2021高考数学答案-高考数学专项练习及答案【二】

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一、选择题

　　1.若点P是两条异面直线l，m外的任意一点，则(　　)

　　A.过点P有且仅有一条直线与l，m都平行

　　B.过点P有且仅有一条直线与l，m都垂直

　　C.过点P有且仅有一条直线与l，m都相交

　　D.过点P有且仅有一条直线与l，m都异面

　　答案：B　命题立意：本题考查异面直线的几何性质，难度较小.

　　解题思路：因为点P是两条异面直线l，m外的任意一点，则过点P有且仅有一条直线与l，m都垂直，故选B.

　　2.如图，P是正方形ABCD外一点，且PA平面ABCD，则平面PAB与平面PBC、平面PAD的位置关系是(　　)

　　A.平面PAB与平面PBC、平面PAD都垂直

　　B.它们两两垂直

　　C.平面PAB与平面PBC垂直，与平面PAD不垂直

　　D.平面PAB与平面PBC、平面PAD都不垂直

　　答案：A　解题思路： DA⊥AB，DAPA，AB∩PA=A，

　　DA⊥平面PAB，又DA平面PAD， 平面PAD平面PAB.同理可证平面PAB平面PBC.把四棱锥P-ABCD放在长方体中，并把平面PBC补全为平面PBCD1，把平面PAD补全为平面PADD1，易知CD1D即为两个平面所成二面角的平面角，CD1D=APB，

　　CD1D<90°，故平面PAD与平面PBC不垂直.

　　3.设α，β分别为两个不同的平面，直线lα，则“lβ”是“αβ”成立的(　　)

　　A.充分不必要条件

　　B.必要不充分条件

　　C.充要条件

　　D.既不充分也不必要条件

　　答案：A　命题立意：本题主要考查空间线面、面面位置关系的判定与充分必要条件的判断，意在考查考生的逻辑推理能力.

　　解题思路：依题意，由lβ，lα可以推出αβ;反过来，由αβ，lα不能推出lβ.因此“lβ”是“αβ”成立的充分不必要条件，故选A.

　　4.若m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列结论正确的是(　　)

　　A.若m，n都平行于平面α，则m，n一定不是相交直线

　　B.若m，n都垂直于平面α，则m，n一定是平行直线

　　C.已知α，β互相垂直，m，n互相垂直，若mα，则nβ

　　D.m，n在平面α内的射影互相垂直，则m，n互相垂直

　　答案：B　解题思路：本题考查了空间中线面的平行及垂直关系.在A中：因为平行于同一平面的两直线可以平行，相交，异面，故A为假命题;在B中：因为垂直于同一平面的两直线平行，故B为真命题;在C中：n可以平行于β，也可以在β内，也可以与β相交，故C为假命题;在D中：m，n也可以不互相垂直，故D为假命题.故选B.

　　5.如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，另一端点N在正方形ABCD内运动，则MN的中点的轨迹的面积为(　　)

　　A.4π B.2π

　　C.π D.-π

　　答案：

　　D　解题思路：本题考查了立体几何中的点、线、面之间的关系.如图可知，端点N在正方形ABCD内运动，连接ND，由ND，DM，MN构成一个直角三角形，设P为NM的中点，根据直角三角形斜边上的中线长度为斜边的一半可得，不论MDN如何变化，点P到点D的距离始终等于1.故点P的轨迹是一个以D为中心，半径为1的球的球面，其面积为.

　　技巧点拨：探求以空间图形为背景的轨迹问题，要善于把立体几何问题转化到平面上，再联合运用平面几何、立体几何、空间向量、解析几何等知识去求解，实现立体几何到解析几何的过渡.

　　6.如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：

　　直线BE与直线CF是异面直线;直线BE与直线AF是异面直线;直线EF平面PBC;平面BCE平面PAD.

　　其中正确结论的序号是(　　)

　　A.1 B.1

　　C. 3D.4

　　答案：

　　B　解题思路：本题考查了立体几何中的点、线、面之间的关系.画出几何体的图形，如图，由题意可知，直线BE与直线CF是异面直线，不正确，因为E，F分别是PA与PD的中点，可知EFAD，所以EFBC，直线BE与直线CF是共面直线;直线BE与直线AF是异面直线，满足异面直线的定义，正确;直线EF平面PBC，由E，F是PA与PD的中点，可知EFAD，所以EFBC，因为EF平面PBC，BC平面PBC，所以判断是正确的;由题中条件不能判定平面BCE平面PAD，故不正确.故选B.

　　技巧点拨：翻折问题常见的是把三角形、四边形等平面图形翻折起来，然后考查立体几何的常见问题：垂直、角度、距离、应用等问题.此类问题考查学生从二维到三维的升维能力，考查学生空间想象能力.解决该问题时，不仅要知道空间立体几何的有关概念，还要注意到在翻折的过程中哪些量是不变的，哪些量是变化的.

　　二、填空题

　　7.如图，四边形ABCD为菱形，四边形CEFB为正方形，平面ABCD平面CEFB，CE=1，AED=30°，则异面直线BC与AE所成角的大小为________.

　　答案：45°　解题思路：因为BCAD，所以EAD就是异面直线BC与AE所成的角.

　　因为平面ABCD平面CEFB，且ECCB，

　　所以EC平面ABCD.

　　在RtECD中，EC=1，CD=1，故ED==.

　　在AED中，AED=30°，AD=1，由正弦定理可得=，即sin EAD===.

　　又因为EAD∈(0°，90°)，所以EAD=45°.

　　故异面直线BC与AE所成的角为45°.

　　8.给出命题：

　　异面直线是指空间中既不平行又不相交的直线;

　　两异面直线a，b，如果a平行于平面α，那么b不平行于平面α;

　　两异面直线a，b，如果a平面α，那么b不垂直于平面α;

　　两异面直线在同一平面内的射影不可能是两条平行直线.

　　上述命题中，真命题的序号是________.

　　答案：　解题思路：本题考查了空间几何体中的点、线、面之间的关系.根据异面直线的定义知：异面直线是指空间中既不平行又不相交的直线，故命题为真命题;两条异面直线可以平行于同一个平面，故命题为假命题;若bα，则ab，即a，b共面，这与a，b为异面直线矛盾，故命题为真命题;两条异面直线在同一个平面内的射影可以是：两条平行直线、两条相交直线、一点一直线，故命题为假命题.

　　9.如果一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥.已知一个正六棱锥的各个顶点都在半径为3的球面上，则该正六棱锥的体积的值为________.

　　答案：16　命题立意：本题以球的内接组合体问题引出，综合考查了棱锥体积公式、利用导数工具处理函数最值的方法，同时也有效地考查了考生的运算求解能力和数学建模能力.

　　解题思路：设球心到底面的距离为x，则底面边长为，高为x+3，正六棱锥的体积V=×(9-x2)×6(x+3)=(-x3-3x2+9x+27)，其中0≤x<3，则V′=(-3x2-6x+9)=0，令x2+2x-3=0，解得x=1或x=-3(舍)，故Vmax=V(1)=(-1-3+9+27)=16.

　　10.已知三棱锥P-ABC的各顶点均在一个半径为R的球面上，球心O在AB上，PO平面ABC，=，则三棱锥与球的体积之比为________.

　　答案：　命题立意：本题主要考查线面垂直、三棱锥与球的体积计算方法，意在考查考生的空间想象能力与基本运算能力.

　　解题思路：依题意，AB=2R，又=，ACB=90°，因此AC=R，BC=R，三棱锥P-ABC的体积VP-ABC=PO·SABC=×R××R×R=R3.而球的体积V球=R3，因此VP-ABCV球=R3R3=.
　　三、解答题

　　11.

　　如图，四边形ABCD与A′ABB′都是正方形，点E是A′A的中点，A′A平面ABCD.

　　(1)求证：A′C平面BDE;

　　(2)求证：平面A′AC平面BDE.

　　解题探究：第一问通过三角形的中位线证明出线线平行，从而证明出线面平行;第二问由A′A与平面ABCD垂直得到线线垂直，再由线线垂直证明出BD与平面A′AC垂直，从而得到平面与平面垂直.

　　解析：(1)设AC交BD于M，连接ME.

　　四边形ABCD是正方形，

　　M为AC的中点.

　　又 E为A′A的中点，

　　ME为A′AC的中位线，

　　ME∥A′C.

　　又 ME⊂平面BDE，

　　A′C⊄平面BDE，

　　A′C∥平面BDE.

　　(2)∵ 四边形ABCD为正方形， BD⊥AC.

　　∵ A′A⊥平面ABCD，BD平面ABCD，

　　A′A⊥BD.

　　又AC∩A′A=A， BD⊥平面A′AC.

　　BD⊂平面BDE，

　　平面A′AC平面BDE.

　　12.

　　如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知DC=DD1=2AD=2AB，ADDC，ABDC.

　　(1)求证：D1CAC1;

　　(2)设E是DC上一点，试确定E的位置，使D1E平面A1BD，并说明理由.

　　命题立意：本题主要考查空间几何体中的平行与垂直的判定，考查考生的空间想象能力和推理论证能力.通过已知条件中的线线垂直关系和线面垂直的判定证明线面垂直，从而证明线线的垂直关系.并通过线段的长度关系，借助题目中线段的中点和三角形的中位线寻找出线线平行，证明出线面的平行关系.解决本题的关键是学会作图、转化、构造.

　　解析：(1)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，连接C1D， DC=DD1，

　　四边形DCC1D1是正方形，

　　DC1⊥D1C.

　　又ADDC，ADDD1，DC∩DD1=D，

　　AD⊥平面DCC1D1，

　　又D1C平面DCC1D1，

　　AD⊥D1C.

　　∵ AD⊂平面ADC1，DC1平面ADC1，

　　且AD∩DC1=D，

　　D1C⊥平面ADC1，

　　又AC1平面ADC1，

　　D1C⊥AC1.

　　(1)题图

　　(2)题图

　　(2)连接AD1，AE，D1E，设AD1∩A1D=M，BD∩AE=N，连接MN.

　　平面AD1E∩平面A1BD=MN，

　　要使D1E平面A1BD，

　　可使MND1E，又M是AD1的中点，

　　则N是AE的中点.

　　又易知ABN≌△EDN，

　　AB=DE.

　　即E是DC的中点.

　　综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E平面A1BD.

　　13.

　　已知直三棱柱ABC-A′B′C′满足BAC=90°，AB=AC=AA′=2，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C-MNB的体积.

　　命题立意：本题主要考查空间线面位置关系、三棱锥的体积等基础知识.意在考查考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.

　　解析：(1)证明：如图，连接AB′，AC′，

　　四边形ABB′A′为矩形，M为A′B的中点，

　　AB′与A′B交于点M，且M为AB′的中点，又点N为B′C′的中点.

　　MN∥AC′.

　　又MN平面A′ACC′且AC′平面A′ACC′，

　　MN∥平面A′ACC′.

　　(2)由图可知VC-MNB=VM-BCN，

　　BAC=90°， BC==2，

　　又三棱柱ABC-A′B′C′为直三棱柱，且AA′=4，

　　S△BCN=×2×4=4.

　　A′B′=A′C′=2，BAC=90°，点N为B′C′的中点，

　　A′N⊥B′C′，A′N=.

　　又BB′⊥平面A′B′C′，

　　A′N⊥BB′，

　　A′N⊥平面BCN.

　　又M为A′B的中点，

　　M到平面BCN的距离为，

　　VC-MNB=VM-BCN=×4×=.

　　14.

　　如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，ABDC，PAD是等边三角形，BD=2AD=8，AB=2DC=4.

　　(1)设M是PC上的一点，证明：平面MBD平面PAD;

　　(2)求四棱锥P-ABCD的体积.

　　命题立意：本题主要考查线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理与性质定理以及棱锥的体积的计算等，意在考查考生的逻辑推理能力与计算能力，考查化归与转化思想.

　　解析：(1)证明：在ABD中，因为AD=4，BD=8，AB=4，所以AD2+BD2=AB2.

　　故ADBD.

　　又平面PAD平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，BD平面ABCD，

　　所以BD平面PAD，

　　又BD平面MBD，

　　所以平面MBD平面PAD.

　　(2)过点P作OPAD交AD于点O，

　　因为平面PAD平面ABCD，

　　所以PO平面ABCD.

　　因此PO为四棱锥P-ABCD的高.

　　又PAD是边长为4的等边三角形，

　　所以PO=×4=2.

　　在四边形ABCD中，ABDC，AB=2DC，

　　所以四边形ABCD是梯形.

　　在Rt△ADB中，斜边AB上的高为=，此即为梯形ABCD的高.

　　所以四边形ABCD的面积S=×=24.

　　故四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=×24×2=16.

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