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∥α
C.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(zhǎng)為5,底面邊長(zhǎng)為2,則該四棱錐的體積為( )
A.233B.3
C.433D.23
答案C
解析因?yàn)檎睦忮F的側(cè)棱長(zhǎng)為5,底面邊長(zhǎng)為2,則底面面積為22=4,棱錐的高為(5)2-(2)2=3.故棱錐的體積為V=13×4×3=433.
3.(2024·山東煙臺(tái)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(shuō)法正確的是( )
A.若a∥α,b∥α,則a∥b
B.若a,b與α所成的角相等,則a∥b
C.若α⊥β,a∥α,b∥β,則a⊥b
D.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(cuò)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(cuò)誤;α⊥β,a∥α,b∥β,則a,b的位置關(guān)系無(wú)法判斷,故C錯(cuò)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(zhǎng)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(zhǎng)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+1617π(平方米).
5.(2024·山東淄博高三期末)已知正四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1的上、下底面邊長(zhǎng)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(tái)的體積為( )
A.283B.2863C.842D.282
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(guò)點(diǎn)A1作A1T⊥AO于點(diǎn)T,則A1T⊥底面ABCD.因?yàn)樯?、下底面邊長(zhǎng)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(tái)的體積為13×(22+42+22×42)×6=2863.
6.(2024·河北唐山一模)已知球與圓臺(tái)的底面、側(cè)面都相切,且圓臺(tái)母線與底面所成角為60°,則球表面積與圓臺(tái)側(cè)面積之比為( )
A.2∶3B.3∶4C.7∶8D.6∶13
答案B
解析設(shè)圓臺(tái)上、下底面圓的半徑為r1,r2,母線長(zhǎng)為l,球的球心為O,半徑為R,作圓臺(tái)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(zhǎng)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=lsin 60°,r2-r1=12l,解得r2=3r1,R=3r1,所以S球S圓臺(tái)=4πR2π(r1l+r2l)=4×(3r1)2(r1+3r1)2=34.
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AEFB.EF∥平面PAB
C.EF⊥PDD.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(cuò)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AF與平面PBD不可能垂直,故D錯(cuò)誤.
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.100πB.75π
C.80πD.120π
答案A
解析在△BAC中,由余弦定理得,BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cs∠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,故三棱錐P-ABC外接球的表面積為4πR2=100π.
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(duì)的得6分,部分選對(duì)的得部分分,有選錯(cuò)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π
B.該圓錐的側(cè)面積為43π
C.AC=22
D.△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=PAcs∠APO=1,AO=PAsin∠APO=3.如圖,取AC的中點(diǎn)D,連接PD,OD,則PD⊥AC,OD⊥AC,
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(duì)于A,圓錐的體積V=13π×(3)2×1=π,故A正確;對(duì)于B,圓錐的側(cè)面積S=π×3×2=23π,故B不正確;對(duì)于C,AC=2AO2-OD2=22,故C正確;對(duì)于D,S△PAC=12×AC×PD=12×22×2=2,故D不正確.故選AC.
10.(2024·貴州貴陽(yáng)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(dòng)點(diǎn),則下列結(jié)論正確的是( )
A.存在點(diǎn)Q,使得PQ∥BD
B.存在點(diǎn)Q,使得PQ⊥平面AB1C1D
C.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(cuò)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(dòng)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(cuò)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(yáng)模擬)中國(guó)古建筑聞名于世,如圖所示的中國(guó)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723
B.五面體EFBCDA的表面積為6+103
C.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27π2
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(duì)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(duì)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×GJ×h+12×GJ×h×GH=2×13×1×2×2+12×2×2×1=723,故A正確.
五面體EFBCDA的表面積S=2×12×AD2sin 60°+AD×AB+2×12×(EF+AB)×EG=22×32+2×3+(1+3)×3=6+63,故B錯(cuò)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,∠EAK為銳角,所以∠EAK=45°,故C正確.
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=(0,12,524),所以五面體外接球的半徑R=|OF|=14+258=364,所以外接球的表面積為4πR2=4π×278=27π2,故D正確.故選ACD.
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(zhǎng)等于 .
答案2
解析由題意可知圓柱的底面周長(zhǎng)C=2π×4=8π,所以該圓柱的母線長(zhǎng)l=SC=16π8π=2.
13.(2024·全國(guó)甲,理14)已知圓臺(tái)甲、乙的上底面半徑均為r1,下底面半徑均為r2,圓臺(tái)的母線長(zhǎng)分別為2(r2-r1),3(r2-r1),則圓臺(tái)甲與乙的體積之比為 .
答案64
解析如圖,由題意,可知V甲V乙=h甲h乙=4(r2-r1)2-(r2-r1)29(r2-r1)2-(r2-r1)2=322=64.
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l所成的角為 .
答案π3
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cs=AB·l|AB||l|=m4m2=12.又∈(0,π2],所以=π3,即直線AB與直線l所成的角為π3.
四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)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cs θ=|cs|=|DM·A1N||DM||A1N|=|-4|22+(-2)2·22+(-t)2=24+t2=105,
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),BB1=(0,0,2).
設(shè)平面A1BN的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),
所以A1B·n=4x-2z=0,A1N·n=2y-z=0,取z=2,則x=1,y=1,得n=(1,1,2).
設(shè)點(diǎn)B1到平面A1BN的距離為d,
所以d=|B1B·n||n|=|0×1+0×1+2×2|12+12+22=46=263,
即點(diǎn)B1到平面A1BN的距離為263.
16.(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,∴FH?BC,∴四邊形BCHF為平行四邊形,∴BF∥HC.又HC?平面PCD,BF?平面PCD,∴BF∥平面PCD.
(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·m=x1-2z1=0,CD·m=-x1+2y1=0,
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=1,則x2=0,y2=-2,得n=(0,-2,1).設(shè)平面PAB與平面PCD的夾角為θ,則cs θ=|m·n||m||n|=16×5=3030.
17.(15分)(2024·湖南長(zhǎng)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),BB1=(0,0,4).
設(shè)平面B1CE的一個(gè)法向量為m=(x,y,z),
則m·B1E=-4x-2z=0,m·B1C=-4x+4y-4z=0,
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=|m·BB1||m|=|-8|4+1+1=463.
(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

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備戰(zhàn)2025年高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)專題檢測(cè)練5 統(tǒng)計(jì)與概率（提升篇）（Word版附解析）

備戰(zhàn)2025年高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)專題檢測(cè)練5 統(tǒng)計(jì)與概率（提升篇）（Word版附解析）
備戰(zhàn)2025年高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)專題檢測(cè)練6（Word版附解析）

備戰(zhàn)2025年高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)專題檢測(cè)練6（Word版附解析）
備戰(zhàn)2025年高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)專題突破練5（Word版附解析）

備戰(zhàn)2025年高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)專題突破練5（Word版附解析）
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