2013届高三理科数学高考专题综合测试 专题2 Word版含答案]

专题二综合测试题(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.如图，设A 是棱长为a 的正方体的一个顶点，过从此顶点出发的三条棱的中点作截面，截面与正方体各面共同围成一个多面体，则关于此多面体有以下结论，其中错误的是( )A ．有10个顶点B ．体对角线AC 1垂直于截面 C ．截面平行于平面CB 1D 1 D ．此多面体的表面积为478a 2解析：此多面体的表面积S ＝6a 2－3×12×12a ×12a ＋12×22a ×22a ×32＝458a 2＋38a 2＝45＋38a 2.故选D.答案：D2．(2011·福建宁德二模)下图是一个多面体的三视图，则其全面积为( )A.3B.32＋6C.3＋6D.3＋4解析：由几何体的三视图可得，此几何体是正三棱柱，其全面积为S＝3×(2)2＋2×12×(2)2×sin60°＝6＋ 3.故选C.答案：C3.(2011·江西抚州一中模拟)如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是()A．22πB．12πC．4π＋24 D．4π＋32解析：由几何体的三视图可得，此几何体是上面一个球、下面一个长方体组成的几何体，此几何体的表面积S＝4π×12＋2×2×2＋8×3＝4π＋32.故选D.答案：D4．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积与体积分别为( )A ．7＋2，3B ．8＋2，3C ．7＋2，32D ．8＋2，32解析：由几何体的三视图可得，此几何体是四棱柱，底面是梯形，其全面积为S ＝2×12(1＋2)×1＋12＋12＋1×2＋2×1＝7＋2，体积为V ＝12(1＋2)×1×1＝32.故选C.答案：C5．(2011·江苏启东中学模拟)一个与球心距离为1的平面截球体所得的圆面面积为π，则球的体积为( )A.82π3B.8π3C.32π3D ．8π解析：由题意，球的半径为R ＝12＋12＝2，故其体积V ＝43π(2)3＝82π3，选A.答案：A6．(2011·福建福鼎一中模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是AD 的中点，则异面直线C 1E 与BC 所成的角的余弦值是( )A.105B.1010C.13D.223解析：因为BC ∥B 1C 1，故∠EC 1B 1即为异面直线C 1E 与BC 所成的角，在△EB 1C 1中，由余弦定理可得结果，选C.答案：C7．(2011·泰安市高三质检)已知正四棱锥S －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE 、SD 所成角的余弦值为( )A.13B.23C.33D.23解析：连接BD ，取BD 中点O ，连接AO则OE ∥SD .∠OEA 即为AE 与SD 所成的角． 令侧棱长为2，则OE ＝1，AO ＝2，AE ＝ 3因为AE 2＝AO 2＋OE 2，所以△AOE 是直角三角形，故cos ∠AEO ＝33. 答案：C8．(2011·安徽皖南八校联考)设m ，n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：①⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∥γ⇒β∥γ；②⎭⎪⎬⎪⎫α⊥β m ∥α⇒m ⊥β；③⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αm ∥β⇒α⊥β；④⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n n ⊂α⇒m ∥α.其中正确的命题是( ) A ．①④ B ．②③ C ．①③D ．②④解析：由定理可知①③正确，②中m 与β的位置关系不确定，④中可能m ⊂α.故选C.答案：C9．(2011·宁夏模拟)如图，正△ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于G ，已知△A ′ED 是△AED 绕DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( )A ．动点A ′在平面ABC 上的射影在线段AF 上B ．恒有平面A ′GF ⊥平面BCEDC ．三棱锥A ′—FED 的体积有最大值 D ．异面直线A ′E 与BD 不可能垂直解析：由题意，DE ⊥平面AGA ′，A 、B 、C 正确．故选D. 答案：D10．(2011·南昌一模)在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，则点C 到平面A 1DM 的距离为( )A.63aB.66aC.22a D.12a 解析：设点C 到平面A 1DM 的距离为h ，则由已知得DM ＝A 1M ＝a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝52a ，A 1D ＝2a ，S△A 1DM ＝12×2a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫52a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝64a 2，连接CM ，S △CDM ＝12a 2，由V C －A 1DM ＝V A1－CDM，得13S △A 1DM ·h ＝13S △CDM ·a ，64a 2·h ＝12a 2·a ，所以h ＝63a ，即点C 到平面A 1DM 的距离为63a ，选A.答案：A11．(2011·山东平邑一中模拟)设a ，b ，c 是空间三条直线，α，β是空间两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是( )A ．当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥βB ．当b ⊂α时，若b ⊥β，则α⊥βC ．当b ⊂α，且c 是a 在α内的射影时，若b ⊥c ，则a ⊥bD ．当b ⊂α，且c ⊄α时，若c ∥α，则b ∥c解析：写出逆命题，可知B 中b 与β不一定垂直．选B. 答案：B12．(2011·山东潍坊模拟)某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a ＋b 的最大值为( )A ．2 2B ．2 3C ．4D ．2 5解析：结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算．如图设长方体的长，宽，高分别为m ，n ，k ，由题意得m 2＋n 2＋k 2＝7，m 2＋k 2＝6⇒n ＝1，1＋k 2＝a ，1＋m 2＝b ，所以(a 2－1)＋(b 2－1)＝6⇒a 2＋b 2＝8，所以(a ＋b )2＝a 2＋2ab ＋b 2＝8＋2ab ≤8＋a 2＋b 2＝16⇒a ＋b ≤4，当且仅当a ＝b ＝2时取等号．选C.答案：C二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分，将答案填在题中的横线上．13．(2011·广东珠海二模)一个五面体的三视图如图，正视图与侧视图都是等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，部分边长如图所示，则此五面体的体积为________．解析：由三视图可知，此几何体是一个底面为直角梯形，有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，其体积为V ＝13×12×(1＋2)×2×2＝2.答案：214．(2011·上海春招)有一多面体的饰品，其表面由6个正方形和8个正三角形组成(如图)，AB 与CD 所成的角的大小是________．解析：连接AD ，则AD 綊2BC ，故延长AB ，DC 必相交，设交点为E ，△ADE 是等边三角形，故AB 与CD 所成的角的大小为60°.答案：60°15.(2011·江西赣州联考)三棱锥S －ABC 中，∠SBA ＝∠SCA ＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，则以下结论中：①异面直线SB 与AC 所成的角为90°； ②直线SB ⊥平面ABC ； ③平面SBC ⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a .其中正确结论的序号是________．解析：由题意知AC ⊥平面SBC ，故AC ⊥SB ，SB ⊥平面ABC ，平面SBC ⊥平面SAC ，①、②、③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，可证得CE ⊥平面SAB ，故CE 的长度即为C 到平面SAB 的距离12a ，④正确．答案：①②③④16.(2011·南京一模)如图，在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点，若截面△BC 1D 是面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为________．解析：设正三棱柱的底面边长为a ，高为2h ，则BD ＝C 1D ＝a 2＋h 2，BC 1＝a 2＋4h 2，由△BC 1D 是面积为6的直角三角形，得⎩⎨⎧2×(a 2＋h 2)＝a 2＋4h 212(a 2＋h 2)＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝8h ＝2，故此三棱柱的体积为V ＝12×8×sin60°×4＝8 3.答案：8 3三、解答题：本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分12分)如图，PA ⊥平面ABCD ，ABCD 是矩形，PA ＝AB ＝1，AD ＝3，点F 是PB 的中点，点E 在边BC 上移动．(1)求三棱锥E－PAD的体积；(2)当点E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系，并说明理由；(3)证明：无论点E在边BC的何处，都有PE⊥AF.解：(1)三棱锥E－PAD的体积V＝13PA·S△ADE＝13PA·⎝⎛⎭⎪⎫12AD·AB＝36.(2)当点E为BC的中点时，EF与平面PAC平行．∵在△PBC中，E、F分别为BC、PB的中点，∴EF∥PC，又EF⊄平面PAC，PC⊂平面PAC，∴EF∥平面PAC.(3)证明：∵PA⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，∴BE⊥PA，又BE⊥AB，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，∴BE⊥平面PAB.又AF⊂平面PAB，∴AF⊥BE.又PA＝AB＝1，点F是PB的中点，∴PB⊥AF，又∵PB∩BE＝B，PB，BE⊂平面PBE，∴AF⊥平面PBE.∵PE⊂平面PBE，∴AF⊥PE.18．(本小题满分12分)已知四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，平面PCD ⊥平面ABCD，E为PB上任意一点，O为菱形对角线的交点，如图．(1)证明：平面EAC⊥平面PBD；(2)试确定点E的位置，使得四棱锥的体积被平面EAC分成两部分．解：(1)证明：过点B作BG⊥AD于点G，由于平面PAD⊥平面ABCD，由面面垂直的性质定理可知BG⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，故PD⊥BG；同理，过点B作BH⊥CD于点H，则PD⊥BH.又BG⊂平面ABCD，BH⊂平面ABCD，BG∩BH＝B，∴PD⊥平面ABCD，∴PD ⊥AC ，又BD ⊥AC ，故AC ⊥平面PBD ，又AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBD .(2)若四棱锥的体积被平面EAC 分成两部分，则三棱锥E －ABC 的体积是整个四棱锥体积的14，设三棱锥E －ABC 的高为h ，底面ABCD 的面积为S ，则13·12S ·h ＝14·13S ·PD ，由此得h ＝12PD ，故此时E 为PB 的中点．19．(本小题满分12分)如图，在四面体A －BCD 中，AE ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，BC ＝CD ，AC ＝BD ，E 是BD 的中点．(1)求证：AC ⊥BD ；(2)求直线AC 与平面BCD 所成的角． 解：如图，连接CE .(1)证明：在△BCD 中，BC ＝CD ，E 是BD 的中点， ∴CE ⊥BD .∵AE ⊥平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴AE ⊥BD ，CE ∩AE ＝E ， ∴BD ⊥平面ACE ，∵AC ⊂平面ACE ， ∴AC ⊥BD .(2)∵AE ⊥平面BCD ，CE ⊂平面BCD ，∴AE ⊥CE ，∠ACE 就是直线AC 与平面BCD 所成的角． ∵BC ⊥CD ，E 是BD 的中点， ∴CE ＝12BD ，∵AC ＝BD ，∴CE ＝12AC ，∴在Rt △ACE 中，易知∠ACE ＝60°.即直线AC 与平面BCD 所成的角是60°.20．(本小题满分12分)(2011·浙江)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A －MC －B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．解：方法一：(1)证明：如图，以O 为原点，以射线OP 为z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4)， AP →＝(0,3,4)，BC →＝(－8,0,0)，由此可得AP →·BC →＝0，所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC .(2)设PM →＝λPA →，λ≠1， 则PM →＝λ(0，－3，－4)． BM →＝BP →＋PM →＝BP →＋λPA → ＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ) AC →＝(－4,5,0)，BC →＝(－8,0,0)． 设平面BMC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 平面APC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎨⎧BM →·n 1＝0，BC →·n 1＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1－(2＋3λ)y 1＋(4－4λ)z 1＝0，－8x 1＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＝0，z 1＝2＋3λ4－4λy ，可得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，2＋3λ4－4λ 由⎩⎨⎧AP →·n 2＝0，AC →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＋4z 2＝0，－4x 2＋5y 2＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝54y 2，z 2＝－34y 2可取n 2＝(5,4，－3)．由n 1·n 2＝0，得4－3·2＋3λ4－4λ＝0，解得λ＝25，故AM ＝3综上所述，存在点M 符合题意，AM ＝3.方法二：(1)证明：由AB ＝AC ，D 是BC 的中点，得AD ⊥BC .又PO ⊥平面ABC ，得PO ⊥BC .因为PO ∩AD ＝O ，所以BC ⊥平面PAD . 故BC ⊥PA .(2)如图，在平面PAB 内作BM ⊥PA 于M ，连接CM .由(1)中知AP ⊥BC ，得AP ⊥平面BMC . 又AP ⊂平面APC ，所以平面BMC ⊥平面APC . 在Rt △ADB 中，AB 2＝AD 2＋BD 2＝41，得AB ＝41. 在Rt △POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2， 在Rt △PDB 中， PB 2＝PD 2＋BD 2， 所以PB 2＝PO 2＋OD 2＋DB 2＝36，得PB ＝6. 在Rt △POA 中，PA 2＝AO 2＋OP 2＝25，得PA ＝5. 又cos ∠BPA ＝PA 2＋PB 2－AB 22PA ·PB ＝13，从而PM ＝PB cos ∠BPA ＝2，所以AM ＝PA －PM ＝3.综上所述，存在点M 符合题意，AM ＝3.21．(本小题满分12分)(2011·辽宁)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q －BP －C 的余弦值．解：如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .(1)证明：依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)．则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1,0)．所以PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0.即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC .故DQ ⊥平面DCQ . 又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .(2)依题意有B (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1,2，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则⎩⎨⎧n ·CB →＝0n ·BP →＝0即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0－x ＋2y －z ＝0因此可取n ＝(0，－1，－2)设m 是平面PBQ 的法向量，则⎩⎨⎧m ·BP →＝0.m ·PQ →＝0.可取m ＝(1,1,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝－155. 故二面角Q －BP －C 的余弦值为－155.22.(本小题满分14分)(2011·福建)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°.(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ； (2)设AB ＝AP .(ⅰ)若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长； (ⅱ)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．解：解法一：(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ， AB ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AB ，又AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝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A －xyz (如图)．在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ，则CE ⊥AD . 在Rt △CDE 中，DE ＝CD ·cos45°＝1， CE ＝CD ·sin45°＝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)，CD →＝(－1，1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )．(ⅰ)设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由n ⊥CD →，n ⊥PD →，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，(4－t )y －t ·z ＝0 取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )．又PB →＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得cos60°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n |·|PB →|， 即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋(4－t )2·2t 2＝12. 解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t >0)，所以AB ＝45. (ⅱ)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0≤m ≤4－t )．则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →＝(0,4－t －m,0)，GP →＝(0，－m ，t )． 由|GC →|＝|GD →|，得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2，即t ＝3－m ； ①由|GD →|＝|GP →|，得(4－t －m )2＝m 2＋t 2. ② 由①、②消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0. ③由于方程③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．解法二：(1)同解法一：(2)(ⅰ)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A －xyz (如图)．在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ，则CE ⊥AD ，在Rt △CDE 中，DE ＝CD cos45°＝1，CE ＝CD ·sin45°＝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 (t,3－t,0)，D (0,4－t,0)．CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )．设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )由n ⊥CD →，n ⊥PD →，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0(4－t )y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )，又PB →＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得 cos60°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n |·|PB →|， 即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋(4－t )22·2t 2＝12，解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t >0)，所以AB ＝45.(ⅱ)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．由GC ＝GD ，得∠GCD ＝∠GDC ＝45°，从而∠CGD ＝90°，即CG ⊥AD ，所以GD ＝CD ·cos45°＝1.设AB ＝λ，则AD ＝4－λ，AG ＝AD －GD ＝3－λ.在Rt △ABG 中，GB ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋(3－λ)2＝ 2⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－322＋92>1，这与GB＝GD矛盾．所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到B，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．。