2019年高考数学二轮复习 专题三 立体几何与空间向量专题检测（含解析）新人教A版

-1-专题三立体几何与空间向量专题检测选题明细表知识点·方法A组B组集合与常用逻辑用语12复数91平面向量44,13不等式与线性规划215计数原理与古典概型811三角函数115,10,16空间几何体3,10,134,6,7,9,12空间位置关系5,7,12,14,153,8,14,17立体几何的向量方法6,1618A组一、选择题1.若集合A={-1,1},B={0,2},则集合{z︱z=x+y,x∈A,y∈B}中的元素的个数为(C)(A)5(B)4(C)3(D)2解析:x=-1,y=0时,z=-1;x=-1,y=2时,z=1;x=1,y=0时,z=1;x=1,y=2时,z=3.故z的值为-1,1,3,共3个元素.2.设a=log2π,b==loπ,c=π-2,则(C)(A)abc(B)bac(C)acb(D)cba解析:因为a=log2πlog22=1,b=loπlo1=0,c=π-2∈(0,1),所以acb,故选C.3.已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积是(A)-2-(A)1cm3(B)2cm3(C)3cm3(D)6cm3解析:本题主要考查了三视图的应用,根据三棱锥的体积公式V=××2×1×3=1,所以选A.4.△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,设向量p=(a+c,b),q=(b-a,c-a),若p∥q,则角C的大小为(B)(A)(B)(C)(D)解析:因为p∥q,所以(a+c)(c-a)=b(b-a),即b2+a2-c2=ab.由余弦定理得cosC=,又0Cπ,所以C=.5.已知正四棱锥SABCD的侧棱长与底面边长都相等,E是SB的中点,则AE,SD所成的角的余弦值为(C)(A)(B)(C)(D)解析:设AC,BD的交点为O,连接EO,则∠AEO为AE,SD所成的角或其补角;设正四棱锥的棱长为a,则AE=a,EO=a,OA=a,所以cos∠AEO=-3-==,故选C.6.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥平面ABCD,AB=PD=a.点E为侧棱PC的中点,又作DF⊥PB交PB于点F,则PB与平面EFD所成角为(D)(A)30°(B)45°(C)60°(D)90°解析:以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DP为z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,D(0,0,0),P(0,0,a),B(a,a,0),E(0,,),=(a,a,-a),又=(0,,),·=0+-=0,所以PB⊥DE.由已知DF⊥PB,又DF∩DE=D,所以PB⊥平面EFD,所以PB与平面EFD所成角为90°.故选D.7.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥底面ABCD,M是棱PC上一点.若PA=AC=a,则当△MBD的面积为最小值时,直线AC与平面MBD所成的角为(B)(A)(B)(C)(D)解析:连接AC,BD交于O,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥底面ABCD,所以PA⊥BD,AC⊥BD,-4-所以BD⊥平面PAC,进一步求出BM=DM,过O点作OM⊥PC于M,当△MBD的面积为最小值,只需OM最小即可,若PA=AC=a,所以∠ACP=即为所求.故选B.二、填空题8.现有10个数,它们能构成一个以1为首项,-3为公比的等比数列,若从这10个数中随机抽取一个数,则它小于8的概率是.解析:因为这10个数是1,-3,(-3)2,(-3)3,(-3)4,(-3)5,(-3)6,(-3)7,(-3)8,(-3)9,所以它小于8的概率为=.答案:9.已知复数z=a2-1+(a+1)i(a∈R)为纯虚数,则为.解析:因为复数z=a2-1+(a+1)i(a∈R)为纯虚数,所以解得a=1,故z=2i,则=-2i.答案:-2i10.已知三棱锥SABC的各顶点都在一个表面积为4π的球面上,球心O在AB上,SO⊥平面ABC,AC=,则三棱锥S-ABC的表面积为.解析:因为球的表面积为4π,所以球的半径为R=1,三棱锥SABC的图形如图所示,由题意及图可知AB=2R=2,SO=AO=BO=CO=1,又SO⊥平面ABC,所以SA=SB=SC=,又AC=,所以BC=,-5-所以△ABC与△ABS均为等腰直角三角形,其面积和为2×1=2,△SAC与△SBC均为等边三角形,其面积和为××=,所以三棱锥的表面积为2+.答案:2+11.方程3sinx=1+cos2x在区间[0,2π]上的解为.解析:3sinx=1+cos2x,即3sinx=2-2sin2x,所以2sin2x+3sinx-2=0,解得sinx=或sinx=-2(舍去),所以在区间[0,2π]上的解为或.答案:或12.平面α∥平面β,A,C∈α,B,D∈β,直线AB与CD交于点S,且S位于平面α,β之间,AS=8,BS=6,CS=12,则SD=.解析:根据题意做出图形.因为AB,CD交于S点,所以三点确定一平面,所以设ASC平面为n,于是有n交α于AC,交β于DB,因为α,β平行,所以AC∥DB,所以△ASC∽△BSD,所以=,因为AS=8,BS=6,CS=12,所以=,所以SD=9.答案:913.如图是正方体的平面展开图,则在这个正方体中①BM与ED平行;②CN与BE是异面直线;-6-③CN与BM成60°角;④DM与BN是异面直线.以上四个命题中,正确命题的序号是(写出所有你认为正确的命题).解析:把展开图复原成正方体,如图,由正方体的性质,可知:BM与ED是异面直线,所以①是错误的;CN与BE是平行直线,所以②是错误的;从图中连接AN,AC,由于几何体是正方体,所以三角形ANC为等边三角形,所以CN,BE所成的角为60°,所以③是正确的;DM与BN是异面直线,所以④是正确的.答案:③④14.如图,平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,且AF=AD=a,G是EF的中点,则GB与平面AGC所成角的正弦值为.解析:因为四边形ABCD是正方形,所以CB⊥AB.因为平面ABCD⊥平面ABEF且交于AB,所以CB⊥平面ABEF.因为AG,GB⊂平面ABEF,所以CB⊥AG,CB⊥BG.又AD=2a,AF=a,四边形ABEF是矩形,G是EF的中点,所以AG=BG=a,AB=2a,-7-所以AB2=AG2+BG2,所以AG⊥BG,因为BG∩BC=B,所以AG⊥平面CBG,而AG⊂平面AGC,故平面AGC⊥平面BGC,如图.在平面BGC内作BH⊥GC,垂足为H,则BH⊥平面AGC,所以∠BGH是GB与平面AGC所成的角.在Rt△CBG中,BH==a,BG=a,所以sin∠BGH==.答案:三、解答题15.如图,直三棱柱ABCA′B′C′,∠BAC=90°,AB=AC=,AA′=1,点M,N分别为A′B和B′C′的中点.(1)证明:MN∥平面A′ACC′;(2)求三棱锥A′-MNC的体积.(锥体体积公式V=Sh,其中S为底面面积,h为高)法一(1)证明:连接AB′,AC′,如图,由已知∠BAC=90°,AB=AC,三棱柱ABC-A′B′C′为直三棱柱,所以M为AB′的中点.又因为N为B′C′的中点,所以MN∥AC′,又MN⊄平面A′ACC′,AC′⊂平面A′ACC′,因此MN∥平面A′ACC′.-8-(2)解:连接BN,如图所示,由题意A′N⊥B′C′,平面A′B′C′∩平面B′BCC′=B′C′,所以A′N⊥平面NBC,又A′N=B′C′=1,故====,法二(1)证明:取A′B′的中点P,连接MP,NP,AB′,如图,而M,N分别为AB′与B′C′的中点,所以MP∥AA′,PN∥A′C′,所以MP∥平面A′ACC′,PN∥平面A′ACC′,又MP∩NP=P,因此平面MPN∥平面A′ACC′,而MN⊂平面MPN,因此MN∥平面A′ACC′.(2)解:=-==.16.(2018·全国Ⅱ卷)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角MPAC为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.(1)证明:因为PA=PC=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.如图,连接OB.因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,-9-且OB⊥AC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,得PO⊥平面ABC.(2)解:如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),=(0,2,2).取平面PAC的一个法向量=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0≤a≤2),则=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由·n=0,·n=0得可取y=a,得平面PAM的一个法向量为n=((a-4),a,-a),所以cos,n=.由已知可得︱cos,n︱=cos30°=,所以=,解得a=-4(舍去)或a=.所以n=(-,,-).-10-又=(0,2,-2),所以cos,n=,所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.B组一、选择题1.若复数z=1+i(i为虚数单位),是z的共轭复数,则z2+的虚部为(A)(A)0(B)-1(C)1(D)-2解析:法一由z=1+i知=1-i,z2+=(1+i)2+(1-i)2=2i+(-2i)=0,其虚部为0.故应选A.法二由z=1+i知=1-i,z2+=(z+)2-2z=4-4=0,其虚部为0.故应选A.2.已知集合A={1,2,3,4,5},B={(x,y)︱x∈A,y∈A,x-y∈A},则B中所含元素的个数为(D)(A)3(B)6(C)8(D)10解析:因为A={1,2,3,4,5},x,y∈A,x-y∈A,所以所以B中共10个元素,选D.3.(2017·湖州、衢州、丽水三市高三4月联考)已知平面α与两条不重合的直线a,b,则“a⊥α,且b⊥α”是“a∥b”的(A)(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:已知平面α与两条不重合的直线a,b,如果a⊥α,且b⊥α,那么根据直线与平面垂直的性质定理,可得a∥b,充分性成立;反之,如果a∥b,那么不能推断a⊥α,且b⊥α,必要性不成立,即“a⊥α,且b⊥α”是“a∥b”的充分不必要条件.故选A.4.对任意向量a,b,下列关系式中不恒成立的是(B)-11-(A)︱a·b︱≤︱a︱︱b︱(B)︱a-b︱≤︱︱a︱-︱b︱︱(C)(a+b)2=︱a+b︱2(D)(a+b)(a-b)=a2-b2解析:因为︱a·b︱=︱a︱︱b︱︱cosa,b︱≤︱a︱︱b︱,所以选项A正确;当a与b方向相反时,︱a-b︱≤︱︱a︱-︱b︱︱不成立,所以选项B错误;向量的平方等于向量的模的平方,所以选项C正确;(a+b)(a-b)=a2-b2,所以选项D正确.故选B.5.在△ABC中,BC边上的中线AD长为3,且cosB=,cos∠ADC=-,则边AC长为(A)(A)4(B)16(C)(D)解析:如图,因为∠ADC与∠ADB互补,所以当cos∠ADC=-时,cos∠ADB=,则sin∠ADB==,又cosB=,则sinB=,所以sin∠BAD=sin(π-∠B-∠ADB)=sin(∠B+∠ADB)=sinBcos∠ADB+cosBsin∠ADB=×+×=,在△BAD中,由正弦定理得:=,从而BD=2,所以CD=2,在△ADC中,由余弦定理得:AC2=9+4-2×3×2×（-）=16,所以AC=4.故选A.6.如图,四面体ABCD中,AB=DC=1,BD=,AD=BC=,二面角ABDC的平面角的大小为60°,E,F分别是BC,AD的中点,则异面直线EF与AC所成的角的余弦值是(B)-12-(A)(B)(C)(D)解析:取DC的中点为G,连EG,FG,则EG=BD=,FG=AC