2019年高考数学练习题汇总压轴小题突破练(2)

2019年高考数学练习题汇总压轴小题突破练(2)

压轴小题突破练(2)‎ ‎1．在四面体ABCD中，二面角A—BC—D为60°，点P为直线BC上一动点，记直线PA与平面BCD所成的角为θ，则(　　)‎ A．θ的最大值为60° B．θ的最小值为60°‎ C．θ的最大值为30° D．θ的最小值为30°‎ 答案　A 解析　过A作AH⊥平面BCD于点H，AG⊥BC于点G，连接PH，GH，‎ 则易知∠AGH为二面角A—BC—D的平面角，即∠AGH＝60°，∠APH为PA与平面BCD所成的角，则tan∠APH＝.因为AH为定长，所以当PH取得最小值时，∠APH取得最大值，易知当点P与点G重合时，PH取得最小值，所以θmax＝∠AGH＝60°，故选A.‎ ‎2．已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M分别是AB，AD，AA1的中点，又P，Q分别在线段A1B1，A1D1上，且A1P＝A1Q＝x,0＜x＜1，设平面MEF∩平面MPQ＝l，则下列结论中不成立的是(　　)‎ A．l∥平面ABCD B．l⊥AC C．平面MEF与平面MPQ垂直 D．当x变化时，l是定直线 答案　C 解析　连接BD，A1D，A1B，AC1，‎ 显然平面MEF∥平面A1DB，‎ 设A1B∩MP＝H，A1D∩QM＝G，‎ 连接HG，则l∥HG，‎ 又HG∥平面ABCD，‎ 所以l∥平面ABCD，AC⊥BD.‎ 又HG∥l∥BD，‎ 故AC⊥l，当P，Q分别与B1，D1重合时，平面MEF⊥平面MPQ，‎ 又0＜x＜1，故平面MEF与平面MPQ不垂直．‎ 无论x怎么变化，l是过M点与EF平行的定直线．‎ ‎3．已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，P是A1C1上任意一点，记平面PAB，平面PBC与下底面所成的二面角分别为α，β，则tan(α＋β)的最小值为(　　)‎ A．－ B．－ C．－ D．－ 答案　C 解析　如图，作PP1⊥AC，易知，PP1⊥底面ABCD，‎ 作PM⊥AB，PN⊥BC，连接MP1，NP1，‎ 易证得∠PMP1＝α，∠PNP1＝β.‎ 设MP1＝x，则NP1＝1－x，‎ ‎∴tan α＝，tan β＝，‎ ‎∴tan (α＋β)＝＝＝＝.‎ ‎∵0≤x≤1，∴当x＝时，tan(α＋β)有最小值－，故选C.‎ ‎4．已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是AB的中点，点F是B1C1的中点，若正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球与直线EF交于点G，H，且GH＝3，若点Q是棱BB1上一个动点，则AQ＋D1Q的最小值为(　　)‎ A．6 B．3 C．6 D．6 答案　C 解析　设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，内切球球心为O，‎ 由题意可得内切球半径r＝.‎ OE＝OF＝a，EF＝＝a，‎ 取EF中点P，则OP＝＝a，‎ 所以cos∠POG＝＝＝，‎ 所以∠GOH＝，OG＝＝，a＝3，‎ 把平面DD1B1B与平面AA1B1B展成一个平面，‎ 则A，Q，D1共线时AQ＋D1Q最小，最小值为 D1A＝＝＝6.‎ ‎5．已知三棱锥D－ABC的所有顶点都在球O的球面上，AB＝BC＝2，AC＝2，若三棱锥D－ABC体积的最大值为2，则球O的表面积为(　　)‎ A．8π B．9π C. D. 答案　D 解析　由AB＝BC＝2，AC＝2，‎ 可得AB2＋BC2＝AC2.‎ 所以△ABC为直角三角形，且AC为斜边．‎ 所以过△ABC的截面圆的圆心为斜边AC的中点E.‎ 当DE⊥平面ABC，且球心O在DE上时，三棱锥D－ABC的体积取最大值．‎ 因为三棱锥D－ABC体积的最大值为2，‎ 所以S△ABC·DE＝2，‎ 即××22×DE＝2，解得DE＝3.‎ 设球的半径为R，则AE2＋OE2＝AO2，‎ 即()2＋(3－R)2＝R2，解得R＝.‎ ‎ 所以球O的表面积为4πR2＝4π×2＝.‎ ‎6．如图，AB∩α＝B，直线AB与平面α所成的角为75°，点A是直线AB上一定点，动直线AP与平面α交于点P，且满足∠PAB＝45°，则点P在平面α内的轨迹是(　　)‎ A．双曲线的一支 B．抛物线的一部分 C．圆 D．椭圆 答案　D 解析　用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线．‎ 此题中平面α上的动点P满足∠PAB＝45°，可理解为P在以AB为轴的圆锥的侧面上，再由斜线段AB与平面α所成的角为75°，可知P的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义．故可知动点P的轨迹是椭圆．‎ ‎7．在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是BC的中点，点P是面DCC1D1所在的平面内的动点，且满足∠APD＝∠MPC，则三棱锥P－BCD体积的最大值是(　　)‎ A．36 B．12 C．24 D．18 答案　B 解析　∵AD⊥平面D1DCC1，∴AD⊥DP，‎ 同理BC⊥平面D1DCC1，则BC⊥CP，∠APD＝∠MPC，‎ ‎∴△PAD∽△PMC，∴＝，‎ ‎∵AD＝2MC，‎ ‎∴PD＝2PC，下面研究点P在面DCC1D1内的轨迹(立体几何平面化)，在平面直角坐标系内设D(0,0)，C(6,0)，C1(6,6)，设P(x，y)，‎ ‎∵PD＝2PC，‎ ‎∴＝2，化简得(x－8)2＋y2＝16(4≤x≤6)，该圆与CC1的交点的纵坐标最大，交点坐标(6,2)，三棱锥P－BCD的底面BCD的面积为18，要使三棱锥P－BCD的体积最大，只需高最大，当P点坐标为(6,2)时，CP＝2，棱锥的高最大，此时三棱锥P－BCD的体积V＝×18×2＝12，故选B.‎ ‎8．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD，使∠A′DC＝，则下列结论不正确的是(　　)‎ A．A′B⊥CD B．∠BA′C＝ C．二面角A′－BC－D的平面角的正切值为 D．异面直线A′C与BD所成角的大小为 答案　C 解析　因为CD⊥BD且A′D⊥CD，所以CD⊥平面A′BD，因此CD⊥A′B，故A正确；因为A′B⊥CD，A′D⊥A′B，所以A′B⊥平面A′CD，因此A′B⊥A′C，即∠BA′C＝，故B正确；取BD的中点E，连接A′E，易知平面A′BD⊥平面BCD，且平面A′BD∩平面BCD＝BD，A′E⊥BD，所以A′E⊥平面BCD.过E作EF⊥BC交BC于点F，连接A′F，所以∠A′FE为二面角A′－BC－D的平面角，所以tan∠A′FE＝，故C错．取A′B，BC，A′D的中点分别为M，N，P，连接MN，MP，NP，则异面直线A′C与BD所成的角即为∠NMP(或其补角)，易知MP＝BD＝，MN＝A′C＝，易求得NP＝，故△MNP为等边三角形，所以异面直线A′C与BD所成角的大小为，故D正确．‎ ‎9．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线AC1上取一点P，以A为球心，AP为半径作一个球，设AP＝x，记该球面与正方体表面的交线的长度和为f(x)，则函数f(x)的图象最有可能的是(　　)‎ 答案　B 解析　球面与正方体的表面都相交，我们考虑三种特殊情形：‎ ‎①当x＝1时；②当x＝时；③当x＝时．‎ ‎①当x＝1时，以A为球心，1为半径作一个球，该球面与正方体表面的交线弧长为3××2π×1＝，且为函数f(x)的最大值；‎ ‎②当x＝时，以A为球心，为半径作一个球，根据图形的相似，该球面与正方体表面的交线弧长为①中的一半；‎ ‎③当x＝时，以A为球心，为半径作一个球，该球面与正方体表面的交线弧长为3××2π×1＝，‎ 对照选项可得B正确．‎ ‎10．在正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，AD的中点，将△ABF沿BF所在的直线进行翻折，将△CDE沿DE所在的直线进行翻折，则在翻折的过程中(　　)‎ A．点A与点C在某一位置可能重合 B．点A与点C的最大距离为AB C．直线AB与直线CD可能垂直 D．直线AF与直线CE可能垂直 答案　D 解析　若点A与点C在某一位置重合，则在△ABE中，BE＝AE＝AB，即有BE＋AE＝AB，则BE，AE，AB三边不构成三角形，故A错．在正方形ABCD中，设AC与BF，ED分别交于点M，N，则AM＋NM＋NC＝AB，在翻折的过程中，总有AC≤AM＋MC≤AM＋MN＋NC＝AB，故B错．因为BF∥DE，∠ABF≠∠CED，所以在翻折的过程中，AB与CE不平行，过点B作BP∥CE，且BP＝CE，则直线BP，BA是相交直线，由四边形BECP为平行四边形得CP∥BE，且CP＝BE，从而有CP∥DF，且CP＝DF，所以四边形CDFP为平行四边形，故FP∥CD，故若AB⊥CD，则FP⊥AB，又CD⊥CE，故FP⊥PB，从而有FP⊥平面ABP，所以FP⊥AP，则在△FPA中，AF>FP，但AF＝CD＝FP，矛盾，故C错．由上知若直线AF与直线CE垂直，则AF⊥BP，又FP⊥PB，从而有BP⊥平面APF，所以BP⊥AP，故只需AP＝AB即可，即D正确，故选D.‎ ‎11．如图，已知△ABC是等腰直角三角形，∠C＝，点M在△ABC外，且MB＝1，MC＝2，则MA的最大值是________．‎ 答案　2＋1‎ 解析　如图，以C为原点，MC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则M(－2,0)．设A(x，y)，则由AC⊥BC且AC＝BC可得B(－y，x)，又MB＝1，则(－y＋2)2＋x2＝1，即知点A的轨迹是以P(0,2)为圆心，1为半径为圆，则AM≤MP＋PA＝2＋1.‎ ‎12．如图所示，正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1，E，F分别是棱AA′，CC′的中点，过直线EF的平面分别与棱BB′，DD′分别交于M，N两点，设BM＝x，x∈[0,1]，给出以下四个结论：‎ ‎①平面MENF⊥平面BDD′B′；‎ ‎②直线AC∥平面MENF始终成立；‎ ‎③四边形MENF周长L＝f(x)，x∈[0,1]是单调函数；‎ ‎④四棱锥C′－MENF的体积V＝h(x)为常数．‎ 以上结论正确的是______________．‎ 答案　①②④‎ 解析　①因为EF⊥BB′，EF⊥BD，BB′∩BD＝B，‎ 所以EF⊥平面BDD′B′，‎ 所以平面MENF⊥平面BDD′B′成立；‎ ‎②因为AC∥EF，所以直线AC∥平面MENF始终成立；‎ ‎③因为MF＝，‎ f(x)＝4，‎ 所以f(x)在[0,1]上不是单调函数；‎ ‎④VC′－MENF＝VF－MC′E＋VF－C′NE＝·＋·＝，故h(x)为常数．‎ ‎13．正四面体ABCD的棱长为6，其中AB∥平面α，E，F分别为线段AD，BC的中点，当正四面体以AB为轴旋转时，线段EF在平面α上的射影长的取值范围是________．‎ 答案　[3,3]‎ 解析　如图，取AC的中点G，连接GE，GF，EF，结合已知可得GF∥AB，在正四面体中，AB⊥CD，又GE∥CD，‎ ‎∴GE⊥GF，∴EF2＝GE2＋GF2，‎ 当四面体绕AB旋转时，‎ ‎∵GF∥平面α，GE与GF的垂直性保持不变，‎ 显然当CD与平面α垂直时，GE在平面α上的射影长最短为0，‎ 此时EF在平面α上射影E1F1的长取得最小值3.‎ 当CD与平面α平行时，GE在平面上的射影长取得最大值3，E1F1取得最大值3，所以射影E1F1长度的取值范围是[3，3]．‎ ‎14．如图，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，则三棱锥D－AEF体积的最大值为__________．‎ 答案　 解析　∵AD⊥平面ABC，‎ ‎∴DA⊥AB，AD⊥BC，‎ ‎∵AE⊥DB，又AD＝AB＝2，∴DE＝.‎ 又∵BC⊥AC，AC∩AD＝A，‎ ‎∴BC⊥平面ACD，‎ ‎∴平面BCD⊥平面ACD，‎ ‎∵AF⊥DC，平面BCD∩平面ACD＝CD，AF⊂平面ACD，‎ ‎∴AF⊥平面BCD，‎ ‎∴AF⊥BD，又AE⊥BD，AF∩AE＝A，‎ ‎∴BD⊥平面AEF，‎ 由AF⊥EF，得AF2＋EF2＝AE2＝2≥2AF·EF，即AF·EF≤1，‎ ‎∴S△AEF≤，当且仅当AF＝EF＝1时“＝”成立，‎ ‎∴三棱锥D－AEF体积的最大值为××＝.‎ ‎15.如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是________．‎ 答案　 解析　设直线AC与BD′所成角为θ，平面ACD翻折的角度为α，设O是AC中点，由已知得AC＝，如图，‎ 以OB为x轴，OA为y轴，过O与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 由A，B，C，作DH⊥AC于H，翻折过程中，D′H始终与AC垂直，CH＝＝＝，‎ 则OH＝，DH＝＝，‎ 因此可设D′，‎ 则＝，‎ 与平行的单位向量为n＝(0,1,0)，‎ 所以cos θ＝|cos〈，n〉|＝＝，‎ 所以cos α＝－1时，cos θ取最大值.‎ ‎16．已知等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝2，D，E分别为AB，AC的中点，沿DE将△ABC折成直二面角(如图)，则四棱锥A—DECB的外接球的表面积为________．‎ 答案　10π 解析　因为△ADE为等腰直角三角形，‎ 所以△ADE的外接圆的圆心在DE上，‎ 即平面ADE截四棱锥A—DECB的外接球所得的截面圆的圆心在DE上，‎ 即在平面DECB内，‎ 所以等腰梯形DECB的外接圆的半径即为四棱锥A—DECB的外接球的半径．‎ 以BC的中点为原点，BC所在的直线为x轴，线段BC的垂直平分线所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，‎ 则易得C(，0)，E，‎ 因为四边形DECB为等腰梯形，‎ 所以其外接圆的圆心在线段BC的垂直平分线上，‎ 设其坐标为P(0，y)，则由|PC|＝|PE|得 ＝，‎ 解得y＝－，‎ 所以等腰梯形DECB的外接圆的半径 r＝|PC|＝＝，‎ 所以四棱锥A—DECB的外接球的表面积为4πr2＝10π.‎ ‎17．如图，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，将△ABD沿对角线BD向上翻折，若翻折过程中AC长度在内变化，则点A所形成的运动轨迹的长度为________．‎ 答案　π 解析　如图1，过点A作AO⊥BD，垂足为点O，过点C作直线AO的垂线，垂足为点E，则易得AO＝OE＝，CE＝1.‎ 在图2中，由旋转的性质易得点A在点O为圆心，以AO为半径的圆上运动，且BD垂直于圆O所在的平面，‎ 又因为CE∥BD，‎ 所以CE垂直于圆O所在的平面，‎ 设当A运动到点A1处时，CA1＝，‎ 当A运动到点A2处时，CA2＝，‎ 则有CE⊥EA1，CE⊥EA2，‎ 则易得EA1＝，EA2＝，‎ 则易得△OEA2是以O为直角顶点的等腰直角三角形，在△OEA1中，由余弦定理得cos∠EOA1＝－，‎ 所以∠EOA1＝120°，‎ 所以∠A1OA2＝30°，‎ 所以点A所形成的轨迹为半径为OA＝，圆心角为∠A1OA2＝30°的圆弧，‎ 所以运动轨迹的长度为×π×＝π.‎