备战2025年高考二轮复习数学专题检测练5（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学专题检测练5（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.(2024·四川成都模拟)已知直线l的方向向量是a=(3,2,1),平面α的一个法向量是n=(1,-1,-1),则l与α的位置关系是( )
A.l⊥α
B.l∥α
C.l与α相交但不垂直
D.l∥α或l⊂α
答案D
解析因为a=(3,2,1),n=(1,-1,-1),则a·n=3×1+2×(-1)+1×(-1)=0,所以a⊥n.又直线l的方向向量是a,平面α的一个法向量是n,所以l∥α或l⊂α.
2.(2024·重庆模拟)正四棱锥的侧棱长为5,底面边长为2,则该四棱锥的体积为( )
A.233B.3
C.433D.23
答案C
解析因为正四棱锥的侧棱长为5,底面边长为2,则底面面积为22=4,棱锥的高为(5)2-(2)2=3.故棱锥的体积为V=13×4×3=433.
3.(2024·山东烟台一模)设a,b为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,下列说法正确的是( )
A.若a∥α,b∥α,则a∥b
B.若a,b与α所成的角相等,则a∥b
C.若α⊥β,a∥α,b∥β,则a⊥b
D.若α⊥β,a⊥α,b⊥β,则a⊥b
答案D
解析平行于同一平面的两条直线可能平行,可能相交,也可能异面,故A错误;a,b与α所成的角相等,则a,b可能异面,可能相交,也可能平行,故B错误;α⊥β,a∥α,b∥β,则a,b的位置关系无法判断,故C错误;因为α⊥β,a⊥α,所以a∥β或a⊂β.又b⊥β,所以a⊥b,故D正确.
4.(2024·湖南长沙二模)蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子,建造和搬迁都很方便.已知蒙古包的造型可近似地看作一个圆柱和圆锥的组合体,已知圆锥的高为2米,圆柱的高为3米,底面圆的面积为64π平方米,则该蒙古包(含底面)的表面积为( )
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
解析设底面圆的半径为r,则64π=πr2,解得r=8,则圆锥的母线长为22+82=217(米),故该蒙古包(含底面)的表面积为π×8×217+2π×8×3+π×82=112π+1617π(平方米).
5.(2024·山东淄博高三期末)已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面边长分别为2和4,若侧棱AA1与底面ABCD所成的角为60°,则该正四棱台的体积为( )
A.283B.2863C.842D.282
答案B
解析如图,S,O分别为上底面和下底面的中心,连接OS,则OS⊥底面ABCD,过点A1作A1T⊥AO于点T,则A1T⊥底面ABCD.因为上、下底面边长分别为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,故该正四棱台的体积为13×(22+42+22×42)×6=2863.
6.(2024·河北唐山一模)已知球与圆台的底面、侧面都相切,且圆台母线与底面所成角为60°,则球表面积与圆台侧面积之比为( )
A.2∶3B.3∶4C.7∶8D.6∶13
答案B
解析设圆台上、下底面圆的半径为r1,r2,母线长为l,球的球心为O,半径为R,作圆台的轴截面ABCD,则四边形ABCD为等腰梯形.设圆O分别切梯形ABCD的边AB,BC,CD,DA分别于点E,F,G,H.由切线长定理可得AE=AH,DG=DH,故AD=DH+AH=DG+AE,即l=r1+r2.因为∠ABC=60°,所以GE=2R=lsin 60°,r2-r1=12l,解得r2=3r1,R=3r1,所以S球S圆台=4πR2π(r1l+r2l)=4×(3r1)2(r1+3r1)2=34.
7.(2024·陕西渭南模拟)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PC=AB,E,F分别为PD,BC的中点,则( )
A.PB∥平面AEFB.EF∥平面PAB
C.EF⊥PDD.AF⊥平面PBD
答案B
解析连接BD,交AF于点G,连接EG.因为F为BC的中点,BC∥AD,所以△BFG∽△DAG,所以BGGD=BFAD=12,又E为PD的中点,所以直线PB与EG相交.又EG⊂平面AEF,所以PB与平面AEF有公共点,故A错误.取PA的中点H,连接EH,BH,则EH=12AD,EH∥AD.又BF=12AD,BF∥AD,所以EH=BF,EH∥BF,所以四边形BFEH是平行四边形,所以EF∥BH.又EF⊄平面PAB,BH⊂平面PAB,所以EF∥平面PAB,故B正确.连接PF,DF,若EF⊥PD,E为PD中点,则PF=DF.又CP=CD,所以△PCF≌△DCF,所以∠DCF=∠PCF,即CP⊥CF.由题可知,点P的位置不确定,故C不一定正确.显然AF与BD不垂直,所以直线AF与平面PBD不可能垂直,故D错误.
8.(2024·辽宁抚顺一模)在三棱锥P-ABC中,AB=AC=4,∠BAC=120°,PA=6,PB=PC=213,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为( )
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,则BC=43.因为PA2+AC2=PC2,所以PA⊥AC.同理,PA⊥AB.又AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,则PA⊥平面ABC.设△ABC的外接圆半径为r,所以2r=BCsin120°=4332=8,所以r=4,所以外接球的半径R满足R2=r2+PA22=16+9=25,故三棱锥P-ABC外接球的表面积为4πR2=100π.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.(2023·新高考Ⅱ,9)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则( )
A.该圆锥的体积为π
B.该圆锥的侧面积为43π
C.AC=22
D.△PAC的面积为3
答案AC
解析由题意,可得PO⊥平面AOC,∠APO=12∠APB=60°,所以PO=PAcs∠APO=1,AO=PAsin∠APO=3.如图,取AC的中点D,连接PD,OD,则PD⊥AC,OD⊥AC,
所以∠PDO即为二面角P-AC-O的平面角,所以∠PDO=45°.因为OD⊂平面AOC,PO⊥平面AOC,所以PO⊥OD,所以△PDO为等腰直角三角形,所以OD=PO=1,PD=2.对于A,圆锥的体积V=13π×(3)2×1=π,故A正确;对于B,圆锥的侧面积S=π×3×2=23π,故B不正确;对于C,AC=2AO2-OD2=22,故C正确;对于D,S△PAC=12×AC×PD=12×22×2=2,故D不正确.故选AC.
10.(2024·贵州贵阳一模)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P为线段A1C1的中点,点Q为线段BC1上的动点,则下列结论正确的是( )
A.存在点Q,使得PQ∥BD
B.存在点Q,使得PQ⊥平面AB1C1D
C.三棱锥Q-APD的体积是定值
D.存在点Q,使得PQ⊥AC
答案BD
解析在正方体ABCD-A1B1C1D1中,连接B1D1.易知BD∥B1D1.
因为点P为线段A1C1的中点,四边形A1B1C1D1为正方形,所以点P为B1D1的中点,所以B1D1∩PQ=P,即B1D1与PQ不平行,所以BD与PQ不平行,故A错误;
连接A1B,易知A1B⊥AB1.由题可知B1C1⊥平面ABB1A1.
因为A1B⊂平面ABB1A1,所以A1B⊥B1C1.
又B1C1∩AB1=B1,B1C1,AB1⊂平面AB1C1D,
所以A1B⊥平面AB1C1D,
所以当PQ∥A1B时,PQ⊥平面AB1C1D.
易知当点Q为BC1中点时,PQ∥A1B,故B正确;
连接AD1,易知BC1∥AD1.
因为AD1∩平面APD=A,所以BC1与平面APD不平行,
所以点Q在线段BC1上运动时,点Q到平面APD的距离不是定值.
又△APD的面积为定值,
所以三棱锥Q-APD的体积不是定值,故C错误;
易知AC⊥BD.由题可知BB1⊥平面ABCD,
因为AC⊂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,所以当点Q与点B重合时,PQ⊥AC,故D正确.
故选BD.
11.(2024·辽宁沈阳模拟)中国古建筑闻名于世,如图所示的中国传统建筑的屋顶的结构示意图为五面体EFBCDA.若四边形ABCD为矩形,EF∥AB,AB=3EF=3,AD=2,△ADE与△BCF是全等的等边三角形,则( )
A.五面体EFBCDA的体积为723
B.五面体EFBCDA的表面积为6+103
C.AE与平面ABCD所成的角为45°
D.当五面体EFBCDA的各顶点都在球O的球面上时,球O的表面积为27π2
答案ACD
解析如图,
可将该五面体分割成四棱锥E-AGJD,三棱柱EGJ-FHI,四棱锥F-HBCI三部分,其中G,H是AB的三等分点,I,J是CD的三等分点.因为EF∥AB,AB=3EF=3,△ADE与△BCF是全等的等边三角形,所以由对称性可知点E,F在平面ABCD的投影分别为GJ,HI的中点,平面EGJ,FHI均垂直于平面ABCD.易得四边形HIJG是矩形,所以易证GH分别垂直于平面EGJ,FHI,所以几何体EGJ-FHI是直三棱柱.由对称性可知四棱锥E-AGJD与四棱锥F-HBCI的体积相等.因为GH⊥平面EGJ,EG⊂平面EGJ,所以AG⊥EG.由题意AE=2,AG=1,所以EG=AE2-AG2=3.同理EJ⊥DJ.因为△ADE是等边三角形,所以AE=DE.又因为AG=DJ,所以Rt△AGE≌Rt△DJE,所以EG=EJ,即△EGJ是等腰三角形,所以△EGJ的边GJ上的高h=EG2-(12GJ)2=2,所以五面体EFBCDA的体积V=2×13×AG×GJ×h+12×GJ×h×GH=2×13×1×2×2+12×2×2×1=723,故A正确.
五面体EFBCDA的表面积S=2×12×AD2sin 60°+AD×AB+2×12×(EF+AB)×EG=22×32+2×3+(1+3)×3=6+63,故B错误.取GJ的中点K,连接KE,KA,则KE⊥平面ABCD,所以AE与平面ABCD所成的角即为∠EAK.因为sin∠EAK=EKAE=22,∠EAK为锐角,所以∠EAK=45°,故C正确.
分别取AD,AB,BC,CD,EF中点P,M,Q,N,O1,连接MN,PQ,交于点O2,连接O1O2.由题可知,点O2为MN,PQ的中点,O1O2⊥平面ABCD,O1O2⊥EF,MN⊥PQ,所以点O2为四边形ABCD外接圆的圆心,O1O2为EF的中垂线,所以该五面体外接球的球心O在直线O1O2上.以点O2为坐标原点,分别以O2M,O2Q,O2O1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则F(0,12,2),B(1,32,0).设O(0,0,t),则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(0,0,-24),OF=(0,12,524),所以五面体外接球的半径R=|OF|=14+258=364,所以外接球的表面积为4πR2=4π×278=27π2,故D正确.故选ACD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知圆柱的底面半径为4,侧面面积为16π,则该圆柱的母线长等于 .
答案2
解析由题意可知圆柱的底面周长C=2π×4=8π,所以该圆柱的母线长l=SC=16π8π=2.
13.(2024·全国甲,理14)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2,圆台的母线长分别为2(r2-r1),3(r2-r1),则圆台甲与乙的体积之比为 .
答案64
解析如图,由题意,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·江苏南通二模)已知二面角α-l-β为直二面角,A∈α,B∈β,A∉l,B∉l,直线AB与平面α,β所成的角分别为π6,π4,直线AB与直线l所成的角为 .
答案π3
解析如图,作AD⊥l,BC⊥l,垂足分别为D,C,连接BD,AC.
因为α⊥β,α∩β=l,AD⊂α,BC⊂β,所以AD⊥β,BC⊥α,故AD,BC,l两两垂直,所以∠BAC为直线AB与平面α所成的角,∠ABD为直线AB与平面β所成的角,即∠BAC=π6,∠ABD=π4.以D为原点,DA,DC所在直线为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2m,m>0,则BC=m,AC=3m,AD=BD=2m,所以DC=AC2-AD2=m,则A(2m,0,0),B(0,m,m),所以AB=(-2m,m,m),取l=(0,1,0),则cs=AB·l|AB||l|=m4m2=12.又∈(0,π2],所以=π3,即直线AB与直线l所成的角为π3.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为平行四边形,M,N分别为AB,DD1的中点.
(1)求证:DM∥平面A1BN;
(2)若底面ABCD为矩形,AB=2AD=4,异面直线DM与A1N所成角的余弦值为105,求点B1到平面A1BN的距离.
(1)证明连接AB1,交A1B于点E,连接NE,ME,
则E为A1B的中点.
因为M为AB的中点,
所以ME∥AA1,且ME=12AA1.
因为N为DD1的中点,
所以DN∥AA1,DN=12AA1,
所以ME∥DN,且ME=DN,
所以四边形EMDN为平行四边形,
所以EN∥DM.
又因为DM⊄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,且四边形ABCD为矩形,
所以AB,AD,AA1两两垂直,以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
则B(4,0,0),D(0,2,0),M(2,0,0),所以DM=(2,-2,0).
设AA1=2t(t>0),则A1(0,0,2t),N(0,2,t),B1(4,0,2t),A1N=(0,2,-t).
设异面直线DM与A1N所成角为θ,
则cs θ=|cs|=|DM·A1N||DM||A1N|=|-4|22+(-2)2·22+(-t)2=24+t2=105,
解得t=1(负值舍去),故A1(0,0,2),N(0,2,1),B1(4,0,2),
则A1B=(4,0,-2),A1N=(0,2,-1),BB1=(0,0,2).
设平面A1BN的一个法向量为n=(x,y,z),
所以A1B·n=4x-2z=0,A1N·n=2y-z=0,取z=2,则x=1,y=1,得n=(1,1,2).
设点B1到平面A1BN的距离为d,
所以d=|B1B·n||n|=|0×1+0×1+2×2|12+12+22=46=263,
即点B1到平面A1BN的距离为263.
16.(15分)(2024·北京,17)已知四棱锥P-ABCD,AD∥BC,AB=BC=1,AD=3,E是AD上一点,PE⊥AD,DE=PE=2.
(1)若F是PE中点,证明:BF∥平面PCD.
(2)若AB⊥平面PED,求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值.
(1)证明(方法一)取DE的中点M,连接MF,BM.
∵MD=12ED=1,BC∥AD,
∴BC∥MD,且BC=MD,
∴四边形BCDM为平行四边形,∴BM∥CD,
又CD⊂平面PCD,BM⊄平面PCD,
∴BM∥平面PCD.
∵MF∥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的中点H,连接FH,HC,则FH∥ED,且FH=12ED,BC∥ED,且BC=12ED,∴FH?BC,∴四边形BCHF为平行四边形,∴BF∥HC.又HC⊂平面PCD,BF⊄平面PCD,∴BF∥平面PCD.
(2)解由题意知,AB⊥AE,又AE=BC=1,AE∥BC,
∴四边形ABCE为正方形,∴AB∥CE,又AB⊥平面PED,∴CE⊥平面PED,又PE⊥AD,∴以E为坐标原点,以EC,ED,EP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系,则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).设平面PCD的一个法向量为m=(x1,y1,z1).则PC·m=x1-2z1=0,CD·m=-x1+2y1=0,
令z1=1,则x1=2,y1=1,得m=(2,1,1).设平面PAB的一个法向量为n=(x2,y2,z2),
则PA·n=0,PB·n=0,即-y2-2z2=0,x2-y2-2z2=0,令z2=1,则x2=0,y2=-2,得n=(0,-2,1).设平面PAB与平面PCD的夹角为θ,则cs θ=|m·n||m||n|=16×5=3030.
17.(15分)(2024·湖南长沙模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AA1=AB=AC=4,D,E分别为A1C1,A1A的中点,F为线段BC上异于端点的一点.
(1)求点B到平面B1CE的距离;
(2)若平面ACC1A1与平面ADF的夹角的余弦值为27,求直线A1F与平面ADF所成角的正弦值.
解(1)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,AB⊥AC,
所以AB,AC,AA1两两垂直,
以A为原点,AB,AC,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.又AA1=AB=AC=4,所以B(4,0,0),B1(4,0,4),C(0,4,0).
因为E为AA1的中点,所以E(0,0,2),
故B1E=(-4,0,-2),B1C=(-4,4,-4),BB1=(0,0,4).
设平面B1CE的一个法向量为m=(x,y,z),
则m·B1E=-4x-2z=0,m·B1C=-4x+4y-4z=0,
令x=1,则y=-1,z=-2,
所以m=(1,-1,-2),
所以点B到平面B1CE的距离d=|m·BB1||m|=|-8|4+1+1=463.
(2)结合(1),由于D为A1C1的中点,
所以D(0,2,4).
设BF=λBC=λ(-4,4,0)=(-4λ,4λ,0),0