届全国高考高三复习阶段检测试题四数学理解析版.docx
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届全国高考高三复习阶段检测试题四数学理解析版
2019届全国高考高三复习阶段检测试题(四)数学(理)(解析版)
(时间:
120分钟 满分:
150分)
【选题明细表】
知识点、方法
题号
空间几何体的结构特征、三视图和直观图
2,3,6,7
空间几何体的表面积和体积
4,5,9,13,15
与球有关的切、接问题
8,10,12,16
平行、垂直的判定与性质
1,17,18,19,20,21,22
空间角和距离
14,17,18,19,20
综合问题
11,21,22
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.“直线l垂直于平面α”的一个必要不充分条件是( D )
(A)直线l与平面α内的任意一条直线垂直
(B)过直线l的任意一个平面与平面α垂直
(C)存在平行于直线l的直线与平面α垂直
(D)经过直线l的某一个平面与平面α垂直
解析:
根据面面垂直的判定可知,直线l垂直于平面α,则经过直线l的某一个平面与平面α垂直,
当经过直线l的某一个平面与平面α垂直时,直线l垂直于平面α不一定成立,
所以“经过直线l的某一个平面与平面α垂直”是“直线l与平面α垂直”的必要不充分条件.故选D.
2.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为( B )
(A)90π(B)63π(C)42π(D)36π
解析:
由三视图可知,该几何体下半部分是高为4,半径为3的圆柱,上半部分是高为6,半径为3的圆柱的一半,所以其体积为π×32×4+
×π×32×6=36π+27π=63π.故选B.
3.设a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则( C )
(A)若a∥α,b∥α,则a∥b(B)若a∥α,a∥β,则α∥β
(C)若a∥b,a⊥α,则b⊥α(D)若a∥α,α⊥β,则a⊥β
解析:
A.若a∥α,b∥α,则a∥b,或a,b异面或a,b相交,A错;B.若a∥α,a∥β,则α∥β,或α与β相交,B错;C.若a∥b,a⊥α,则b⊥α,C正确;D.若a∥α,α⊥β,则a⊂β或a∥β或a⊥β,D错.故选C.
4.我国南北朝时期的伟大科学家祖暅在数学上有突出贡献,他在实践的基础上,于5世纪末提出了下面的体积计算的原理(祖暅原理):
“幂势既同,则积不容异”.“势”是几何体的高,“幂”是截面面积.意思是,若两等高的几何体在同高处截面面积总相等,则这两个几何体的体积相等.现有一旋转体D,它是由抛物线y=x2(x≥0),直线y=4及y轴围成的封闭图形如图1所示绕y轴旋转一周形成的几何体,利用祖暅原理,以长方体的一半为参照体(如图2所示)则旋转体D的体积是( C )
(A)
(B)6π(C)8π(D)16π
解析:
由题意,4x=π·22,所以x=π,所以旋转体D的体积是
×4×4×π=8π.故选C.
5.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( A )
(A)
(B)
(C)
(D)
+2
解析:
如图所示,该几何体由两个三棱锥组成,该几何体的表面积S=
×1×
+1×1+
×12+
×
×1+
×
×
=
.故选A.
6.一只蚂蚁从正方体ABCD
A1B1C1D1的顶点A出发,经正方体的表面,按最短路线爬行到顶点C1的位置,则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( D )
(A)①②(B)①③(C)③④(D)②④
解析:
由点A经正方体的表面,按最短路线爬行到达顶点C1的位置,共有6种路线(对应6种不同的展开方式),若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内,连接AC1,则AC1是最短路线,且AC1会经过BB1的中点,此时对应的正视图为②;若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内,连接AC1,则AC1是最短路线,且AC1会经过CD的中点,此时对应的正视图为④.故选D.
7.水以匀速注入某容器中,容器的三视图如图所示,其中与题中容器对应的水的高度h与时间t的函数关系图象是( C )
解析:
由三视图知其直观图为两个圆台的组合体,水是匀速注入的,所以水面高度随时间变化的变化率先逐渐减小后逐渐增大,又因为容器的对称性,所以函数图象关于一点中心对称.故选C.
8.将边长为
的正方形ABCD沿对角线AC折成一个直二面角B
AC
D.则四面体ABCD的内切球的半径为( D )
(A)1(B)2
-
(C)
-1(D)2-
解析:
由题意得AC=2.取AC中点O,连接DO,BO,则DO=BO=
=1,且DO⊥平面ABC,
所以
=
×1×1=
BD=
=
AB=BC=AD=DC=
所以S△ABD=S△BCD=
×
×
×sin60°=
S△ADC=S△ABC=
×
×
=1,
设内切球的半径为r,则有
=
r(S△ABD+S△BCD+S△ADC+S△ABC),
=
r(
×2+1×2),解得r=2-
.故选D.
9.将一张边长为6cm的正方形纸片按如图
(1)所示阴影部分裁去四个全等的等腰三角形,将余下部分沿虚线折叠并拼成一个有底的正四棱锥(底面是正方形,顶点在底面的射影为正方形的中心)模型,如图
(2)放置.若正四棱锥的正视图是正三角形(如图(3)),则正四棱锥的体积是( A )
(A)
cm3(B)
cm3
(C)
cm3(D)
cm3
解析:
因为图
(1)中的虚线长为图
(2)正四棱锥的底面边长,设为x,又正四棱锥的正视图是正三角形,所以正四棱锥的斜高也为x,
由图
(1)得正方形对角线长为2(x+
)=6
解得x=2
即正四棱锥的底面边长为2
所以四棱锥的高为
所以四棱锥的体积V=
×8×
=
cm3,故选A.
10.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的外接球的表面积为( B )
(A)
π(B)
π(C)4π(D)
解析:
由三视图知该几何体为四棱锥,
PE⊥平面ABC,E,F分别是对应边的中点,
底面ABCD是边长是2的正方形,
设外接球的球心到平面ABCD的距离为h,
则h2+2=1+(2-h)2,
所以h=
R2=
所以几何体的外接球的表面积S=4πR2=
π,故选B.
11.圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形,O为底面的中心,M为SO的中点,动点P在圆锥底面内(包括圆周),若AM⊥MP,则点P形成的轨迹的长度为( D )
(A)
(B)
(C)
(D)
解析:
建立空间直角坐标系.设A(0,-1,0),B(0,1,0),S(0,0,
),M(0,
0,
),P(x,y,0),
于是有
=(0,1,
),
=(x,y,-
).
由于AM⊥MP,所以(0,1,
)·(x,y,-
)=0,解得y=
此为P点形成的轨迹方程,其在底面圆盘内的长度为2
=
.故选D.
12.如图,已知球O是棱长为1的正方体ABCD
A1B1C1D1的内切球,则平面ACD1截球O的截面面积为( A )
(A)
(B)
(C)
π(D)
π
解析:
根据正方体的几何特征知,平面ACD1是边长为
的正三角形,且球与以点D为公共点的三个面的切点恰为三角形ACD1三边的中点,故所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积,由图得△ACD1内切圆的半径是
×tan30°=
故所求的截面圆的面积是π×(
)2=
.故选A.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上)
13.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的四个面中,面积最大的面的面积是 .
解析:
由三视图可知,该几何体有两个面是直角三角形,如图,底面是正三角形,最大的面是边长分别为2,
=2
=2
的面,其面积为
×2×
=
.
答案:
14.正△ABC与正△BCD所在平面垂直,则二面角A
BD
C的正弦值为 .
解析:
取BC中点O,连接AO,DO,建立如图所示坐标系,
设BC=1,则A(0,0,
),B(0,-
0),D(
0,0).
所以
=(0,0,
),
=(0,
),
=(
0).
设平面ABD的法向量为n=(x0,y0,z0),
则
·n=0,且
·n=0,
所以
+
z0=0,且
x0+
=0,
因此
取x0=1,
得平面ABD的一个法向量n=(1,-
1).
由于
=(0,0,
)为平面BCD的一个法向量,
所以cos >= 所以sin >= . 答案: 15.已知函数f(x)= 将f(x)的图象与x轴围成的封闭图形绕x轴旋转一周,则所得旋转体的体积为 . 解析: 将f(x)的图象与x轴围成的封闭图形绕x轴旋转一周,所得旋转体为一个圆锥和一个半个球的组合体,其中球的半径为2,棱锥的底面半径为2,高为1,所以所得旋转体的体积为 ×π×22×1+ × ×π×23= π. 答案: π 16.已知一个三棱锥的所有棱长均为 则该三棱锥的内切球的体积为 . 解析: 如图,AE⊥平面BCD,设O为正四面体A BCD内切球的球心, 则OE为内切球的半径,设OA=OB=R. 又正四面体A BCD的棱长为 在等边△BCD中,BE= 所以AE= = . 由OB2=OE2+BE2,得R2=( -R)2+ 解得R= 所以OE=AE-R= 即内切球的半径是 所以内切球的体积为 π×( )3= π. 答案: π 三、解答题(本大题共6小题,共70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10分)在如图所示的多面体ABCDEF中,ABCD为直角梯形,AB∥CD,∠DAB=90°,四边形ADEF为等腰梯形,EF∥AD,已知AE⊥EC,AB=AF=EF=2,AD=CD=4. (1)求证: 平面ABCD⊥平面ADEF; (2)求直线CF与平面EAC所成角的正弦值. (1)证明: 取AD中点M,连接EM,AF=EF=DE=2,AD=4,可知EM= AD, 所以AE⊥DE, 又AE⊥EC,DE∩EC=E,所以AE⊥平面CDE, 所以AE⊥CD,又CD⊥AD,AD∩AE=A, 所以CD⊥平面ADEF,又CD⊂平面ABCD, 所以平面ABCD⊥平面ADEF. (2)解: 如图,作EO⊥AD,则EO⊥平面ABCD,故以O为原点,分别以 的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间平面直角坐标系,依题意可得E(0,0, ),A(3,0,0),C(-1,4,0),F(2,0, ),所以 =(3,0,- ), =(-4,4,0), =(3,-4, ). 设n=(x,y,z)为平面EAC的法向量,则 即 不妨设x=1, 可得n=(1,1, ), 所以cos< n>= = = 直线CF与平面EAC所成角的正弦值为 . 18.(本小题满分12分) 如图所示,在边长为2的正方形ABCD中,点E,F分别是AB,BC的中点,将△AED,△DCF分别沿DE,DF折起,使A,C两点重合于点A′,O为A′D的中点,连接EF,EO,FO. (1)求证: A′D⊥EF; (2)求直线BD与平面OEF所成角的正弦值. (1)证明: 在正方形ABCD中,有AD⊥AE,CD⊥C
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