（浙江专用）2022高考数学二轮复习 阶段质量检测（二）专题一-二“综合检测”

（浙江专用）2022高考数学二轮复习 阶段质量检测（二）专题一-二“综合检测”一、选择题(本大题共10小题，每小题4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已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是()A若m，n，则mnB若m，n，则mnC若m，mn，则nD若m，m，则解析：选D选项A，因为n可以是平面内的任意一条直线，所以m，n可能平行，可能异面，故选项A错误；与同一个平面平行的两条直线可能平行，也可能相交，还可能异面，故B选项错误；易知选项C错误故选D.2“sin Atan A”是“ABC是钝角三角形”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件解析：选A若sin Atan A，则sin A，因为sin A0，所以1，易得1cos A0，所以A，所以ABC为钝角三角形假设B，A，ABC为钝角三角形，则sin Atan A”是“ABC是钝角三角形”的充分不必要条件3某几何体的三视图如图所示，则该几何体的内切球的体积为()A.B.C. D.解析：选D由三视图可知该几何体是一个三棱锥几何体的表面积S23323627，几何体的体积V333.设几何体的内切球的半径为r，则VSr9r，得r，故几何体的内切球的体积V球r3.故选D.4已知sin，则cos(2 0182)()A B.C D.解析：选C因为sinsinsincos ，所以cos(2 0182)cos 22cos21221.故选C.5为了得到函数ysin的图象，只需将ycos 2x的图象上的每一点()A向右平移个单位长度B向右平移个单位长度C向左平移个单位长度D向左平移个单位长度解析：选Bycos 2xsin，由ysin的图象向右平移个单位长度得到的函数图象的解析式是ysinsin.所以选B.6已知 (，R)，且A，B，C三点不共线()A若，则G是ABC的重心B若，则G是ABC的垂心C若，则G是ABC的内心D若，则G是ABC的外心解析：选A如图，设ABC中BC边上的中线为AD，则()，即2.当时，所以().所以G为ABC的重心，A正确当或时，G，B，C三点共线，故B、C错误；当时，()，即点G在中线AD的延长线上，而外心为三角形三边中垂线的交点，所以G不一定是ABC的外心，D错误，故选A.7如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点下列结论中，正确的是()AEFBB1 BEF平面ACC1A1CEFBD DEF平面BCC1B1解析：选B如图，取BB1的中点M，连接ME，MF，延长ME交AA1于点P，延长MF交CC1于点Q，连接PQ.E，F分别是AB1，BC1的中点，P是AA1的中点，Q是CC1的中点，从而可得E是MP的中点，F是MQ的中点，所以EFPQ，又PQ平面ACC1A1，EF平面ACC1A1，所以EF平面ACC1A1.故选B.8在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是直线AB1上的动点，点P是A1C1D所在平面内的动点，记直线D1P与直线CM所成的角为，若的最小值为，则点P的轨迹是()A圆 B椭圆C抛物线 D双曲线解析：选A将空间中线线角的最值问题转化为线面角的问题点在动，平面没有动，将动变成定连接CA，CB1，可知平面ACB1平面A1C1D，所以CM平面A1C1D.所以把CM平移到平面A1C1D中，直线D1P与直线CM所成角的最小值即为直线D1P与平面A1C1D所成的线面角，即原问题转化为直线D1P与平面A1C1D所成的线面角为.因为点P是A1C1D上的动点，所以点P的轨迹为一个圆(如图所示)9向量a，b满足|a|4，b(a2b)0.则|a4b|()A0 B4C8 D12解析：选B因为b(a2b)0，所以b与a2b垂直，如图，在RtACB中，a，2b，a2b，O为AB的中点，则|a2b|2，所以|a4b|4.10已知点P是四边形ABCD所在平面外一点，且点P在平面ABCD上的射影O在四边形ABCD的内部，记二面角P-AB-O，P-BC-O，P-CD-O，P-DA-O的大小分别是，则以下四个命题中正确的是()必不存在点P，使必存在点P，使必存在点P，使必存在点P，使且A BC D解析：选D若要存在某两个二面角的平面角相等，则需要射影O到这两个二面角棱的距离相等平面四边形ABCD两个内角的平分线必有交点，三个内角的平分线不一定交于一点，故命题错误；易知命题正确，如图，不规则平面四边形ABCD中，M，N的平分线必交于一点；而四边形ABCD为平行四边形、梯形时，也可验证命题是正确的故选D.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11已知tan 2，则tan_，cos2_.解析：tan 2，tan3，cos2.答案：312某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是_，表面积是_解析：由三视图可知，该几何体是以四边形ABB1A1为底面的四棱柱，根据三视图易求得该几何体的体积V226.四边形ABB1A1为直角梯形，且A1B11，AA1AB2，BB1，表面积S22221222162.答案：616213在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若a(1cos C)ccos A，且|8，则ABC面积的最大值是_，当ABC面积最大时tan A_.解析：由a(1cos C)ccos A及正弦定理得sin A(1cos C)sin Ccos A，移项得sin Asin Ccos Asin Acos Csin(AC)sin B，因为A，B(0，)，所以AB，所以ab，又a2b2c22bccos A，所以c2bcos A.设AC边上的中线为BD，由|8得到BD的长为4，由余弦定理得16c222ccos A，所以b2，所以ABC的面积Sbcsin A.由基本不等式得S，当且仅当tan A3时，等号成立所以ABC面积的最大值为.答案：314在ABC中，D为AB的中点，AC2CD4，ABC的面积为3.作BECD于E，将BCD沿CD翻折，翻折过程中AC与BE所成的最小角的余弦值为_解析：将BCD沿CD翻折过程中，BE扫过的区域即为如图所示的圆面E.故AC与BE所成的最小角即为AC与圆面E所成的线面角由于D为AB的中点，故将ACD沿CD翻折的过程中，点A的轨迹是与圆面E平行的圆面O.此时AC与BE所成的最小角即为AC与圆面O所成的线面角，即CAO.因为D为AB的中点，所以BEOA，因为AC2CD4，SABC3，且SABCSACDSBCD，所以CDAOCDBE3，解得AOBE，所以cosCAO.故AC与BE所成的最小角的余弦值为.答案：15在矩形ABCD中，AB4，BC3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B-AC-D，则四面体DABC的外接球的表面积为_，四面体DABC的体积为_解析：由题意知，四面体的外接球的球心到4个顶点的距离相等，所以球心在对角线AC上，且为AC的中点，而AC5，所以外接球的半径rAC，故外接球的表面积S4r225.因为平面DAC平面ABC，所以点D到AC的距离即为点D到平面ABC的距离，为，故四面体D-ABC的体积VSABC43.答案：2516已知向量a，b满足|ab|a3b|2，则|b|的取值范围是_解析：法一：如图，作a，b，3b，则|ab|2，|a3b|2.所以0|4b|4，故有0|b|1.法二：由|ab|a3b|2，得则其中表示向量a与向量b的夹角，当cos 0时，有|a|，代入|a|23|b|24，有23|b|24，所以|b|2，因为0cos21，所以0|b|21；而当cos 0时，|a|2，|b|0.故有0|b|1.答案：0,117.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB，BCAA11，点M为AB1的中点，点P为体对角线AC1上的动点，点Q为底面ABCD上的动点(点P，Q可以重合)，则MPPQ的最小值为_解析：由题意，要求MPPQ的最小值，就是求点P到底面ABCD的距离的最小值与MP的最小值之和Q是P在底面ABCD上的射影时，点P到底面的距离最小，此时Q在AC上，且PQAC.展开三角形ACC1与三角形AB1C1，使它们在同一个平面上，如图，易知B1AC1C1AC30，AM，PQAC，可知当MQAC，即P，Q，M三点共线时，MPPQ最小，最小值为sin 60.答案：三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18(本小题满分14分)(2018天津五区县联考)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且8sin22cos 2C7.(1)求tan C的值；(2)若c，sin B2sin A，求a，b的值解：(1)在ABC中，因为ABC，所以，则sincos.由8sin22cos 2C7，得8cos22cos 2C7，所以4(1cos C)2(2cos2C1)7，即(2cos C1)20，所以cos C.因为0C，所以C，于是tan Ctan.(2)由sin B2sin A，得b2a.又c，由余弦定理得c2a2b22abcos，即a2b2ab3.联立，解得a1，b2.19(本小题满分15分)在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，ABAP2，CP2，BADBAP120，点E为PB的中点(1)求证：AEBC；(2)求直线AP和平面ACE所成角的正弦值解：(1)证明：APAB，E为PB的中点，AEPB，又BAP120，APBABP30.在RtAPE中，PEPAcosAPE，AE1，PB2.由PB2，CP2，BC2，得BCP90，CEPB，由底面ABCD是菱形，BAD120，易得AC2.AE2CE2AC2，AEC为直角三角形，AECE，又PBCEE，PB平面BCP，CE平面BCP，AE平面BCP，BC平面BCP，AEBC.(2)设点P到平面ACE的距离为h.VPACEVAPCE，即SACEhSPCEAE，由(1)可知，SACEAECE1，SPCESPBC22，h1，h.直线AP和平面ACE所成角的正弦值为.20(本小题满分15分)已知函数f(x)ab，其中a(2cos x，sin 2x)，b(cos x,1)，xR.(1)求函数f(x)的单调递减区间；(2)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，f(A)1，a，且向量m(3，sin B)与n(2，sin C)共线，求b和c的值解：(1)由题知，f(x)2cos2xsin 2x1cos 2xsin 2x12cos，令2k2x2k(kZ)，解得kxk(kZ)，函数f(x)的单调递减区间为(kZ)(2)f(A)12cos1，cos1，又2A，2A，即A.又a，由余弦定理得a2b2c22bccos A(bc)23bc7.向量m(3，sin B)与n(2，sin C)共线，2sin B3sin C，由正弦定理得2b3c.由得b3，c2.21(本小题满分15分)在三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，AC1平面ABC，BCCAAC1.(1)求证：AC平面AB1C1；(2)求二面角A1BB1C的余弦值解：(1)证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，BCB1C1.因为ACB90，所以ACBC，所以ACB1C1.因为AC1平面ABC，AC平面ABC，所以AC1AC，因为AC1B1C1C1，AC1平面AB1C1，B1C1平面AB1C1，所以AC平面AB1C1.(2)法一：因为点A1在平面A1ABB1内，故只需求二面角ABB1C的平面角分别取BB1，CC1的中点M，N，连接AM，MN，AN，由(1)可知，AB1AB，因为M为BB1的中点，所以AMBB1.因为AC1平面ABC，BC平面ABC，所以AC1BC，又因为ACB90，所以ACBC，因为ACAC1A，AC平面ACC1，AC1平面ACC1，所以BC平面ACC1，因为CC1平面ACC1，所以BCCC1，即平行四边形BCC1B1为矩形，因为M，N分别为BB1，CC1的中点，所以MNBB1，所以AMN为二面角ABB1C的平面角设BCCAAC11，则ABAB1BB1，MN1，AN，所以AM.由余弦定理得，cosAMN，所以二面角A1BB1C的余弦值为.法二：如图所示，以A为原点，分别以AC所在直线为x轴，底面内AC的垂线为y轴，AC1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设BCCAAC11，由题意知A(0,0,0)，B(1,1,0)，C(1,0,0)，B1(0,1,1)，所以(1,1,0)，1(0,1,1)，(0,1,0)，1(1,1,1)设平面A1B1BA的法向量为m(x1，y1，z1)，平面BB1C的法向量为n(x2，y2，z2)由得可取m(1，1,1)由得可取n(1,0,1)于是|cosm，n|，由题意知，所求二面角的平面角为锐角，故二面角A1BB1C的余弦值为.22(本小题满分15分)如图，在三棱台ABCA1B1C1中，AB4，BC2，CA2，B1C11，CC1，BCCC1.D是AC上的一点，满足AD3DC，过点B1，C1，D的平面交AB于点F.(1)求证：BCDF；(2)若二面角ABCB1的平面角的大小为60，求直线AB1与平面B1C1DF所成角的正切值解：(1)证明：因为ABCA1B1C1为三棱台，所以BCB1C1，又因为BC平面B1C1DF，B1C1平面B1C1DF，所以BC平面B1C1DF，又因为BC平面ABC，平面ABC平面B1C1DFDF，所以BCDF.(2)因为AB4，BC2，CA2，所以AB2BC2CA2，所以BCCA，又因为BCCC1，平面ABC平面BCB1BC，所以ACC1是二面角ABCB1的平面角，即ACC160，又因为CDCA，CC1，所以C1D，所以C1D2CD2CC，所以C1DC90，即ADDC1，因为BCDF，BCAC，所以ADDF，又因为DC1DFD，DC1平面B1C1DF，DF平面B1C1DF，所以AD平面B1C1DF，连接DB1，则AB1D是直线AB1与平面B1C1DF所成的角易知BC平面ACC1A1，所以B1C1平面ACC1A1，因为DC1平面ACC1A1，所以B1C1DC1，又因为DC1，B1C11，所以DB1，所以tanAB1D.所以直线AB1与平面B1C1DF所成角的正切值为.