2022年高考数学总复习课时检测专题五立体几何.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 专题五立体几何学习必备欢迎下载1以下命题中,假命题的个数为 与三角形两边平行的平面平行于这个三角形的第三边；与三角形两边垂直的直线垂直于第三边；与三角形三顶点等距离的平面平行于这个三角形所在平面A0 个 B 1 个 C2 个 D3 个2在斜二测画法中,边长为 a 的正方形的直观图的面积为 Aa 2B. 2 a 2 2C.1 2a 2D. 4 a 2 23设两个平面 ,直线 l,以下三个条件： l； l ； .如以其中两个作为前提,另一个作为结论,就可构成三个命题,这三个命题中正确命题的个数为 A3 个 B 2 个 C1 个 D0 个4在矩形 ABCD 中,AB1,BC所成的角是 A30°B45°2,PA平面 ABCD ,PA1,就 PC 与平面 ABCDC60°D90°BA 1与 AC15直三棱柱 ABCA1B1C1中,如 BAC90°,ABAC AA1,就异面直线所成的角等于 A30°B45°C60°D90°6给出命题：在空间里,垂直于同一平面的两个平面平行；设 l, m 是不同的直线, 是一个平面,如 l,l m,就 m；已知 , 表示两个不同平面,m 为平面 内的一条直线,就“” 是“m” 的充要条件；如点 P 到三角形三个顶点的距离相等,就点 角形的外心；P 在该三角形所在平面内的射影是该三a,b 是两条异面直线,P 为空间一点,过P 总可以作一个平面与a,b 之一垂直,与另一个平行其中正确的命题是_ 只填序号 720XX 年辽宁 一个几何体的三视图如图K5- 1,就该几何体的表面积为_图 K5-1 820XX 年广东广州一模如图 K5- 2,在三棱锥PABC 中, PAB PAC ACB90°. 名师归纳总结 1求证：平面PBC平面 PAC；BC 的长第 1 页,共 8 页2如 PA1, AB2,当三棱锥PABC 的体积最大时,求- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载图 K5-2 9如图 K5- 3,在矩形 ABCD 中, AB 3,BC4.E,F 分别在线段 BC 和 AD 上, EF AB,将矩形 ABEF 沿 EF 折起记折起后的矩形为 MNEF ,且平面 MNEF 平面 ECDF . 1求证： NC 平面 MFD ；2如 EC3,求证： ND FC；3求四周体 NFEC 体积的最大值图 K5-3 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 8 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 学习必备欢迎下载第 3 页,共 8 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 专题五立体几何学习必备欢迎下载1B 2.D 3.C 4A 解析： 连接 AC,就 AC 是 PC 在平面 ABCD 上的射影PCA 是 PC 与平面ABCD 所成的角 AB1,BC2, AC3.在 Rt PAC 中, tanPCAAC 1 333 . PCA 30°.应选 A. 5C 解析： 延长 CA 到 D,使得 ADAC,就 ADA 1C1为平行四边形,DA 1B 就是异面直线 BA1 与 AC1 所成的角又A1DB 为等边三角形,DA1B60°. 6 解析： 错误,垂直于同一平面的两个平面也可能相交；错误,“”是“m” 的必要非充分条件；错误,只有当异面直线 a,b 垂直时可以作出满意要求的平面738 解析： 由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了一个等高的圆柱,其中长方体的长、宽、高分别为 4、3、1,圆柱的底面直径为 2,所以该几何体的表面积为长方体的表面积加圆柱的侧面积再减去圆柱的底面积,即为238. 81证明： 由于 PAB PAC90°,所以 PAAB,PA AC. 由于 ABACA,所以 PA平面 ABC. 由于 BC. 平面 ABC,所以 BCPA. 由于 ACB90°,所以 BCCA. 由于 PACAA,所以 BC平面 PAC. 23× 44× 13× 12× 1× 1由于 BA. 平面 PBC,所以平面 PBC平面 PAC. 2方法一,由已知及 1所证可知, PA平面 ABC, BCCA,所以 PA 是三棱锥 PABC 的高由于 PA 1,AB2,设 BC x0<x<2,所以 ACAB 2 BC 22 2 x 24x 2. 由于 VP ABC1 3S ABC× PA1 6x 4x 216 x 2 4x 21 6× x 2 4 x2 21 3. 当且仅当 x2 4x2,即 x2时等号成立所以当三棱锥 P ABC 的体积最大时,BC2. 方法二,由已知及 1所证可知, PA平面 ABC,所以 PA 是三棱锥 PABC 的高由于 ACB90°,设 ABC 0<< 2,就 BC ABcos2cos,ACABsin2sin. 名师归纳总结 所以 S ABC1 2× BC× AC1 2× 2cos× 2sinsin2. 第 4 页,共 8 页所以 VP ABC1 3S ABC× PA1 3sin2. 由于 0<< 2,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备所以当 4 时, VPABC 有最大值为1 3. 欢迎下载此时 BC2cos 42. 所以当三棱锥 P ABC 的体积最大时,BC2. 91证明： 由于四边形 MNEF ,EFDC 都是矩形,所以 MN EF CD,MNEFCD. 所以四边形 MNCD 是平行四边形,所以 NC MD. 由于 NC .平面 MFD ,所以 NC 平面 MFD . 2证明： 连接 ED,设 EDFCO. 由于平面 MNEF 平面 ECDF ,且 NEEF ,所以 NE平面 ECDF ,所以 FCNE. 又 EC CD,所以四边形ECDF 为正方形,所以FC ED. 所以 FC 平面 NED .所以 NDFC. 3解： 设 NEx,就 EC4x,其中 0x4. 由1得, NE平面 FEC,所以四周体 N FEC 的体积为 VN FEC1 3S EFC·NE1 2x4x所以 VN FEC1 x 4x 22. 2 2当且仅当 x4x,即 x 2 时,四周体第十四章 概 率第 1 讲 随机大事的概率1B 2.C 3.B NFEC 的体积最大4D 解析： 由互斥大事与对立大事的概念知答案为 D. 5B 解析： 由随机数可得：在 20 组随机数中满意条件的只有 5 组,故该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为 0.25. 6.3 5 解析： 共有取法 5 种,其中理科书为 3 种, p3 5. 730% 解析： 甲、乙二人下成和棋的概率为 80%50%30%,故答案为 30%. 8 148. 15 159解： 1至少有一人排队的概率为 p110.100.90. 2至多 2 人排队的概率为 p10.100.160.300.56. 3至少 2 人排队的概率为 p21 0.100.16 0.74. 10解：1在所给数据中,降雨量为 110 毫米的有 3 个,为 160 毫米的有 7 个,为 200毫米的有 3 个,故近 20 年六月份降雨量频率分布表为降雨量 70 110 140 160 200 220 频率 1 3 4 7 3 220 20 20 20 20 202P“ 发电量低于 490 万千瓦时或超过 530 万千瓦时” PY<490 或 Y>530PX<130 或 X>210 1 20 3 20 2 20 3 10. 故今年六月份该水力发电站的发电量低于 490 万千瓦时或超过 530 万千瓦时的概率为310. 名师归纳总结 第 2 讲古典概型故共包含 6× 636个 基本领件 大事“ 点 Pm,第 5 页,共 8 页1D2.D3.C 4A解析：试验是连续掷两次骰子- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载n落在直线 xy 5 下方” ,包含 1,1,1,2,2,1,1,3,2,2,3,1共 6 个基本领件,故 p6 361 6. 5D解析： 设到会男老师x 人,就女老师为x12 人,由条件知,x9 20,x x12x54, 2x12120.应选 D. 名师归纳总结 6D 第 6 页,共 8 页7.4 9解析： 2 件正品记为 a,b,次品记为c,就有放回地连续取两次的基本领件有a,b,a,c, b,c, b,a,c,a,c,b,a,a,b,b,c,c共 9 个记“ 恰好有一件次品” 为大事A,就 A 含有的基本领件数为4 个 PA4 9. 8. 7 12解析： cos2·mn m 2n 2, 0, 2,mn,满意条件mn 的概率为6 361 6,m>n 的概率与 m<n 的概率相等,m>n 的概率为1 2×16 5 12,满意 mn 的概率为 p1 6 5 12 7 12. 9解： 1由样本数据知,30 件产品中等级系数 7 有 6 件,即一等品有6 件,二等品有 9 件,三等品有15 件样本中一等品的频率为6 30 0.2,故估量该厂生产的产品的一等品率为0.2；二等品的频率为90.3,故估量该厂生产的产品的二等品率为300.3；三等品的频率为15 300.5,故估量该厂生产的产品的三等品的频率为0.5. 2样本中一等品有6 件,其中等级系数为7 的有 3 件,等级系数为8 的也有 3 件,记等级系数为7 的 3 件产品分别为C1,C2,C3,等级系数为8 的 3 件产品分别为P1,P2, P3.就从样本的一等品中随机抽取2 件的全部可能为：C1,C2,C1,C3,C2,C3,P1,P2,P1,P3,P2,P3,C1,P1,C1,P2,C1,P3,C2, P1,C2,P2, C2,P3,C3,P1,C3,P2,C3,P3,共 15 种记从“ 一等品中随机抽取2 件, 2 件等级系数都是8” 为大事 A,就 A 包含的基本领件有P1,P2,P1,P3, P2,P3共 3 种,故所求的概率PA3 151 5. 10解： 1 依题意,分层抽样的抽样比为54 1 18. 在一年级抽取的人数为36×1 182人在二年级抽取的人数为72×1 184人所以一、二年级理想者的人数分别为2 人和 4 人2用 A1,A2表示样本中一年级的2 名理想者,用a1,a2,a3,a4 表示样本中二年级的 4 名理想者就抽取 2 人的情形为A1A2,A1a1,A1a2,A1a3,A1a4,A2a1,A2a2,A2a3,A2a4,a1a2,a1a3,a1a4,a2a3,a2a4, a3a4,共 15 种抽取的 2 人在同一年级的情形是A1A2,a1a2,a1a3,a1a4,a2a3,a2a4, a3a4,共 7 种每一种情形发生的可能性都是等可能的,抽取的 2 人是同一年级的概率为7 15. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 第 3 讲几何概型学习必备欢迎下载1C 2.A 3.C x4A 解析： 在区间 1,1上随机取一个数 x,即 x1,1时,要使 cos 2的值介于 0到1 2之间,需使 2x 2 3或 3x 2 2, 1x 2 3或2 3 x1,区间长度为 2 3,由几何2概型知 cosx 2的值介于 01 2之间的概率为 21 3. 5A 解析： 扇形 ADE 的半径为 1,圆心角等于 90°,扇形 ADE 的面积为 S114× × 12 4. 同理可得,扇形 CBF 的面积 S2 4. 又长方形 ABCD 的面积 S2× 12,在该矩形区域随机地选一地点,就该地点无信号的概率是pS S1 S2241 4. P,使 APB 的最大边是AB”S261 47D解析： 记“ 在矩形ABCD 的边 CD 上随机取一点为大事 M,试验的全部结果构成的长度即为线段CD,PD1 4CD 时, ABPB,如图构成大事M 的长度为线段CD 其一半,依据对称性,当D84. 设 CD 4x,就 AFDPx,BF 3x,再设 ADy,PBBF2PF23x2y2,4,从而 AD AB7 4 . 2y24x,解得y 4x于是3x图 D84 2 8. 4解析：即图 D85 中弓形面积占圆面积的比例,属面积型几何概型,概率为 2 4. 图 D85 图 D86 9解： 如图 D86,试验的全部结果所构成的区域为 a,b|0a3,0b2,a b ,构成大事 A 的区域为 a,b|0 a3,0b 2,ab,名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 8 页精选学习资料 - - - - - - - - - 故所求的概率为PA学习必备欢迎下载3× 21 2× 23× 222 3. 10解： 1 设“a b” 为大事 A,由 a b,得 x2y.基本领件有 1, 1,1,0,1,1,0, 1,0,0,0,1,1, 1,1,0,1,1,2, 1,2,0,2,1共包含 12 个基本领件；其中 A 0,0 , 2,1 ,包含 2 个基本领件故 PA2 12 1 6. 2设“a,b 的夹角是钝角” 为大事 B,由 a,b 的夹角是钝角, 可得 a·b<0,即 2xy<0,且 x 2y. x,y1x2,1y11x2,Bx,y1y1,作出可行域如图D87,2xy<0,x 2y图 D87 名师归纳总结 可得 PB B 1×223 2× 21 3. 第 8 页,共 8 页3× 2- - - - - - -