2019-2020年高三数学（文）周练09 含答案.doc

2019-2020 年高三数学（文）周练 09 含答案 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，满分 50 分 1.设是平面 内两条不同的直线,是平面 外的一条直线,则“”是“”的( ) A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 2.用与球心距离为 1 的平面去截球,所得的截面面积为 ,则球的体积为( ) A. B. C.8 D. 3.设是空间中的一条直线, 是空间中的一个平面,则下列说法正确的是( ) A.过一定存在平面 ,使得 B.过一定存在平面 ,使得 C.在平面 内一定不存在直线 b,使得b D.在平面 内一定不存在直线 b,使得b 4.一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图与侧视图均为半径是 2 的圆,则这个几何体的表 面积是( ) A.16 B.14 C.12 D.8 （第 4 题 图） （第 5 题图） 5.一个直棱 柱被一个平面截 去一部分后 所剩几何体的三 视图如图所示,则该几何体的体积为( ) A.9 B.10 C.11 D. 6.如图所示,AC1 是正方体的一条体对角线,点 P,Q 分别为其所在棱的中点,则 PQ 与 AC1 所成的角为( ) A. B. C. D. 7.某几何体的三视图如图所示(其中侧视图中的圆弧是半圆),则该几何体的表面积为( ) A.92+14 B.82+14 C.92+24 D.82+24 8.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,其顶点都在 一个球面上,则该球的表面积为( ) A. B. C. D. 9.已知圆锥的底面半径为 R,高为 3R,在它的所有内接圆柱中,全面 积的最大值 是( ) A. B. C. D. 10.在棱长为 1 的正方体 AC1 中,E 为 AB 的中点,点 P 为侧面 BB1C1C 内一动点(含边界),若动 点 P 始终满足 PEBD1,则动点 P 的轨迹的长度为( ) A. B. C. D. 二、填空题：本大题共 6 小题，每小题 5 分，满分 30 分。 11.圆台上、下底面面积分别是 ,4,侧面积是 6,这个圆台的体积是_. 12.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为_. （第 12 题图） （第 13 题图） 13.如图 所示是一个正方体的 表面展开 图,A,B,C 均为棱的 中点,D 是 顶点,则在正方体中,异 面直线 AB 和 CD 的 夹角的余 弦值为_. 14.如图 所示,正四棱锥 P- ABCD 的底 面积为 3,体积为,E 为侧棱 PC 的中点,则 PA 与 BE 所成的角为 _. 15.如图是一几何体的平面展开图,其中 ABCD 为正方形,E,F 分别为 PA,PD 的中点,在此几何体中,给出下面四个结论： 直线 BE 与直线 CF 异面; 直线 BE 与直线 AF 异面; 直线 EF平面 PBC; 平面 BCE平面 PAD. 其中正确的有_. 16.湖面上漂着一个小球,湖水结冰后将球取出,冰面上留下了一个直径为 12cm,深 2cm 的空穴,则 该球的半径是_cm,表面积是_. 西安高新一中 xx 届文科数学周练（9） 学号： 班级：高三 班 姓名： 成绩: 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，满分 50 分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 二、填空题：本大题共 6 小题，每小题 5 分，满分 30 分。 11. 12. 13. 14. 15. 16. 三、解答题：本大题 5 小题，满分 70 分。 17.(13 分)一个几何体是由圆柱 ADD1A1 和三棱锥 E-ABC 组合而成,点 A,B,C 在圆 O 的圆周上, 其正(主)视图,侧(左)视图的面积分别为 10 和 12,如图所示,其中 EA平面 ABC,ABAC,AB=AC.AE=2. (1)求证：ACBD. (2)求三棱锥 E-BCD 的体积. 18.(14 分)如图,在直三棱柱中,BAC=90,且 E 是 BC 中点. (1)求证：AB平面 AEC. (2)求证：BC平面 AEC. 19.(14 分)如图,AB=AD,BAD=90,M,N,G 分别是 BD,BC,AB 的中点,将等边BCD 沿 BD 折叠 到BCD 的位置,使得 ADCB. (1)求证：平面 GNM平面 ADC. (2)求证：CA平面 ABD. 20.(14 分)如图,AB 是圆 O 的直径,PA 垂直圆 O 所在的平面,C 是圆 O 上的点. (1)求证：平面 PAC平面 PBC. (2)设 Q 为 PA 的中点,G 为AOC 的重心,求证：QG平面 PBC. 21.(15 分)已知等腰梯形 PDCB 中(如图),PB=3,DC=1,PD=BC=,A 为 PB 边上一点,且 PA=1,将 PAD 沿 AD 折起,使平面 PAD平面 ABCD(如图). (1)证明：平面 PAD平面 PCD. (2)试在棱 PB 上确定一点 M,使截面 AMC 把几何体分成的两部分 VPDCMAVMACB=21. (3)在 M 满足(2)的情况下,判断直线 PD 是否平行平面 AMC. 答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B A C D A B B B 11. 12. 13. 14. 15.2 个 16.10 400 答案解析 1.【解析】选 C.当 a,b 不相交时,则“l”不一定成立,当“l”时,一定有 “la,lb”,所以“la,lb”是“l”的必要不充分条件,选 C. 2.【解析】选 B.S 圆=r2=r=1,而截面圆圆心与球心的距离 d=1,所以球的半径为 R=. 所以 V=R3=,故选 B. 3.【解析】选 B.当 a 与 相交时,不存在过 a 的平面 ,使得 ,故 A 错误;当 a 与 平行时,在平面 内存在直线 b,使得 ab,故 D 错误;平面 内的直线 b 只要垂直于直线 a 在平面 内的投影,则就必然垂直于直线 a,故 C 错误.直线 a 与其在平面 内的投影所确定 的平面 满足 . 【加固训练】设 a,b 是不同的直线, 是不同的平面,则下列命题： 若 ab,a,则 b; 若 a,则 a; 若 a,则 a; 若 ab,a,b,则 . 其中正确命题的个数是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 【解析】选 B.当 ab,a 时 b 与 可能相交,所以错误.中 a 不一定成立. 中 a 或 a,所以错误.正确,所以正确的有 1 个,所以选 B. 4.【解析】选 A.由三视图可知,该几何体是球挖去半球.其中两个半圆的面积为 22=4. 个球的表面积为422=12,所以这个几何体的表面积是 12+4=16. 5.【解析】选 C.由三视图可知该几何体是在底面为边长是 2 的正方形、高是 3 的直四棱柱的 基础上截去一个底面积为21=1、高为 3 的三棱锥形成的,所以 V=43-1=11. 6.【解析】选 D.如图,在对角面 ADC1B1 中,取 AB1 的中点为 T,TDPQ,从而 TD 与 AC1 所成的 角为所求.由相似可得AMD=. 7.【解析】选 A.由几何体的三视图知该几何体的下半部分是长方体,上半部分是半径为 2,高 为 5 的圆柱的一半.所以长方体的表面积为(去掉一个上底面)2(44+45)+45=92.半圆柱 的两个底面积为 22=4,半圆柱的侧面积为 25=10,所以整个组合体的表面积为 92+4+10=92+14. 8.【解析】选 B.设球半径是 R,依题意知,该三棱柱是一个底面边长为 2、侧棱长为 1 的正三 棱柱,记上、下底面的中心分别是 O1,O,易知球心是线段 O1O 的中点,于是 R2=+=,因此所求球 的表面积是 4R2=4=,选 B. 9.【思路点拨】画出组合体的轴截面,利用相似列出比例式,化简成关于 x 的二次函数. 【解析】选 B.如图所示为组合体的轴截面, 由相似三角形的比例关系,得=,PO1=3x,圆柱的高为 3R-3x, 所以圆柱的全面积为 S=2x2 +2x(3R-3x)=-4x2+6Rx, 则当 x=R 时,S 取最大值, Smax=R2. 10.【解析】选 B.如图, 根据题意,BD1 要始终垂直于 PE 所在的一个平面,取 BC,BB1 的中点 F,G,易证 BD1平面 EFG, 故点 P 的轨迹为线段 FG,易求得这条线段的长度是. 11.【解析】上底半径 r=1,下底半径 R=2. 因为 S 侧=6,设母线长为 l,则 (1+2)l=6. 所以 l=2,所以高 h=. 所以 V=(1+12+22)=. 答案： 12.【解析】由三视图可知：该几何体是一个三棱锥,底面是底边长为 4,高为 2 的等腰三角形,棱 锥的高为 2,故体积为 V=422=. 答案： 13.【思路点拨】把展开图复原为正方体求解. 【解析】如图所示, EGF 为 AB 和 CD 所成的角,F 为正方体一棱的中点.设正方体棱长为 1, 所以 EF=GF=,EG=. 所以 cosEGF=. 答案： 14.【解析】连接 AC,BD 交于点 O,连接 OE,易得 OEPA, 所以所求角为BEO. 由所给条件易得 OB=,OE=PA=,BE=. 所以 cosOEB=,所以BEO=. 答案： 15.【解析】将几何体展开图拼成几何体(如图),因为 E,F 分别为 PA,PD 的中点,所 以 EFADBC,即直线 BE 与 CF 共面,错;因为 B平面 PAD,E平面 PAD,EAF,所 以 BE 与 AF 是异面直线,正确;因为 EFADBC,EF平面 PBC,BC平面 PBC,所以 EF平面 PBC,正确;平面 PAD 与平面 BCE 不一定垂直,错. 答案：2 个 16.【解析】设球的半径为 r,如图：由勾股定理可知,r2=(r-2)2+36,解得 r=10cm.所 以表面积为 4r2=4100=400(cm2). 答案：10 400 17.【解析】(1)因为 EA平面 ABC,AC平面 ABC,所以 EAAC,即 EDAC. 又因为 ACAB,ABED=A,所以 AC平面 EBD. 因为 BD平面 EBD,所以 ACBD. (2)因为点 A,B,C 在圆 O 的圆周上,且 ABAC,所以 BC 为圆 O 的直径. 设圆 O 的半径为 r,圆柱高为 h,根据正(主)视图,侧(左)视图的面积可得, 解得 所以 BC=4,AB=AC=2. 以下给出求三棱锥 E-BCD 体积的两种方法： 方法一：由(1)知,AC平面 EBD, 所以 VE-BCD=VC-EBD=SEBDCA, 因为 EA平面 ABC,AB平面 ABC, 所以 EAAB,即 EDAB. 其中 ED=EA+DA=2+2=4, 因为 ABAC,AB=AC=2, 所以 SEBD=EDAB=42=4, 所以 VE-BCD=42=. 方法二：因为 EA平面 ABC, 所以 VE-BCD=VE-ABC+VD-ABC=SABCEA+ SABCDA=SABCED. 其中 ED=EA+DA=2+2=4, 因为 ABAC,AB=AC=2, 所以 SABC=ACAB=22=4, 所以 VE-BCD=44=. 18.【证明】(1)连接 A1C 交 AC1 于点 O,连接 EO, 因为 ACC1A1 为正方形,所以 O 为 A1C 中点. 又 E 为 CB 中点,所以 EO 为A1BC 的中位线, 所以 EOA1B. 又 EO平面 AEC1,A1B平面 AEC1, 所以 A1B平面 AEC1. (2)因为 AB=AC,又 E 为 CB 中点, 所以 AEBC, 又因为在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, BB1底面 ABC, 又 AE底面 ABC,所以 AEBB1, 又因为 BB1BC=B,所以 AE平面 BCC1B1, 又 B1C平面 BCC1B1, 所以 AEB1C. 在矩形 BCC1B1 中, tanBCB1=tanEC1C=, 所以BCB1=EC1C, 所以BCB1+CEC1=90, 即 B1CEC1. 又 AEEC1=E,所以 B1C平面 AEC1. 19.【证明】(1)因为 M,N 分别是 BD,BC的中点, 所以 MNDC. 因为 MN平面 ADC, DC平面 ADC,所以 MN平面 ADC. 同理 NG平面 ADC. 又因为 MNNG=N, 所以平面 GNM平面 ADC. (2)因为BAD=90,所以 ADAB. 又因为 ADCB,且 ABCB=B,所以 AD平面 CAB. 因为 CA平面 CAB,所以 ADCA. 因为BCD 是等边三角形,AB=AD, 不妨设 AB=1,则 BC=CD=BD=,可得 CA=1. 由勾股定理的逆定理,可得 ABCA. 因为 ABAD=A,所以 CA平面 ABD. 20.【证明】(1)由 AB 是圆的直径,得 ACBC; 由 PA 垂直于圆 O 所在的平面,得 PA平面 ABC;又 BC平面 ABC,得 PABC. 又 PAAC=A,PA平面 PAC,AC平面 PAC, 所以 BC平面 PAC,又 BC平面 PBC,所以平面 PAC平面 PBC. (2)连接 OG 并延长交 AC 于 M, 连接 QM,QO.由 G 为AOC 的重心,知 M 为 AC 的中点, 由 Q 为 PA 的中点,则 QMPC, 又 O 为 AB 中点,得 OMBC. 因为 QMMO=M,QM平面 QMO, MO平面 QMO,BCPC=C,BC平面 PBC,PC平面 PBC, 所以平面 QMO平面 PBC. 因为 QG平面 QMO,所以 QG平面 PBC. 21.【解析】(1)因为 PDCB 为等腰梯形,PB=3,DC=1,PA=1,则 PAAD,CDAD. 又因为面 PAD面 ABCD,面 PAD面 ABCD=AD,CD面 ABCD,故 CD面 PAD. 又因为 CD面 PCD,所以平面 PAD平面 PCD. (2)所求的点 M 即为线段 PB 的中点. 证明如下： 设三棱锥 M-ACB 的高为 h1,四棱锥 P-ABCD 的高为 h2, 当 M 为线段 PB 的中点时,=, 所以= =,所以截面 AMC 把几何体分成的两部分 VPDCMAVMACB=21. (3)当 M 为线段 PB 的中点时,直线 PD 与面 AMC 不平行. 证明如下：(反证法)假设 PD面 AMC, 连接 DB 交 AC 于点 O,连接 MO. 因为 PD面 PBD,且面 AMC面 PBD=MO, 所以 PDMO. 因为 M 为线段 PB 的中点时,则 O 为线段 BD 的中点,即=, 而 ABDC,故=,故矛盾. 所以假设不成立,故当 M 为线段 PB 的中点时,直线 PD 与平面 AMC 不平行. 【方法技巧】立体几何中探索性问题的解法 探索性问题是近几年高考中出现频率较高的题目,能较好地考查学生的猜想能力和推理 能力.一般以判断点的存在性为主,用几何法解答探索性问题的一般步骤是： (1)先假设所求的点存在,然后在这一条件下进行推理论证,得出相关的结论. (2)如果得出矛盾,则说明假设不成立,即不存在满足条件的点;如果得不出矛盾,则说明假设 成立,即存在满足条件的点.