（浙江专用）2019高考数学二轮复习阶段质量检测（二）专题一_二“综合检测”.doc

1、1阶段质量检测（二） 专题一二“综合检测”(时间：120 分钟 满分：150 分)一、选择题(本大题共 10小题，每小题 4分，共 40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已知 m， n是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )A若 m ， n，则 m nB若 m ， n ，则 m nC若 m ， m n，则 n D若 m ， m ，则 解析：选 D 选项 A，因为 n可以是平面 内的任意一条直线，所以 m， n可能平行，可能异面，故选项 A错误；与同一个平面平行的两条直线可能平行，也可能相交，还可能异面，故 B选项错误；易知选项 C错误故选 D.

2、2 “sin Atan A”是“ ABC是钝角三角形”的( )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：选 A 若 sin Atan A，则 sin A ，因为 sin A0，所以 1 ，易得sin Acos A 1cos A1tan A”是“ ABC是钝角三角形”的充12 33分不必要条件3某几何体的三视图如图所示，则该几何体的内切球的体积为( )A. B. 14 342C. D. 12 32解析：选 D 由三视图可知该几何体是一个三棱锥几何体的表面积S2 33 2 3 627 ，12 3 12 3 3几何体的体积 V 33 3 .13 12 3 3 272设

3、几何体的内切球的半径为 r，则 V Sr9 r ，得 r ，13 3 272 32故几何体的内切球的体积 V 球 r3 .故选 D.43 43 338 324已知 sin ，则 cos(2 0182 )( )( 2 0172 ) 74A B.38 38C D.18 18解析：选 C 因为 sin sin sin cos ( 2 0172 ) ( 1 008 2) ( 2)，所以 cos(2 0182 )cos 2 2cos 2 12 21 .故选 C.74 (74) 185为了得到函数 ysin 的图象，只需将 ycos 2 x的图象上的每一点( )(2x3)A向右平移 个单位长度6B向右平移

4、 个单位长度12C向左平移 个单位长度6D向左平移 个单位长度12解析：选 B ycos 2xsin ，由 ysin 的图象向右平移 个单位长(2x2) (2x 2) 12度得到的函数图象的解析式是 ysin sin .所以选 B.2(x12) 2 (2x 3)6已知 ( ， R)，且 A， B， C三点不共线( )AG AB AC A若 ， ，则 G是 ABC的重心13 13B若 ， ，则 G是 ABC的垂心23 133C若 ， ，则 G是 ABC的内心13 23D若 ， ，则 G是 ABC的外心23 23解析：选 A 如图，设 ABC中 BC边上的中线为 AD，则 (AD 12 )，即 2

5、 .当 时， AB AC AB AC AD 13 AG 13AB ，所以 ( ) .所以 G为 ABC的重心，A13AC AG 13 AB AC 23AD 正确当 或 时， G， B， C三点共线，故 B、C 错误；AG 13AB 23AC AG 23AB 13AC 当 时， ( ) ，即点 G在中线 AD的延长线上，而外心为23 AG 23 AB AC 43AD 三角形三边中垂线的交点，所以 G不一定是 ABC的外心，D 错误，故选 A.7如图，四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中， E， F分别是 AB1， BC1的中点下列结论中，正确的是( )A EF BB1 B EF平面 ACC1A1

6、C EF BD D EF平面 BCC1B1解析：选 B 如图，取 BB1的中点 M，连接 ME， MF，延长 ME交AA1于点 P，延长 MF交 CC1于点 Q，连接 PQ. E， F分别是 AB1， BC1的中点， P是 AA1的中点，Q 是 CC1的中点，从而可得 E是 MP的中点， F是 MQ的中点，所以 EF PQ，又 PQ平面 ACC1A1， EF平面ACC1A1，所以 EF平面 ACC1A1.故选 B.8在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，点 M是直线 AB1上的动点，点 P是 A1C1D所在平面内的动点，记直线 D1P与直线 CM所成的角为 ，若 的最小值为 ，则点 P的轨迹

7、是( )3A圆 B椭圆C抛物线 D双曲线解析：选 A 将空间中线线角的最值问题转化为线面角的问题点在动，平面没有动，将动变成定连接 CA， CB1，可知平面ACB1平面 A1C1D，所以 CM平面 A1C1D.所以把 CM平移到平面A1C1D中，直线 D1P与直线 CM所成角的最小值即为直线 D1P与平面A1C1D所成的线面角，即原问题转化为直线 D1P与平面 A1C1D所成的4线面角为 .因为点 P是 A1C1D上的动点，所以点 P的轨迹为一个圆(如图所示)39向量 a，b 满足|a|4，b(a2b)0.则|a4b|( )A0 B4C8 D12解析：选 B 因为 b(a2 b)0，所以 b与

8、 a2b 垂直，如图，在 Rt ACB中， a， 2b， a2b， O为 AB的AB AC CB 中点，则| | | a2b | |2，所以CO AO AC 12 12 AB |a4b|4.10已知点 P是四边形 ABCD所在平面外一点，且点 P在平面 ABCD上的射影 O在四边形 ABCD的内部，记二面角 P-AB-O， P-BC-O， P-CD-O， P-DA-O的大小分别是 ， ， ， ，则以下四个命题中正确的是( )必不存在点 P，使 必存在点 P，使 必存在点 P，使 必存在点 P，使 且 A BC D解析：选 D 若要存在某两个二面角的平面角相等，则需要射影O到这两个二面角棱的距离

9、相等平面四边形 ABCD两个内角的平分线必有交点，三个内角的平分线不一定交于一点，故命题错误；易知命题正确，如图，不规则平面四边形 ABCD中， M， N的平分线必交于一点；而四边形 ABCD为平行四边形、梯形时，也可验证命题是正确的故选D.二、填空题(本大题共 7小题，多空题每题 6分，单空题每题 4分，共 36分)11已知 tan 2，则 tan _，cos 2 _.( 4)解析：tan 2，tan 3，( 4) 1 tan 1 tan cos 2 .cos2cos2 sin2 11 tan2 15答案：3 15512某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是_，表面积是_解析：由三视图

10、可知，该几何体是以四边形 ABB1A1为底面的四棱柱，根据三视图易求得该几何体的体积 V 226.1 22四边形 ABB1A1为直角梯形，且 A1B11， AA1 AB2， BB1，5表面积 S2222122 2 162 .5 1 2 22 5答案：6 162 513在 ABC中，内角 A， B， C所对的边分别是 a， b， c.若 a(1cos C) ccos A，且| |8，则 ABC面积的最大值是_，当 ABC面积最大时 tan BA BC A_.解析：由 a(1cos C) ccos A及正弦定理得 sin A(1cos C)sin Ccos A，移项得 sin Asin Ccos

11、Asin Acos Csin( A C)sin B，因为 A， B(0，)，所以A B，所以 a b，又 a2 b2 c22 bccos A，所以 c2 bcos A.设 AC边上的中线为 BD，由| |8 得到 BD的长为 4，由余弦定理得BA BC 16 c2 2 2c cos A，所以 b2 ，所以 ABC的面积 S bcsin A(b2) b2 641 8cos2A 12 .由基本不等式得 S ，当且仅当 tan A3 时，等号成64sin Acos Asin2A 9cos2A 64tan A 9tan A 323立所以 ABC面积的最大值为 .323答案： 332314在 ABC中，

12、 D为 AB的中点， AC2 CD4， ABC的面积为 3.作 BE CD于 E，将BCD沿 CD翻折，翻折过程中 AC与 BE所成的最小角的余弦值为_解析：将 BCD沿 CD翻折过程中， BE扫过的区域即为如图所示的圆面 E.故 AC与 BE所成的最小角即为 AC与圆面 E所成的线面角由于D为 AB的中点，故将 ACD沿 CD翻折的过程中，点 A的轨迹是与圆面E平行的圆面 O.此时 AC与 BE所成的最小角即为 AC与圆面 O所成的线面角，即 CAO.因为 D为 AB的中点，所以 BE OA，因为AC2 CD4， S ABC3，且 S ABC S ACD S BCD，所以6CDAO CDBE

13、3，解得 AO BE ，所以 cos CAO .故 AC与 BE所成的最12 12 32 AOAC 38小角的余弦值为 .38答案：3815在矩形 ABCD中， AB4， BC3，沿 AC将矩形 ABCD折成一个直二面角 B-AC-D，则四面体 D ABC的外接球的表面积为_，四面体 D ABC的体积为_解析：由题意知，四面体的外接球的球心到 4个顶点的距离相等，所以球心在对角线 AC上，且为 AC的中点，而 AC 5，所AB2 BC2以外接球的半径 r AC ，故外接球的表面积 S4 r225.因12 52为平面 DAC平面 ABC，所以点 D到 AC的距离即为点 D到平面 ABC的距离，为

14、 ADDCAC ，故四面体 D-ABC的体积 V S ABC 43 .345 125 13 125 13 12 125 245答案：25 24516已知向量 a，b 满足|ab|a3b|2，则| b|的取值范围是_解析：法一：如图，作 a， b， 3b，则| |ab|2，|OA OC OB CA |a3b|2.BA 所以 0| |4b|4，故有 0|b|1.BC 法二：由|ab|a3b|2，得Error!则 Error!其中 表示向量 a与向量 b的夹角，当 cos 0 时，有|a|，代入|a| 23|b| 24，有 23|b| 24，所以|b| 2 ，因为|b|cos ( |b|cos )

15、41cos2 30cos2 1，所以 0|b|21；而当 cos 0 时，|a|2，|b|0.故有 0|b|1.答案：0,117.在长方体 ABCD-A1B1C1D1中， AB ， BC AA11，点 M为 AB12的中点，点 P为体对角线 AC1上的动点，点 Q为底面 ABCD上的动点(点 P，Q 可以重合)，则 MP PQ的最小值为_解析：由题意，要求 MP PQ的最小值，就是求点 P到底面 ABCD的距离的最小值与 MP的最小值之和Q 是 P在底面 ABCD上的射影时，7点 P到底面的距离最小，此时 Q在 AC上，且 PQ AC.展开三角形 ACC1与三角形 AB1C1，使它们在同一个平

16、面上，如图，易知 B1AC1 C1AC30， AM ， PQ AC，可知当32MQ AC，即 P，Q， M三点共线时， MP PQ最小，最小值为 sin 60 .32 34答案：34三、解答题(本大题共 5小题，共 74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18(本小题满分 14分)(2018天津五区县联考)在 ABC中，内角 A， B， C所对的边分别为 a， b， c，且 8sin2 2cos 2 C7.A B2(1)求 tan C的值；(2)若 c ，sin B2sin A，求 a， b的值3解：(1)在 ABC中，因为 A B C，所以 ，则 sin cos .A B2 2 C2

17、 A B2 C2由 8sin2 2cos 2 C7，得 8cos2 2cos 2 C7，A B2 C所以 4(1cos C)2(2cos 2C1)7，即(2cos C1) 20，所以 cos C .12因为 0 C，所以 C ，3于是 tan Ctan .3 3(2)由 sin B2sin A，得 b2 a. 又 c ，由余弦定理得 c2 a2 b22 abcos ，33即 a2 b2 ab3. 联立，解得 a1， b2.19(本小题满分 15分)在四棱锥 PABCD中，底面 ABCD是菱形， AB AP2， CP2 ， BAD BAP120，点 E为 PB2的中点(1)求证： AE BC；(

18、2)求直线 AP和平面 ACE所成角的正弦值解：(1)证明： AP AB， E为 PB的中点， AE PB，又 BAP120， APB ABP30.在 Rt APE中， PE PAcos APE ， AE1，38 PB2 .3由 PB2 ， CP2 ， BC2，得 BCP90，3 2 CE PB ，12 3由底面 ABCD是菱形， BAD120，易得 AC2. AE2 CE2 AC2， AEC为直角三角形， AE CE，又 PB CE E， PB平面 BCP， CE平面 BCP， AE平面 BCP， BC平面 BCP， AE BC.(2)设点 P到平面 ACE的距离为 h. VPACE VAP

19、CE，即 S ACEh S PCEAE，13 13由(1)可知， S ACE AECE 1 ，12 12 3 32S PCE S PBC 22 ，12 12 12 2 2 h 1， h .13 32 13 2 263直线 AP和平面 ACE所成角的正弦值为 .hAP 2632 6320(本小题满分 15分)已知函数 f(x)a b，其中 a(2cos x， sin 2x)，3b(cos x,1)， xR.(1)求函数 f(x)的单调递减区间；(2)在 ABC中，内角 A， B， C所对的边分别为 a， b， c， f(A)1， a ，且向量7m(3，sin B)与 n(2，sin C)共线，求

20、 b和 c的值解：(1)由题知， f(x)2cos 2x sin 2x1cos 2x sin 3 32x12cos ，(2x3)令 2k2 x 2 k( kZ)，3解得 k x k (kZ)，6 3函数 f(x)的单调递减区间为 (kZ)k 6， k 3(2) f(A)12cos 1，(2A3)9cos 1，(2A3)又 2A ，2 A ，即 A .3 373 3 3又 a ，由余弦定理得 a2 b2 c22 bccos A( b c)23 bc7.7向量 m(3，sin B)与 n(2，sin C)共线，2sin B3sin C，由正弦定理得 2b3 c.由得 b3， c2.21(本小题满分

21、 15分)在三棱柱 ABCA1B1C1中， ACB90， AC1平面 ABC， BC CA AC1.(1)求证： AC平面 AB1C1；(2)求二面角 A1BB1C的余弦值解：(1)证明：在三棱柱 ABCA1B1C1中， BC B1C1.因为 ACB90，所以 AC BC，所以 AC B1C1.因为 AC1平面 ABC， AC平面 ABC，所以 AC1 AC，因为 AC1 B1C1 C1， AC1平面AB1C1， B1C1平面 AB1C1，所以 AC平面 AB1C1.(2)法一：因为点 A1在平面 A1ABB1内，故只需求二面角ABB1C的平面角分别取 BB1， CC1的中点 M， N，连接

22、AM， MN， AN，由(1)可知， AB1 AB，因为 M为 BB1的中点，所以 AM BB1.AC21 B1C21 AC2 BC2因为 AC1平面 ABC， BC平面 ABC，所以 AC1 BC，又因为 ACB90，所以 AC BC，因为 AC AC1 A， AC平面 ACC1， AC1平面 ACC1，所以 BC 平面 ACC1，因为 CC1平面ACC1，所以 BC CC1，即平行四边形 BCC1B1为矩形，因为 M， N分别为 BB1， CC1的中点，所以 MN BB1，所以 AMN为二面角 ABB1C的平面角设 BC CA AC11，则 AB AB1 BB1 ， MN1， AN ，所以

23、 AM .222 62由余弦定理得，cos AMN ，12 (62)2 (22)22162 63所以二面角 A1BB1C的余弦值为 .63法二：如图所示，以 A为原点，分别以 AC所在直线为 x轴，底面内 AC的垂线为 y轴， AC1所在直线为 z轴建立空间直角坐10标系，设 BC CA AC11，由题意知 A(0,0,0)， B(1,1,0)， C(1,0,0)， B1(0,1,1)，所以 (1,1,0)， 1(0,1,1)， (0,1,0)， 1(1,1,1)AB AB CB CB 设平面 A1B1BA的法向量为 m( x1， y1， z1)，平面 BB1C的法向量为 n( x2， y2，

24、 z2)由 得Error!可取 m(1，1,1)由 得Error!可取 n(1,0,1)于是|cosm，n| ，|mn|m|n| 63由题意知，所求二面角的平面角为锐角，故二面角 A1BB1C的余弦值为 .6322(本小题满分 15分)如图，在三棱台 ABCA1B1C1中，AB4， BC2， CA2 ， B1C11， CC1 ， BC CC1.D是 AC上3 3的一点，满足 AD3 DC，过点 B1， C1， D的平面交 AB于点 F.(1)求证： BC DF；(2)若二面角 ABCB1的平面角的大小为 60，求直线 AB1与平面 B1C1DF所成角的正切值解：(1)证明：因为 ABCA1B1

25、C1为三棱台，所以 BC B1C1，又因为 BC平面 B1C1DF， B1C1平面 B1C1DF，所以 BC平面 B1C1DF，又因为 BC平面 ABC，平面 ABC平面 B1C1DF DF，所以 BC DF.(2)因为 AB4， BC2， CA2 ，3所以 AB2 BC2 CA2，所以 BC CA，又因为 BC CC1，平面 ABC平面 BCB1 BC，所以 ACC1是二面角 ABCB1的平面角，即 ACC160，又因为 CD CA ， CC1 ，14 32 3所以 C1D ，CC21 CD2 2CC1CDcos 6032所以 C1D2 CD2 CC ，21所以 C1DC90，即 AD DC1，因为 BC DF， BC AC，所以 AD DF，11又因为 DC1 DF D， DC1平面 B1C1DF， DF平面 B1C1DF，所以 AD平面 B1C1DF，连接 DB1，则 AB1D是直线 AB1与平面 B1C1DF所成的角易知 BC平面 ACC1A1，所以 B1C1平面 ACC1A1，因为 DC1平面 ACC1A1，所以 B1C1 DC1，又因为 DC1 ， B1C11，所以 DB1 ，32 132所以 tan AB1D .ADDB1332132 33913所以直线 AB1与平面 B1C1DF所成角的正切值为 .33913