备战2023年高考数学二轮专题复习第三板块课时验收评价(一)　基础性考法满分练.docx

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1、课时验收评价(一)基础性考法满分练1(2022苏州期中考)已知m，n为两条不同的直线，为三个不同的平面，则下列命题正确的是( )A若m，n，则mnB若，且m，则mC若m，n，m，n，则D若m，n，则mn解析：选B若m，n，则m与n可以平行，相交，或为异面直线，因此A不正确；若，且m，则m，因此B正确；若m，n，m，n，则与不一定平行，因此C不正确；若m，n，则m与n不一定垂直，因此D不正确2(2021新高考卷)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A2 B2 C4 D4解析：选B由题意知圆锥的底面周长为2.设圆锥的母线长为l，则l2，即l2.故选B.3图1中的机

2、械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3.若曲侧面三棱柱的高为10，底面任意两顶点之间的距离为20，则其侧面积为( )A100 B600 C200 D300解析：选C莱洛三角形由三段半径为20，圆心角为的圆弧构成，所以该零件底面周长为32020，故其侧面积为200.4.(2022上饶一模)如图是一个无盖的正方体盒子展开图，A，B，C，D是展开图上的四点，则在正方体盒子中，AC与平面ABD所成角的余弦值为( )A. BC

3、. D解析：选A把展开图还原为正方体，A，B，C，D所在位置如图所示，所以AC与平面ABD所成角即为CAB，设正方体的棱长为1，则AB，AC，所以在RtABC中，cosCAB.故选A.5.(2022中山期末)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P，则PC1( )A2 BC. D1解析：选D连接AB1，交A1B于点Q，连接PA1和PB，PQ，因为AC1平面A1BP，又AC1平面AB1C1，且平面AB1C1平面A1BPPQ，所以AC1PQ，又点Q是AB1的中点，所以P是B1C1的中点，所以PC11.6(2022海南诊断) “牟合方盖”是我

4、国古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的几何模型如图1，正方体的棱长为2，用一个底面直径为2的圆柱面去截该正方体，沿着正方体的前后方向和左右方向各截一次，截得的公共部分即是一个牟合方盖(如图2)已知这个牟合方盖与正方体内切球的体积之比为4，则正方体除去牟合方盖后剩余部分的体积为( )A8 B8 C. D解析：选C正方体的体积为238，其内切球的体积为，由条件可知牟合方盖的体积为，故正方体除去牟合方盖后剩余部分的体积为8.7(2022焦作一模)如图，在正四面体ABCD中，E是棱AC的中点，F在棱BD上，且BD4FD，则异面直线EF与AB所成的角的余弦值为( )A. BC. D解析

5、：选C设G为棱AD上与点D最近的一个四等分点，连接EG，FG，AF，CF，则GFAB，所以异面直线EF与AB所成角即为EFG(或其补角)不妨设正四面体ABCD的棱长为4，则GFAB1.在ADF中，AD4，DF1，ADF60，由余弦定理得cos 60，解得AF，同理，CF.在等腰三角形ACF中，EF3.在AEG中，AE2，AG3，EAG60，由余弦定理得cos 60，解得EG.在EFG中，由余弦定理得cosEFG.8.(多选)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段CD1上有两个动点E，F，且EF，点P，Q分别为A1B1，BB1的中点，G在侧面CDD1C1上运动，且满足B1G平面C

6、D1PQ，以下命题正确的是( )AAB1EFB多面体AEFB1的体积为定值C侧面CDD1C1上存在点G，使得B1GCDD直线B1G与直线BC所成的角可能为解析：选ABC连接C1D，如图1.因为ABCD-A1B1C1D1为正方体，故可得DC1AB1，又DC1CD1，EF与CD1是同一条直线，故可得DC1EF，则AB1EF，故A正确；根据题意，EF，且线段EF在CD1上运动，且点A到直线CD1的距离不变，故AEF的面积为定值，又点B1到平面ACD1的距离h也为定值，故三棱锥B1-AEF的体积VB1-AEFSAEFh为定值，故B正确；取C1D1，C1C的中点分别为M，N，连接B1M，MN，NB1，如

7、图2，易知在C1D1C中，MNCD1，又PD1B1M，MNB1MM，CD1PD1D1，MN，B1M平面B1MN，CD1，PD1平面PD1CQ，故平面B1MN平面PD1CQ，又G在侧面CDD1C1上运动，且满足B1G平面CD1PQ，故G的轨迹即为线段MN；又因为ABCD-A1B1C1D1为正方体，故CD平面BCC1B1，B1N平面BCC1B1，故B1NCD，则当G与N重合时，B1GCD，故C正确；因为BCB1C1，故直线B1G与BC所成角即为直线B1G与B1C1所成角，即C1B1G，在RtB1C1G中，C1GmaxC1N，C1Gmin，故tanC1B1GC1G，而当直线B1G与直线BC所成的角为

8、时，tan，故直线B1G与直线BC所成的角不可能为，故D错误9.现有棱长为的正四面体D-ABC，其中点M为BCD的重心，点N，H分别为DM，AN中点，下列说法正确的有( )AANDM BHMCHM DHMAB解析：选B正四面体D-ABC，点M为BCD的重心，M为等边BCD的中心，AM平面BCD，DM平面BCD，AMDM.直线AM与AN交于点A，故AN不与DM垂直，故排除A；延长DM交BC于点G，则G为BC中点，连接AG，如图所示，在等边BCD中，由BC，得DG，由AMNM，AD，DMDG1，MN.HM，故B正确，C错误；在NAG中，H，M分别为NA，NG的中点，HMAG，又AGABA，HM不与

9、AB平行，故D错误10(多选)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，线段B1D1上有两个动点E，F且EF1，则下列结论正确的是( )AAC1EFBAEF的面积与BEF的面积之比为2CA1C平面AEFD三棱锥E-FAB的体积会随着E，F的运动而变化解析：选ABC在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得B1D1平面C1A1AC，由B1D1与EF共线，所以EF平面C1A1AC，又由AC1平面C1A1AC，所以EFAC1，所以A正确；由B1D1平面C1A1AC，A1C平面C1A1AC，可得A1CB1D1，又由B1A平面A1BCD1，A1C平面A1BCD1，可得B1AA1C，因为B1D1B

10、1AB1，所以A1C平面D1B1A，即A1C平面AEF，所以C正确；记A到EF的距离为h1，B到EF的距离为h2，则h1为正三角形D1B1A的高，故h12，而h2BB14，所以，故B正确；当EF在线段D1B1上运动时，EBF的面积不变，而点A到平面EBF的距离也不变，故三棱锥E-FAB的体积也不变，所以D错误11(多选)已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为r上1，r下2，母线AB长为2，E为母线AB中点，则下列结论正确的是( )A圆台母线AB与底面所成角为60B圆台的侧面积为12C圆台外接球半径为2D在圆台的侧面上，从C到E的最短路径的长度为5解析：选ACD如图1，过A作AFO1O

11、2交底面于F，因为O1O2底面，所以ABF即为母线AB与底面所成角在等腰梯形ABCD中，AB2，BF211，所以cosABF.因为ABF为锐角，所以ABF60，故A正确；如图2，圆台的侧面展开图为半圆环，其面积为S42226，故B错误；如图3，设圆台外接球的球心为O，半径为R.由题意可得，O1B2，O2A1，O1O2.设OO1a，则OO2a，由外接球半径ROAOB，即，解得a0.即点O，O1重合，所以ROB2，故C正确；如图4所示，在圆台的侧面上，从C到E的最短路径的长度为CE.由题意可得，GBGC4，AB2.由E为AB中点，所以GE3，所以CE5，故D正确12(多选)如图，在四棱锥S-ABC

12、D中，底面ABCD是边长为2的正方形，SA底面ABCD，SAAB，AC，BD交于点O，M是棱SD上的动点，则( )A三棱锥S-ACM体积的最大值为B存在点M，使OM平面SBCC点M到平面ABCD的距离与点M到平面SAB的距离之和为定值D存在点M，使直线OM与AB所成的角为30解析：选ABC以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，SAAB2，则A(0,0,0)，C(2,2,0)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，S(0,0,2)，O(1,1,0)，由M是棱SD上的动点，设M(0，2)(02)，VS-ACMSSACh，因为底面ABCD为正方形，故OD

13、AC，又SA底面ABCD，所以SAOD，又SAACA，所以OD底面SAC，所以当M与D重合时，三棱锥S-ACM体积有最大值且为VS-ACM22，故A正确；当M为SD中点时，OM是SBD的中位线，所以OMSB，又OM平面SBC，SB平面SBC，所以OM平面SBC，故B正确；点M到平面ABCD的距离d12，点M到平面SAB的距离d2，所以d1d222，故C正确；(2,0,0)，(1，1,2)，若存在点M，使直线OM与AB所成的角为30，则cos 30，化简得32970，无解，故D错误13(2022潍坊模拟)已知圆锥的高为1，轴截面是等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为_解析：圆锥的高为1，轴截面是等

14、腰直角三角形则圆锥的底面直径为2，母线长为 ，故该圆锥的侧面积为rl.答案：14.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是侧面BB1C1C内的一个动点，则三棱锥D-AED1的体积为_解析：点E到平面ADD1的距离为2，所以VD-AED1VE-ADD1SADD12222.答案：15已知三棱锥A-BCD中，ABD与CBD均为等边三角形，二面角A-BD-C的大小为60，则直线AD与平面BCD所成角的正弦值为_解析：不妨设AB4，设E为BD的中点，连接AE，CE.由题可知BDAE，BDCE，AECEE，所以BD平面AEC.易知AEEC2.因为二面角A-BD-C的平面角AEC60，故A

15、EC是等边三角形设EC的中点为H，连接AH，DH，则AH平面BCD，所以ADH为直线AD与平面BCD所成的角易知AH3，又AD4，所以sinADH.答案：16截角四面体(亦称“阿基米德多面体”)的表面由四个正三角形和四个正六边形组成，它是由一个正四面体分别沿每条棱的三等分点截去四个小正四面体而得到的几何体若一正四面体的棱长为3，则由其截得的截角四面体的体积为_解析：因为大正四面体的棱长为3，所以正四面体的一个底面面积为32，底面正三角形的高为3，则正四面体的高为，所以大正四面体的体积为，由题意可得四个角上的小正四面体的棱长为1，则其底面面积为，底面正三角形的高为，则小正四面体的高为，所以小正四面体的体积为，所以截得的截角四面体的体积为4.答案：