π,則該圓柱的母線長等于.

答案2解析由題意可知圓柱的底面周長C=2π×4=8π,所以該圓柱的母線長l=SC=1613.(2024·全國甲,理14)已知圓臺甲、乙的上底面半徑均為r1,下底面半徑均為r2,圓臺的母線長分別為2(r2-r1),3(r2-r1),則圓臺甲與乙的體積之比為.

答案6解析如圖,由題意,可知V甲乙14.(2024·江蘇南通二模)已知二面角α-l-β為直二面角,A∈α,B∈β,A?l,B?l,直線AB與平面α,β所成的角分別為π6,π4,直線AB與直線答案π解析如圖,作AD⊥l,BC⊥l,垂足分別為D,C,連接BD,AC.因?yàn)棣痢挺?α∩β=l,AD?α,BC?β,所以AD⊥β,BC⊥α,故AD,BC,l兩兩垂直,所以∠BAC為直線AB與平面α所成的角,∠ABD為直線AB與平面β所成的角,即∠BAC=π6,∠ABD=π4.以D為原點(diǎn),DA,DC所在直線為x軸、y軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB=2m,m>0,則BC=m,AC=3m,AD=BD=2m,所以DC=AC2-AD2=m,則A(2m,0,0),B(0,m,m),所以AB=(-2m,m,m),取l=(0,1,0),則cos<AB,l>=AB·l|AB||l|=m4m2=12.又四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(13分)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為平行四邊形,M,N分別為AB,DD1的中點(diǎn).(1)求證:DM∥平面A1BN;(2)若底面ABCD為矩形,AB=2AD=4,異面直線DM與A1N所成角的余弦值為105,求點(diǎn)B1到平面A1BN的距離(1)證明連接AB1,交A1B于點(diǎn)E,連接NE,ME,則E為A1B的中點(diǎn).因?yàn)镸為AB的中點(diǎn),所以ME∥AA1,且ME=12AA1因?yàn)镹為DD1的中點(diǎn),所以DN∥AA1,DN=12AA1所以ME∥DN,且ME=DN,所以四邊形EMDN為平行四邊形,所以EN∥DM.又因?yàn)镈M?平面A1BN,EN?平面A1BN,所以DM∥平面A1BN.(2)解在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2AD=4,且四邊形ABCD為矩形,所以AB,AD,AA1兩兩垂直,以A為原點(diǎn),AB,AD,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.則B(4,0,0),D(0,2,0),M(2,0,0),所以DM=(2,-2,0).設(shè)AA1=2t(t>0),則A1(0,0,2t),N(0,2,t),B1(4,0,2t),A1N=(0,2,-t設(shè)異面直線DM與A1N所成角為θ,則cosθ=|cos<DM,A1解得t=1(負(fù)值舍去),故A1(0,0,2),N(0,2,1),B1(4,0,2),則A1B=(4,0,-2),A1N=(0,2,-1),設(shè)平面A1BN的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),所以A1B·n=4x-2z=0,A1設(shè)點(diǎn)B1到平面A1BN的距離為d,所以d=|B即點(diǎn)B1到平面A1BN的距離為216.(15分)(2024·北京,17)已知四棱錐P-ABCD,AD∥BC,AB=BC=1,AD=3,E是AD上一點(diǎn),PE⊥AD,DE=PE=2.(1)若F是PE中點(diǎn),證明:BF∥平面PCD.(2)若AB⊥平面PED,求平面PAB與平面PCD夾角的余弦值.(1)證明(方法一)取DE的中點(diǎn)M,連接MF,BM.∵M(jìn)D=12ED=1,BC∥AD∴BC∥MD,且BC=MD,∴四邊形BCDM為平行四邊形,∴BM∥CD,又CD?平面PCD,BM?平面PCD,∴BM∥平面PCD.∵M(jìn)F∥PD,MF?平面PCD,PD?平面PCD,∴MF∥平面PCD.又BM∩MF=M,∴平面BMF∥平面PCD.又BF?平面BMF,∴BF∥平面PCD.(方法二)取PD的中點(diǎn)H,連接FH,HC,則FH∥ED,且FH=12ED,BC∥ED,且BC=12ED,∴FHBC,∴四邊形BCHF為平行四邊形,∴BF∥HC.又HC?平面PCD,BF?平面PCD,∴BF∥(2)解由題意知,AB⊥AE,又AE=BC=1,AE∥BC,∴四邊形ABCE為正方形,∴AB∥CE,又AB⊥平面PED,∴CE⊥平面PED,又PE⊥AD,∴以E為坐標(biāo)原點(diǎn),以EC,ED,EP所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,則P(0,0,2),A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,2,0),PC=(1,0,-2),CD=(-1,2,0),PA=(0,-1,-2),PB=(1,-1,-2).設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為m=(x1,y1,z1).則PC令z1=1,則x1=2,y1=1,得m=(2,1,1).設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量為n=(x2,y2,z2),則PA·n=0,PB·n=0,即-y2-2z2=0,x2-y2-2z2=0,令z2=17.(15分)(2024·湖南長沙模擬)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AA1=AB=AC=4,D,E分別為A1C1,A1A的中點(diǎn),F為線段BC上異于端點(diǎn)的一點(diǎn).(1)求點(diǎn)B到平面B1CE的距離;(2)若平面ACC1A1與平面ADF的夾角的余弦值為27,求直線A1F與平面ADF所成角的正弦值解(1)因?yàn)锳BC-A1B1C1是直三棱柱,AB⊥AC,所以AB,AC,AA1兩兩垂直,以A為原點(diǎn),AB,AC,AA1所在直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.又AA1=AB=AC=4,所以B(4,0,0),B1(4,0,4),C(0,4,0).因?yàn)镋為AA1的中點(diǎn),所以E(0,0,2),故B1E=(-4,0,-2),B1C=(-4,4,-4),設(shè)平面B1CE的一個(gè)法向量為m=(x,y,z),則m令x=1,則y=-1,z=-2,所以m=(1,-1,-2),所以點(diǎn)B到平面B1CE的距離d=|(2)結(jié)合(1),由于D為A1C1的中點(diǎn),所以D(0,2,4).設(shè)BF=λBC=λ(-4,4,0)=(-4λ,4λ,0),0<λ<1,所以F(4-4λ,4λ,0),所以AF=(4-4λ,4λ,0),AD=(0,2,4)設(shè)平面ADF的一個(gè)法向量為n=(a,b,c),則n令b=2,則a=2λλ-1,c=-1,故n=(2λ易得平面ACC1A1的一個(gè)法向量可以為AB=(4,0,0).因?yàn)槠矫鍭CC1A1與平面ADF的夾角的余弦值為27所以|cos<n,AB>|=|n·AB|n解得λ=14,所以F(3,1,0),故平面ADF的一個(gè)法向量n=-23,2,-1,則A1F=(3,1,-設(shè)直線A1F與平面ADF所成角為θ,則sinθ=|cos<A1F,n>|=|A118.(17分)(2024·山東淄博一模)如圖,多面體ABCDEF是由一個(gè)正四棱錐A-BCDE與一個(gè)三棱錐F-ADE拼接而成,正四棱錐A-BCDE的所有棱長均為32,AF∥CD.(1)在棱DE上找一點(diǎn)G,使得平面ABC⊥平面AFG,并給出證明;(2)當(dāng)AF=12CD時(shí),求點(diǎn)F到平面ADE的距離(3)若AF=13CD,求直線DF與平面ABC所成角的正弦值解(1)當(dāng)點(diǎn)G為DE中點(diǎn)時(shí),平面ABC⊥平面AFC.證明如下:因?yàn)樗睦忮FA-BCDE是正四棱錐,所以AD=AE,AG⊥DE.在正方形BCDE中,DE∥BC,所以AG⊥BC.在正方形BCDE中,CD⊥BC,因?yàn)锳F∥CD,所以AF⊥BC.又AF∩AG=A,AF,AG?平面AFG,所以BC⊥平面AFG.因?yàn)锽C?平面ABC,所以平面ABC⊥平面AFG.(2)設(shè)DE中點(diǎn)為G,連接BD,CE交于點(diǎn)O,連接AO,OG,則AF∥OG.又AF=12CD,所以O(shè)G=AF所以四邊形AOGF為平行四邊形.又因?yàn)樗睦忮FA-BCDE是正四棱錐,所以AO⊥平面BCDE,所以四邊形AOGF為矩形,所以AF⊥FG.因?yàn)锳F∥OG,OG⊥DE,所以AF⊥DE.又DE∩FG=G,DE,FG?平面DEF,所以AF⊥平面DEF.又FG=AO=(32所以VA-FDE=13·AF·S△FDE=13×3設(shè)點(diǎn)F到平面ADE的距離為h,因?yàn)閂F-ADE=VA-FDE=92,即13×34×(32)2·h=所以點(diǎn)F到平面ADE的距離為3(3)因?yàn)樗睦忮FA-BCDE是正四棱錐,所以O(shè)C,OD,OA兩兩垂直.以O(shè)為原點(diǎn),OC,OD,OA所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,3),B(0,-3,0),C(3,0,0)