（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 階段質(zhì)量檢測（二）專題一-二“綜合檢測”

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1、（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 階段質(zhì)量檢測（二）專題一-二“綜合檢測” 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則下列命題正確的是(　　) A．若m∥α，α∩β＝n，則m∥n B．若m∥α，n∥α，則m∥n C．若m∥α，m⊥n，則n⊥α D．若m⊥α，m∥β，則α⊥β 解析：選D　選項(xiàng)A，因?yàn)閚可以是平面α內(nèi)的任意一條直線，所以m，n可能平行，可能異面，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；與同一個(gè)平面平行的兩條直線可能平行，也可能相交，還可能異面，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；易知選項(xiàng)C

2、錯(cuò)誤．故選D. 2．“sin A>tan A”是“△ABC是鈍角三角形”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選A　若sin A>tan A，則sin A>，因?yàn)閟in A>0，所以1>，易得－1< cos A<0，所以A∈，所以△ABC為鈍角三角形．假設(shè)B＝，A＝，△ABC為鈍角三角形，則sin A＝tan A”是“△ABC是鈍角三角形”的充分不必要條件． 3．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的內(nèi)切球的體積為(　　) A.π　　　　　　　　　　 B.π C.π D

3、.π 解析：選D　由三視圖可知該幾何體是一個(gè)三棱錐．幾何體的表面積S＝2××3×3＋2××3×6＝27， 幾何體的體積V＝××3×3×3＝. 設(shè)幾何體的內(nèi)切球的半徑為r， 則V＝·S·r＝9r＝，得r＝， 故幾何體的內(nèi)切球的體積V球＝πr3＝π×＝π.故選D. 4．已知sin＝，則cos(2 018π－2θ)＝(　　) A．－ B. C．－ D. 解析：選C　因?yàn)閟in＝sin＝sin＝cos θ＝，所以cos(2 018π－2θ)＝cos 2θ＝2cos2θ－1＝2×2－1＝－.故選C. 5．為了得到函數(shù)y＝sin的圖象，只需將y＝cos 2x的圖象上的每一點(diǎn)(　

4、　) A．向右平移個(gè)單位長度 B．向右平移個(gè)單位長度 C．向左平移個(gè)單位長度 D．向左平移個(gè)單位長度 解析：選B　y＝cos 2x＝sin，由y＝sin的圖象向右平移個(gè)單位長度得到的函數(shù)圖象的解析式是y＝sin＝sin.所以選B. 6．已知＝λ＋μ (λ，μ∈R)，且A，B，C三點(diǎn)不共線(　　) A．若λ＝，μ＝，則G是△ABC的重心 B．若λ＝，μ＝，則G是△ABC的垂心 C．若λ＝，μ＝，則G是△ABC的內(nèi)心 D．若λ＝，μ＝，則G是△ABC的外心 解析：選A　如圖，設(shè)△ABC中BC邊上的中線為AD，則＝(＋)，即＋＝2.當(dāng)λ＝μ＝時(shí)，＝＋，所以＝(＋)＝.所以G為△

5、ABC的重心，A正確．當(dāng)＝＋或＝＋時(shí)，G，B，C三點(diǎn)共線，故B、C錯(cuò)誤；當(dāng)λ＝μ＝時(shí)，＝(＋)＝，即點(diǎn)G在中線AD的延長線上，而外心為三角形三邊中垂線的交點(diǎn)，所以G不一定是△ABC的外心，D錯(cuò)誤，故選A. 7．如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB1，BC1的中點(diǎn)．下列結(jié)論中，正確的是(　　) A．EF⊥BB1 B．EF∥平面ACC1A1 C．EF⊥BD D．EF⊥平面BCC1B1 解析：選B　如圖，取BB1的中點(diǎn)M，連接ME，MF，延長ME交AA1于點(diǎn)P，延長MF交CC1于點(diǎn)Q，連接PQ.∵E，F(xiàn)分別是AB1，BC1的中點(diǎn)，∴P是AA1的中點(diǎn)，Q是CC

6、1的中點(diǎn)，從而可得E是MP的中點(diǎn)，F(xiàn)是MQ的中點(diǎn)，所以EF∥PQ，又PQ?平面ACC1A1，EF?平面ACC1A1，所以EF∥平面ACC1A1.故選B. 8．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)M是直線AB1上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P是△A1C1D所在平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，記直線D1P與直線CM所成的角為θ，若θ的最小值為，則點(diǎn)P的軌跡是(　　) A．圓 B．橢圓 C．拋物線 D．雙曲線 解析：選A　將空間中線線角的最值問題轉(zhuǎn)化為線面角的問題．點(diǎn)在動(dòng)，平面沒有動(dòng)，將動(dòng)變成定．連接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，直線D1

7、P與直線CM所成角的最小值即為直線D1P與平面A1C1D所成的線面角，即原問題轉(zhuǎn)化為直線D1P與平面A1C1D所成的線面角為.因?yàn)辄c(diǎn)P是△A1C1D上的動(dòng)點(diǎn)，所以點(diǎn)P的軌跡為一個(gè)圓(如圖所示)． 9．向量a，b滿足|a|＝4，b·(a－2b)＝0.則|a－4b|＝(　　) A．0 B．4 C．8 D．12 解析：選B　因?yàn)閎·(a－2b)＝0，所以b與a－2b垂直，如圖， 在Rt△ACB中，＝a，＝2b，＝a－2b，O為AB的中點(diǎn)，則||＝|－|＝a－2b＝||＝2，所以|a－4b|＝4. 10．已知點(diǎn)P是四邊形ABCD所在平面外一點(diǎn)，且點(diǎn)P在平面ABCD上的射影O在四邊形

8、ABCD的內(nèi)部，記二面角P-AB-O，P-BC-O，P-CD-O，P-DA-O的大小分別是α，β，γ，δ，則以下四個(gè)命題中正確的是(　　) ①必不存在點(diǎn)P，使α＝β＝γ＝δ ②必存在點(diǎn)P，使α＝β＝γ＝δ ③必存在點(diǎn)P，使α＝β＝γ≠δ ④必存在點(diǎn)P，使α＝γ且β＝δ A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 解析：選D　若要存在某兩個(gè)二面角的平面角相等，則需要射影O到這兩個(gè)二面角棱的距離相等．平面四邊形ABCD兩個(gè)內(nèi)角的平分線必有交點(diǎn)，三個(gè)內(nèi)角的平分線不一定交于一點(diǎn)，故命題①②錯(cuò)誤；易知命題③正確，如圖，不規(guī)則平面四邊形ABCD中，∠M，∠N的平分線必交于一點(diǎn)；而四邊形A

9、BCD為平行四邊形、梯形時(shí)，也可驗(yàn)證命題④是正確的．故選D. 二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分) 11．已知tan α＝2，則tan＝________，cos2α＝________. 解析：∵tan α＝2，∴tan＝＝－3， ∴cos2α＝＝＝. 答案：－3　 12．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是______，表面積是________． 解析：由三視圖可知，該幾何體是以四邊形ABB1A1為底面的四棱柱，根據(jù)三視圖易求得該幾何體的體積V＝×2×2＝6. ∵四邊形ABB1A1為直角梯形，且A1B1＝1，AA1＝AB＝2，∴BB

10、1＝， ∴表面積S＝2×2＋2×2＋1×2＋2×＋2×＝16＋2. 答案：6　16＋2 13．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c.若a(1－cos C)＝ccos A，且|＋|＝8，則△ABC面積的最大值是________，當(dāng)△ABC面積最大時(shí)tan A＝________. 解析：由a(1－cos C)＝ccos A及正弦定理得sin A(1－cos C)＝sin Ccos A，移項(xiàng)得sin A＝sin Ccos A＋sin Acos C＝sin(A＋C)＝sin B，因?yàn)锳，B∈(0，π)，所以A＝B，所以a＝b，又a2＝b2＋c2－2bccos A，所以c＝2bc

11、os A. 設(shè)AC邊上的中線為BD，由|＋|＝8得到BD的長為4，由余弦定理得16＝c2＋2－2c×cos A，所以b2＝，所以△ABC的面積S＝bcsin A＝＝.由基本不等式得S≤，當(dāng)且僅當(dāng)tan A＝3時(shí)，等號(hào)成立．所以△ABC面積的最大值為. 答案：　3 14．在△ABC中，D為AB的中點(diǎn)，AC＝2CD＝4，△ABC的面積為3.作BE⊥CD于E，將BCD沿CD翻折，翻折過程中AC與BE所成的最小角的余弦值為________． 解析：將△BCD沿CD翻折過程中，BE掃過的區(qū)域即為如圖所示的圓面E.故AC與BE所成的最小角即為AC與圓面E所成的線面角．由于D為AB的中點(diǎn)，故將△AC

12、D沿CD翻折的過程中，點(diǎn)A的軌跡是與圓面E平行的圓面O.此時(shí)AC與BE所成的最小角即為AC與圓面O所成的線面角，即∠CAO.因?yàn)镈為AB的中點(diǎn)，所以BE＝OA，因?yàn)锳C＝2CD＝4，S△ABC＝3，且S△ABC＝S△ACD＋S△BCD，所以×CD×AO＋×CD×BE＝3，解得AO＝BE＝，所以cos∠CAO＝＝.故AC與BE所成的最小角的余弦值為. 答案： 15．在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC將矩形ABCD折成一個(gè)直二面角B-AC-D，則四面體DABC的外接球的表面積為________，四面體DABC的體積為________． 解析：由題意知，四面體的外接球的球心到4個(gè)

13、頂點(diǎn)的距離相等，所以球心在對(duì)角線AC上，且為AC的中點(diǎn)，而AC＝＝5，所以外接球的半徑r＝AC＝，故外接球的表面積S＝4πr2＝25π.因?yàn)槠矫鍰AC⊥平面ABC，所以點(diǎn)D到AC的距離即為點(diǎn)D到平面ABC的距離，為＝＝，故四面體D-ABC的體積V＝×S△ABC×＝××4×3×＝. 答案：25π　 16．已知向量a，b滿足|a－b|＝|a＋3b|＝2，則|b|的取值范圍是________． 解析：法一：如圖，作＝a，＝b，＝－3b，則||＝|a－b|＝2，||＝|a＋3b|＝2. 所以0≤||＝|4b|≤4，故有0≤|b|≤1. 法二：由|a－b|＝|a＋3b|＝2，得 則其中θ

14、表示向量a與向量b的夾角，當(dāng)cos θ≠0時(shí)，有|a|＝－，代入|a|2＋3|b|2＝4，有2＋3|b|2＝4，所以|b|2＝，因?yàn)?

15、時(shí)，點(diǎn)P到底面的距離最小，此時(shí)Q在AC上，且PQ⊥AC.展開三角形ACC1與三角形AB1C1，使它們?cè)谕粋€(gè)平面上，如圖，易知∠B1AC1＝∠C1AC＝30°，AM＝，PQ⊥AC，可知當(dāng)MQ⊥AC，即P，Q，M三點(diǎn)共線時(shí)，MP＋PQ最小，最小值為sin 60°＝. 答案： 三、解答題(本大題共5小題，共74分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 18．(本小題滿分14分)(2018·天津五區(qū)縣聯(lián)考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且8sin2－2cos 2C＝7. (1)求tan C的值； (2)若c＝，sin B＝2sin A，求a，b的值． 解：(1

16、)在△ABC中，因?yàn)锳＋B＋C＝π， 所以＝－，則sin＝cos. 由8sin2－2cos 2C＝7，得8cos2－2cos 2C＝7， 所以4(1＋cos C)－2(2cos2C－1)＝7， 即(2cos C－1)2＝0，所以cos C＝. 因?yàn)?＜C＜π，所以C＝， 于是tan C＝tan＝. (2)由sin B＝2sin A，得b＝2a. ① 又c＝，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos， 即a2＋b2－ab＝3. ② 聯(lián)立①②，解得a＝1，b＝2. 19．(本小題滿分15分)在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，AB＝AP＝2，CP

17、＝2，∠BAD＝∠BAP＝120°，點(diǎn)E為PB的中點(diǎn)． (1)求證：AE⊥BC； (2)求直線AP和平面ACE所成角的正弦值． 解：(1)證明：∵AP＝AB，E為PB的中點(diǎn)，∴AE⊥PB， 又∵∠BAP＝120°，∴∠APB＝∠ABP＝30°. 在Rt△APE中，PE＝PA·cos∠APE＝，AE＝1， ∴PB＝2. 由PB＝2，CP＝2，BC＝2，得∠BCP＝90°， ∴CE＝PB＝， 由底面ABCD是菱形，∠BAD＝120°，易得AC＝2. ∴AE2＋CE2＝AC2， ∴△AEC為直角三角形，∴AE⊥CE， 又∵PB∩CE＝E，PB?平面BCP，CE?平面BCP，

18、 ∴AE⊥平面BCP， ∵BC?平面BCP，∴AE⊥BC. (2)設(shè)點(diǎn)P到平面ACE的距離為h. ∵VP-ACE＝VA-PCE，即S△ACE·h＝S△PCE·AE， 由(1)可知，S△ACE＝×AE×CE＝×1×＝， S△PCE＝S△PBC＝××2×2＝， ∴××h＝××1，∴h＝. ∴直線AP和平面ACE所成角的正弦值為＝＝. 20．(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝a·b，其中a＝(2cos x，－sin 2x)，b＝(cos x,1)，x∈R. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，f(A)＝－1，a＝，

19、且向量m＝(3，sin B)與n＝(2，sin C)共線，求b和c的值． 解：(1)由題知，f(x)＝2cos2x－sin 2x＝1＋cos 2x－sin 2x＝1＋2cos， 令2kπ≤2x＋≤2kπ＋π(k∈Z)， 解得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)， ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(k∈Z)． (2)∵f(A)＝1＋2cos＝－1， ∴cos＝－1， 又<2A＋<，∴2A＋＝π，即A＝. 又∵a＝，∴由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc＝7.① ∵向量m＝(3，sin B)與n＝(2，sin C)共線， ∴2sin B＝3sin C，

20、∴由正弦定理得2b＝3c.② 由①②得b＝3，c＝2. 21．(本小題滿分15分)在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC1⊥平面ABC，BC＝CA＝AC1. (1)求證：AC⊥平面AB1C1； (2)求二面角A1-BB1-C的余弦值． 解：(1)證明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，BC∥B1C1.因?yàn)椤螦CB＝90°，所以AC⊥BC，所以AC⊥B1C1. 因?yàn)锳C1⊥平面ABC，AC?平面ABC，所以AC1⊥AC，因?yàn)锳C1∩B1C1＝C1，AC1?平面AB1C1，B1C1?平面AB1C1，所以AC⊥平面AB1C1. (2)法一：因?yàn)辄c(diǎn)A1在平面A1ABB1內(nèi)，

21、故只需求二面角A-BB1-C的平面角． 分別取BB1，CC1的中點(diǎn)M，N，連接AM，MN，AN， 由(1)可知，AB1＝＝＝AB，因?yàn)镸為BB1的中點(diǎn)，所以AM⊥BB1.因?yàn)锳C1⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以AC1⊥BC，又因?yàn)椤螦CB＝90°，所以AC⊥BC，因?yàn)锳C∩AC1＝A，AC?平面ACC1，AC1?平面ACC1，所以BC⊥平面ACC1，因?yàn)镃C1?平面ACC1，所以BC⊥CC1，即平行四邊形BCC1B1為矩形， 因?yàn)镸，N分別為BB1，CC1的中點(diǎn)，所以MN⊥BB1，所以∠AMN為二面角A-BB1-C的平面角． 設(shè)BC＝CA＝AC1＝1，則AB＝AB1＝BB1＝，M

22、N＝1，AN＝，所以AM＝. 由余弦定理得，cos∠AMN＝＝， 所以二面角A1-BB1-C的余弦值為. 法二：如圖所示，以A為原點(diǎn)，分別以AC所在直線為x軸，底面內(nèi)AC的垂線為y軸，AC1所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)BC＝CA＝AC1＝1，由題意知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)． 設(shè)平面A1B1BA的法向量為m＝(x1，y1，z1)，平面BB1C的法向量為n＝(x2，y2，z2)． 由得可取m＝(1，－1,1)． 由得可取n＝(1,0,1)．

23、 于是|cos〈m，n〉|＝＝， 由題意知，所求二面角的平面角為銳角， 故二面角A1-BB1-C的余弦值為. 22．(本小題滿分15分)如圖，在三棱臺(tái)ABC-A1B1C1中，AB＝4，BC＝2，CA＝2，B1C1＝1，CC1＝，BC⊥CC1.D是AC上的一點(diǎn)，滿足AD＝3DC，過點(diǎn)B1，C1，D的平面交AB于點(diǎn)F. (1)求證：BC∥DF； (2)若二面角A-BC-B1的平面角的大小為60°，求直線AB1與平面B1C1DF所成角的正切值． 解：(1)證明：因?yàn)锳BC-A1B1C1為三棱臺(tái)， 所以BC∥B1C1， 又因?yàn)锽C?平面B1C1DF，B1C1?平面B1C1DF， 所

24、以BC∥平面B1C1DF， 又因?yàn)锽C?平面ABC，平面ABC∩平面B1C1DF＝DF，所以BC∥DF. (2)因?yàn)锳B＝4，BC＝2，CA＝2， 所以AB2＝BC2＋CA2，所以BC⊥CA， 又因?yàn)锽C⊥CC1，平面ABC∩平面BCB1＝BC， 所以∠ACC1是二面角A-BC-B1的平面角， 即∠ACC1＝60°， 又因?yàn)镃D＝CA＝，CC1＝， 所以C1D＝＝， 所以C1D2＋CD2＝CC， 所以∠C1DC＝90°，即AD⊥DC1， 因?yàn)锽C∥DF，BC⊥AC，所以AD⊥DF， 又因?yàn)镈C1∩DF＝D，DC1?平面B1C1DF，DF?平面B1C1DF， 所以AD⊥平面B1C1DF， 連接DB1，則∠AB1D是直線AB1與平面B1C1DF所成的角． 易知BC⊥平面ACC1A1，所以B1C1⊥平面ACC1A1， 因?yàn)镈C1?平面ACC1A1，所以B1C1⊥DC1， 又因?yàn)镈C1＝，B1C1＝1，所以DB1＝， 所以tan∠AB1D＝＝＝. 所以直線AB1與平面B1C1DF所成角的正切值為.