2022年高考数学二轮复习 专题4 数列检测 理

2022年高考数学二轮复习 专题4 数列检测 理一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.(xx汕头一模)一个锥体的主视图和左视图如图所示,下面选项中,不可能是该锥体的俯视图的是()2.(xx辽宁卷)已知m,n表示两条不同直线,表示平面.下列说法正确的是()(A)若m,n,则mn(B)若m,n,则mn(C)若m,mn,则n(D)若m,mn,则n3.(xx赤峰模拟)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为()(A)2(B)(C)2(D)34.如图所示,正方体ABCDA1B1C1D1,M、N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN,则MN与平面BB1C1C的位置关系是()(A)相交(B)平行(C)垂直(D)不能确定5.(xx北京卷)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是()(A)2+(B)4+(C)2+2 (D)56.(xx南昌一模)如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点P是上底面A1B1C1D1内一动点,则三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为()(A)11(B)21(C)23(D)32第5题图第6题图7.已知,是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,给出下列命题:若m,m,则;若m,n,m,n,则;如果m,n,m、n是异面直线,那么n与相交;若=m,nm,且n,n,则n且n.其中正确的命题是()(A)(B)(C)(D)8.(xx山东卷)在梯形ABCD中,ABC=,ADBC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为()(A)(B)(C)(D)29.如图,四棱锥PABCD中,四边形ABCD是平行四边形,平面PAB平面PDC=l,则AB与直线l的关系为()(A)异面(B)垂直(C)平行(D)相交10.(xx湖南卷)一块石材表示的几何体的三视图如图所示.将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于()(A)1(B)2(C)3(D)411.(xx邯郸市一模)已知三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上,若PA=AB=2,AC=1,BAC=120且PA平面ABC,则球O的表面积为()(A)(B)(C)12(D)1512.如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,动点E,F在棱A1B1上,动点P,Q分别在棱AD,CD上.若EF=1,A1E=x,DQ=y,DP=z(x,y,z大于零),则四面体PEFQ的体积()(A)与x,y,z都有关(B)与x有关,与y,z无关(C)与y有关,与x,z无关(D)与z有关,与x,y无关二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.(xx内蒙古赤峰三模)如图A,B,C是球面上三点,且OA,OB,OC两两垂直,若P是球O的大圆所在弧BC的中点,则直线AP与BC的位置关系是.14.(xx南昌市一模)已知直三棱柱ABCA1B1C1中,BAC=90,侧面BCC1B1的面积为2,则直三棱柱ABCA1B1C1外接球表面积的最小值为.15.如图所示,已知正三棱柱ABCA1B1C1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.第13题图第15题图16.已知点E、F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1、CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于.三、解答题(本大题共5小题,共70分)17.(本小题满分14分)(xx大庆市二检)如图,平面ABEF平面ABC,四边形ABEF为矩形,AC=BC,O为AB的中点,OFEC.(1)求证:OEFC;(2)若AB=2,AC=,求二面角FCEB的余弦值.18.(本小题满分14分)(xx郑州第二次质量预测)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为2的菱形,平面ABC平面AA1C1C,A1AC=60,BCA=90. (1)求证:A1BAC1;(2)已知点E是AB的中点,BC=AC,求直线EC1与平面ABB1A1所成的角的正弦值.19.(本小题满分14分)(xx广东卷)如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3.点E是CD边的中点,点F,G分别在线段AB,BC上,且AF=2FB,CG=2GB.(1)证明:PEFG;(2)求二面角PADC的正切值;(3)求直线PA与直线FG所成角的余弦值.20.(本小题满分14分)如图,四棱锥PABCD中,PA底面ABCD,四边形ABCD中,ABAD,AB+AD=4,CD=,CDA=45.(1)求证:平面PAB平面PAD;(2)设AB=AP.若直线PB与平面PCD所成的角为30,求线段AB的长;在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等?说明理由.21.(本小题满分14分)(xx湖南卷)如图,已知四棱台ABCDA1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A1A=6,且A1A底面ABCD.点P,Q分别在棱DD1,BC上.(1)若P是DD1的中点,证明:AB1PQ;(2)若PQ平面ABB1A1,二面角PQDA的余弦值为,求四面体ADPQ的体积.专题检测(四)1.C2.B3.D4.B5.C6.A7.D8.C9.C10.B11.A12.D13.解析:连接BC,OP,因为P为的中点,所以BCOP.又OAOB,OAOC,OBOC=O.所以OA平面OBC,所以BCOA.又OPOA=O,所以BC平面OAP,所以BCAP,又BC与AP不共面,所以AP与BC异面垂直.答案:异面垂直14.解析:设BC=2x,BB1=2y,则4xy=2,因为直三棱柱ABCA1B1C1中,BAC=90,所以直三棱柱ABCA1B1C1外接球的半径为=1.所以直三棱柱ABCA1B1C1外接球表面积的最小值为412=4.答案:415.解析:取BC的中点O,连接AO,以AO所在直线为x轴,以OC所在直线为y轴,过点O且过B1C1中点的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设正三棱柱的各棱长为a,则B（0,-,0）,M（0,）,A（-a,0,0）,B1（0,-,a）,所以=（0,a,）,=（a,-,a）,所以=0-+=0,所以.即异面直线BM与AB1所成的角是90.答案:9016.解析:如图,建立空间直角坐标系.设平面ABC的法向量为n1=(0,0,1),平面AEF的法向量为n2=(x,y,z).设正方体的棱长为1,因为A(1,0,0),E（1,1,）,F(0,1,),所以=(0,1,),=（-1,0,）,则取x=1,则y=-1,z=3.故n2=(1,-1,3),所以cos=,所以平面AEF与平面ABC所成的二面角的平面角满足cos =,sin =,所以tan =.答案:17.(1)证明:连接OC,因为AC=BC,O是AB的中点,故OCAB.又因为平面ABEF平面ABC,面ABEF面ABC=AB,OC面ABC,故OC平面ABEF.因为OF面ABEF,于是OCOF.又OFEC,OCEC=C,所以OF平面OEC,所以OFOE.又因为OCOE,OFOC=O,故OE平面OFC,所以OEFC.(2)解:由(1)得,AB=2AF=2,取EF的中点D,以O为原点,OC,OB,OD所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.因为=,所以,OC=,于是有F(0,-1,1),E(0,1,1),B(0,1,0),C(,0,0),从而=(-,1,1),=(0,-2,0),设平面FCE的法向量n=(x,y,z),由得得n=(1,0,),同理,可得平面BCE的一个法向量m=(1,0),设m,n的夹角为,则cos =,由于二面角FCEB为钝二面角,所以所求余弦值为-.18.(1)证明:取AC中点O,连接A1O,连接A1C,因为平面ABC平面AA1C1C,交线为AC,A1OAC,所以A1O平面ABC,所以A1OBC.又BCAC,ACA1O=O,所以BC平面AA1C1C,所以AC1BC.在菱形AA1C1C中,AC1A1C,所以AC1平面A1BC,所以A1BAC1.(2)解:以点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则A(0,-1,0),B(2,1,0),C(0,1,0),C1(0,2,),=(2,2,0),=(0,1,),设m=(x,y,z)是面ABB1A1的一个法向量,则m=0,m=0,即取z=-1可得m=(-,-1).又E(1,0,0),所以=(-1,2,),所以直线EC1与平面ABB1A1所成的角的正弦值sin =|cos|=.19.(1)证明:因为PD=PC,点E为DC中点,所以PEDC.又因为平面PDC平面ABCD,平面PDC平面ABCD=DC,所以PE平面ABCD.又FG平面ABCD,所以PEFG.(2)解:由(1)可知PEAD.因为四边形ABCD为长方形,所以ADDC.又因为PEDC=E,所以AD平面PDC.而PD平面PDC,所以ADPD.由二面角的平面角的定义可知PDC为二面角PADC的一个平面角.在RtPDE中,PE=,所以tanPDC=.从而二面角PADC的正切值为.(3)解:连接AC.因为=,所以FGAC.易求得AC=3,PA=5.所以直线PA与直线FG所成角等于直线PA与直线AC所成角,即PAC,在PAC中,cosPAC=.所以直线PA与直线FG所成角的余弦值为.20.解:(1)因为PA平面ABCD,AB平面ABCD,所以PAAB.又ABAD,PAAD=A,所以AB平面PAD.又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD.(2)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系Axyz(如图).在平面ABCD内,作CEAB交AD于点E,则CEAD.在RtCDE中,DE=CDcos 45=1,CE=CDsin 45=1.设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t).由AB+AD=4得AD=4-t,所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),=(-1,1,0),=(0,4-t,-t).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),由n,n,得取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t).又=(t,0,-t),故由直线PB与平面PCD所成的角为30得cos 60=|,即=,解得t=或t=4(舍去,因为AD=4-t0),所以AB=.假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.设G(0,m,0)(其中0m4-t),则=(1,3-t-m,0),=(0,4-t-m,0),=(0,-m,t).由|=|得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,即t=3-m;()由|=|得(4-t-m)2=m2+t2.()由()、()消去t,化简得m2-3m+4=0.()由于方程()没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,C,D的距离都相等.从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.21.解:法一由题设知,AA1,AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,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,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中 m=BQ,0m6.(1)若P是DD1的中点,则P（0,3）,=（6,m-,-3）.又=(3,0,6),于是=18-18=0,所以,即AB1PQ.(2)由题设知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.设n1=(x,y,z)是平面PQD的法向量,则即取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),所以cos=.而二面角PQDA的余弦值为,因此=,解得m=4或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).设=(00),则MN=.过点D1作D1EA1A交AD于点E,则AA1D1E为矩形,所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE=3.于是=2,所以PM=2MD=2t.再由,得=,解得t=2,因此PM=4.故四面体ADPQ的体积V=SADQPM=664=24.