1、页 1 第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 ”的一个必要不充分条件是( D )
2、(A)直线 l 与平面 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 垂直(C)存在平行于直线 l 的直线与平面 垂直(D)经过直线 l 的某一个平面与平面 垂直解析:根据面面垂直的判定可知,直线 l 垂直于平面 ,则经过直线 l 的某一个平面与平面 垂直, 当经过直线 l 的某一个平面与平面 垂直时,直线 l 垂直于平面 不一定成立,所以“经过直线 l 的某一个平面与平面 垂直”是“直线 l 与平面 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,该几页 2 第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(
3、B )(A)90 (B)63 (C)42 (D)36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3 24+ 3 26=36+27=63.故选 B.3.设 a,b 是两条不同的直线, 是两个不同的平面,则( C )(A)若 a,b,则 ab (B)若 a,a,则 (C)若 ab,a,则 b (D)若 a,则 a解析:A.若 a,b,则 ab,或 a,b 异面或 a,b 相交,A 错;B.若a,a,则 ,或 与 相交,B 错;C.若 ab,a,则 b,C 正确;D.若 a,则 a 或 a 或 a,D 错.故 选 C.
4、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(x0),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 )页 3 第(A) (B)6 (C)8 (D)16解析:由题意,4x=2 2,所以 x=,所以旋转体 D 的体积是 44
5、=8.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 +11+ 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,按最短路线页 4 第爬行到顶点 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) (B) (C) (D)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
6、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;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.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,所以水面高度页 5 第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
7、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 = 11= ,BD= = ,AB=BC=AD=DC= ,所以 SABD =SBCD = sin 60= ,SADC =SABC = =1,设内切球的半径为 r,则有 = r(SABD +SBCD +SADC +SABC ),= r( 2+12),解得 r=2- .故选 D.9.将一张边长为 6 cm 的正方形纸片按如图(1)所示阴影部分裁去四个全等的
8、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 )页 6 第(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
9、体的外接球的表面积为( B )(A) (B) (C)4 (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,页 7 第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=4R 2= ,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 AMMP,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
10、,-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 AMMP,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 )页 8 第(A) (B)(C) (D) 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
11、正三角形的内切圆的面积,由图得ACD 1内切圆的半径是 tan 30= ,故所求的截面圆的面积是 ( )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:页 9 第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=
12、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
13、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2 21+ 2 3= .页 10 第答案: 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 ( )3= .答案: 三、解答题(本大
14、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,ABCD,DAB=90,四边形 ADEF 为等腰梯形,EFAD,已知AEEC,AB=AF=EF=2,AD=CD=4.页 11 第(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 AEDE,又 AEEC,DEEC=E,所以 AE平面 CDE,所以 AECD,又 CDAD,ADAE=A,所以 CD
15、平面 ADEF,又 CD平面 ABCD,所以平面 ABCD平面 ADEF.(2)解:如图,作 EOAD,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= = = ,页 12 第直线 CF 与平面 EAC 所成角的正弦值为 .18.(本小题满分 12 分)如
16、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 AD 的中点,连接 EF,EO,FO.(1)求证:ADEF;(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 ADAE,CDCF,则 ADAE,ADAF.又 AEAF=A,所以 AD平面 AEF,而 EF平面 AEF,所以 ADEF.(2)解:因为正方形 ABCD 的边长为 2,点 E 是 AB 的中点,点 F 是 BC 的中点,所以 BE=BF=AE=AF=1,所以 EF= ,所以 A
17、E 2+AF 2=EF2,所以 AEAF.由(1)得 AD平面 AEF,所以分别以 AF,AE,AD 为 x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz,页 13 第则 A(0,0,0),F(1,0,0),E(0,1,0),D(0,0,2).设 EF 与 BD 相交于 G,则 G 为 EF 的中点,所以 O(0,0,1),G( , ,0), =(0,1,-1), =(1,0,-1), =( , ,-2).设平面 OEF 的一个法向量为 n=(x,y,z),则 可取 n=(1,1,1),设直线 DG 与平面 OEF 所成角为 ,所以 sin = = ,所以直线 BD 与平面 OEF 所成角
18、的正弦值为 .19.(本小题满分 12 分)在四棱锥 P ABCD 中,E 为棱 AD 的中点,PE平面 ABCD,ADBC, ADC=90,ED=BC=2,EB=3,F 为棱 PC 的中点.(1)求证:PA平面 BEF;(2)若二面角 F BE C 为 60,求直线 PB 与平面 ABCD 所成角的正切值.(1) 证明:连接 AC 交 BE 于点 M,连接 FM.因为 ADBC,且 BC=AE,AEMCBM,所以 AM=MC.又 PF=FC,所以线段 FM 是PAC 的中位线,所以 FMAP.因为 FM平面 BEF,PA平面 BEF,所以 PA平面 BEF.页 14 第(2)解:因为 ADB
19、C,ED=BC,所以四边形 BCDE 是平行四边形.又因为ADC=90,所以四边形 BCDE 是矩形,所以 ADBE.又 PE平面 ABCD,所以 PEBE,PEED.以 E 为坐标原点,EB,ED,EP 分别为 x,y,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设 PE=m,则 E(0,0,0),B(3,0,0),P(0,0,m),C(3,2,0),F( ,1, ),所以 =(3,0,0), =( ,1, ).设平面 BEF 的一个法向量为 n=(x,y,z),由 得令 z=1,得 n=(0,- m,1).取平面 ABCD 的一个法向量为 a=(0,0,1),所以 cos= = = .由二面角
20、F BE C 为 60,得 = ,解得 m=2 .因为 PE平面 ABCD,所以PBE 就是直线 PB 与平面 ABCD 所成角.在 RtPBE 中,tanPBE= = ,页 15 第所以直线 PB 与平面 ABCD 所成角的正切值为 .20.(本小题满分 12 分)正三棱柱 ABC A1B1C1底边长为 2,E,F 分别为 BB1,AB 的中点.(1)已知 M 为线段 B1A1上的点,且 B1A1=4B1M,求证:EM平面 A1FC;(2)若二面角 E A1C F 所成角的余弦值为 ,求 AA1的值.(1)证明:取 B1A1中点为 N,连接 BN,则 BNA 1F,又 B1A1=4B1M,N
21、 为 B1A1的中点,则 M 为 B1N 的中点.所以 EM 为BNB 1中位线,则EMBN,所以 EMA 1F.因为 EM平面 A1FC,A1F平面 A1FC,故 EM平面 A1FC.(2)解:如图,以 F 为坐标原点建立空间直角坐标系,设 AA1=a.则 F(0,0,0),A1(-1,0,a),E(1,0, ),C(0, ,0),=(-1, ,- ), =(0, ,0), =(2,0,- ), =(1, ,-a).设平面 A1CF 法向量为 m=(x,y,z), 则 取 z=1,得 m=(a,0,1).设平面 A1EC 法向量为 n=(x1,y1,z1),页 16 第取 x1=a,得 n=
22、(a, a,4).设二面角 E A1C F 的平面角为 ,因为二面角 E A1C F 所成角的余弦值为 ,所以 cos =cos= = .解得 a2= ,所以 AA1= .21.(本小题满分 12 分)如图,在四棱锥 P ABCD 中,ADDB,其中三棱锥 P BCD 的三视图如图所示,且sinBDC= .(1)求证:ADPB;(2)若 PA 与平面 PCD 所成角的正弦值为 ,求 AD 的长.(1)证明:由三视图可得 PD平面 ABCD,而 AD平面 ABCD,所以 ADPD.又 ADDB,且 PDBD=D,PD,BD平面 PBD,所以 AD平面 PBD.又 PB平面 PBD,所以 ADPB
23、.页 17 第(2)解:由(1)可知,PD,AD,BD 两两互相垂直,以 D 为原点,以 DA,DB,DP 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.设 AD=(0),结合 sinBDC= 可得 A(,0,0),B(0,3,0),C(- , ,0),P(0,0,4),所以 =(,0,-4), =(- , ,0), =(0,0,4).设 n=(x,y,z)为平面 PCD 的法向量,由题意可得即 令 y=3,则 x=4,z=0,得平面 PCD 的一个法向量 n=(4,3,0),设 PA 与平面 PCD 所成角为 ,可得 sin =|cos|= = ,解之得 =6,即 AD
24、=6.22.(本小题满分 12 分)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 为矩形,直线 AF平面ABCD,EFAB,AD=2,AB=AF=2EF=1,点 P 在棱 DF 上.(1)求证:ADBF;(2)若 P 是 DF 的中点,求异面直线 BE 与 CP 所成角的余弦值;(3)若 = ,求二面角 D AP C 的余弦值.页 18 第(1)证明:因为 AF平面 ABCD,所以 AFAD,又 ADAB,ABAF=A,所以 AD平面 ABEF,又 BF平面 ABEF,所以 ADBF.(2)解:因为直线 AF平面 ABCD,所以 AFAB.由(1)得 ADAF,ADAB,所以以 A 为原点,AB,A
25、D,AF 所在直线为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),E( ,0,1),P(0,1, ),C(1,2,0),所以 =(- ,0,1), =(-1,-1, ),设异面直线 BE 与 CP 所成角为 ,则 cos = = ,所以异面直线 BE 与 CP 所成角的余弦值为 .(3)解:由题意得 AB平面 ADF,所以平面 ADF 的一个法向量 n1= =(1,0,0).由 = 知 P 为 FD 的一个三等分点,且此时 P(0, , ).在平面 APC 中, =(0, , ), =(1,2,0).所以平面 APC 的一个法向量 n2=(-2,1,-1).设二面角大小为 ,所以|cos |= = .页 19 第又因为二面角 D AP C 为锐角,所以该二面角的余弦值为 .
