2020年高考数学一轮复习 专题9.9 真题再现练习 文（含解析）

9.9高考真题（文科）1．(2019年新课标Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面,ABCDM是线段ED的中点，则（）A．BMEN，且直线,BMEN是相交直线B．BMEN，且直线,BMEN是相交直线C．BMEN，且直线,BMEN是异面直线D．BMEN，且直线,BMEN是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作EOCD于O，连接ON，过M作MFOD于F．连BF，平面CDE平面ABCD．,EOCDEO平面CDE，EO平面ABCD，MF平面ABCE，MFB与EON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EOONEN，35,,722MFBFBM．BMEN，故选B．2．(2018年北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A．1B．2C．3D．4【答案】C【解析】由三视图可得四棱锥𝑃−𝑃𝑃𝑃𝑃，在四棱锥𝑃−𝑃𝑃𝑃𝑃中，𝑃𝑃=2,𝑃𝑃=2,𝑃𝑃=2,𝑃𝑃=1，由勾股定理可知：𝑃𝑃=2√2,𝑃𝑃=2√2,𝑃𝑃=3,𝑃𝑃=√5，则在四棱锥中，直角三角形有：𝑃𝑃𝑃𝑃,𝑃𝑃𝑃𝑃,𝑃𝑃𝑃𝑃共三个，故选C.3．(2018年新课标I卷)在长方体𝑃𝑃𝑃𝑃−𝑃1𝑃1𝑃1𝑃1中，𝑃𝑃=𝑃𝑃=2，𝑃𝑃1与平面𝑃𝑃1𝑃1𝑃所成的角为30°，则该长方体的体积为（）A．8B．6√2C．8√2D．8√3【答案】C【解析】在长方体𝑃𝑃𝑃𝑃−𝑃1𝑃1𝑃1𝑃1中，连接𝑃𝑃1，根据线面角的定义可知∠𝑃𝑃1𝑃=30°，因为𝑃𝑃=2，所以𝑃𝑃1=2√3，从而求得𝑃𝑃1=2√2，所以该长方体的体积为𝑃=2×2×2√2=8√2，故选C.4．(2018年新课标I卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O，2O，过直线12OO的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A．122πB．12πC．82πD．10π【答案】B【解析】根据题意，可得截面是边长为12xx的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是2的圆，且高为12xx，所以其表面积为22(2)222212S，故选B.5．(2018年全国卷Ⅲ)设𝑃 ，  𝑃 ，  𝑃 ，  𝑃是同一个半径为4的球的球面上四点，△𝑃𝑃𝑃为等边三角形且其面积为9√3，则三棱锥𝑃−𝑃𝑃𝑃体积的最大值为A．12√3B．18√3C．24√3D．54√3【答案】B【解析】如图所示，点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，当DM⊥平面ABC时，三棱锥D−ABC体积最大此时，OD=OB=R=4∵𝑃△𝑃𝑃𝑃=√34𝑃𝑃2=9√3∴AB=6,∵点M为三角形ABC的重心∴BM=23𝑃𝑃=2√3∴Rt△ABC中，有OM=√𝑃𝑃2−𝑃𝑃2=2∴DM=OD+OM=4+2=6∴(𝑃𝑃−𝑃𝑃𝑃)max=13×9√3×6=18√3故选B.6．(2018年全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是A．B．C．D．【答案】A【解析】观擦图形图可知，俯视图为故答案为A.7．(2018年全国卷II)在正方体𝑃𝑃𝑃𝑃−𝑃1𝑃1𝑃1𝑃1中，𝑃为棱𝑃𝑃1的中点，则异面直线𝑃𝑃与𝑃𝑃所成角的正切值为A．√22B．√32C．√52D．√72【答案】C【解析】在正方体𝑃𝑃𝑃𝑃−𝑃1𝑃1𝑃1𝑃1中，𝑃𝑃//𝑃𝑃，所以异面直线𝑃𝑃与𝑃𝑃所成角为∠𝑃𝑃𝑃，设正方体边长为2𝑃，则由𝑃为棱𝑃𝑃1的中点，可得𝑃𝑃=𝑃，所以𝑃𝑃=√5𝑃则tan∠𝑃𝑃𝑃=𝑃𝑃𝑃𝑃=√5𝑃2𝑃=√52.故选C.8．(2017年新课标2卷)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A．90πB．63πC．42πD．36π【答案】B【解析】由题意，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为𝑃=12⋅𝑃⋅32⋅6+𝑃⋅32⋅4=63𝑃，故选B.9．(2017年新课标3卷)在正方体𝑃𝑃𝑃𝑃−𝑃1𝑃1𝑃1𝑃1中，𝑃为棱𝑃𝑃的中点，则（）．A．𝑃1𝑃⊥𝑃𝑃1B．𝑃1𝑃⊥𝑃𝑃C．𝑃1𝑃⊥𝑃𝑃1D．𝑃1𝑃⊥𝑃𝑃【答案】C【解析】画出正方体𝑃𝑃𝑃𝑃−𝑃1𝑃1𝑃1𝑃1，如图所示．对于选项A，连𝑃1𝑃，若𝑃1𝑃⊥𝑃𝑃1，又𝑃𝑃1⊥𝑃1𝑃1，所以𝑃𝑃1⊥平面𝑃1𝑃𝑃1，所以可得𝑃𝑃1⊥𝑃1𝑃，显然不成立，所以A不正确．对于选项B，连𝑃𝑃，若𝑃1𝑃⊥𝑃𝑃，又𝑃𝑃⊥𝑃𝑃1，所以𝑃𝑃⊥平面𝑃1𝑃𝑃，故得𝑃𝑃⊥𝑃𝑃，显然不成立，所以B不正确．对于选项C，连𝑃𝑃1，则𝑃𝑃1∥𝑃𝑃1．连𝑃1𝑃，则得𝑃𝑃1⊥𝑃1𝑃,𝑃𝑃1⊥𝑃𝑃，所以𝑃𝑃1⊥平面𝑃1𝑃𝑃，从而得𝑃𝑃1⊥𝑃1𝑃，所以𝑃1𝑃⊥𝑃𝑃1．所以C正确．对于选项D，连𝑃𝑃，若𝑃1𝑃⊥𝑃𝑃，又𝑃𝑃⊥𝑃𝑃1，所以𝑃𝑃⊥平面𝑃1𝑃𝑃，故得𝑃2)，显然不成立，所以D不正确．故选C．10．(2016年新课标1卷)平面𝑃过正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A，,𝑃∩平面𝑃𝑃𝑃𝑃=𝑃，𝑃∩平面𝑃𝑃𝑃1𝑃1=𝑃，则m，n所成角的正弦值为A．√32B．√22C．√33D．13【答案】A【解析】如图，设平面𝑃𝑃1𝑃1∩平面𝑃𝑃𝑃𝑃=𝑃′，平面𝑃𝑃1𝑃1∩平面𝑃𝑃𝑃1𝑃1=𝑃′，因为𝑃/⁄平面𝑃𝑃1𝑃1，所以𝑃//𝑃′,𝑃//𝑃′，则𝑃,𝑃所成的角等于𝑃′,𝑃′所成的角.延长𝑃𝑃，过𝑃1作𝑃1𝑃∥𝑃1𝑃，连接𝑃𝑃,𝑃1𝑃1，则𝑃𝑃为𝑃′，同理𝑃1𝑃1为𝑃′，而𝑃𝑃∥𝑃𝑃,𝑃1𝑃1∥𝑃1𝑃，则𝑃′,𝑃′所成的角即为𝑃1𝑃,𝑃𝑃所成的角，即为60°，故𝑃,𝑃所成角的正弦值为√32，选A.11．(2019年北京市高考)已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥；③l⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.正确；（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.不正确，有可能m在平面α内；（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.12．(2019年新课标Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCDABCD挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，,,,EFGH分别为所在棱的中点，16cm4cmAB=BC=,AA=，3D打印所用原料密度为30.9/gcm，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118．8【解析】由题意得，2146423122EFGHScm，四棱锥O−EFG的高3cm，∴31123123OEFGHVcm．又长方体1111ABCDABCD的体积为32466144Vcm，所以该模型体积为22114412132VVVcm，其质量为0.9132118.8g．13．(2019年新课标Ⅰ)已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为___________．【答案】2.【解析】作,PDPE分别垂直于,ACBC，PO平面ABC，连CO，知,CDPDCDPO，=PDODP，CD\^平面PDO，OD平面PDO，CDOD3PDPE∵，2PC．3sinsin2PCEPCD，60PCBPCA，POCO，CO为ACB平分线，451,2OCDODCDOC，又2PC，422PO．14．(2018年全国卷II)已知圆锥的顶点为𝑃，母线𝑃𝑃，𝑃𝑃互相垂直，𝑃𝑃与圆锥底面所成角为30°，若△𝑃𝑃𝑃的面积为8，则该圆锥的体积为__________．【答案】8π【解析】如下图所示，∠𝑃𝑃𝑃=30∘,∠𝑃𝑃𝑃=90∘又𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃=12𝑃𝑃⋅𝑃𝑃=12𝑃𝑃2=8，解得𝑃𝑃=4，所以𝑃𝑃=12𝑃𝑃=2,𝑃𝑃=√𝑃𝑃2−𝑃𝑃2=2√3，所以该圆锥的体积为𝑃=13⋅𝑃⋅𝑃𝑃2⋅𝑃𝑃=8𝑃.15．(2017年新课标1卷)已知三棱锥𝑃−𝑃𝑃𝑃的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面𝑃𝑃𝑃⊥平面SCB，𝑃𝑃=𝑃𝑃，𝑃𝑃=𝑃𝑃，三棱锥𝑃−𝑃𝑃𝑃的体积为9，则球O的表面积为______．【答案】36π【解析】三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9，可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，可得13×12×2𝑃×𝑃×𝑃=9，解得r=3.球O的表面积为：4𝑃𝑃2=36𝑃.16．(2014年新课标Ⅰ)如图，为测量出高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点，从A点测得M点的仰角060MAN，C点的仰角045CAB以及075MAC；从C点测得060MCA．已知山高100BCm，则山高MN__________m．【答案】150【解析】在ABC中，45,90,100BACABCBC,1001002sin45AC，在AMC中，75,60,MACMCA45,AMC由正弦定理可得,sinsinAMACACMAMC即1002,sin60sin45AM解得1003AM,在RtAMN中，sinMNAMMAN1003sin60150m．故答案为150．17．(2019年北京市文科)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.【解析】（Ⅰ）证明：因为PA平面ABCD,所以PABD；因为底面ABCD是菱形，所以ACBD;因为PAACA,,PAAC平面PAC,所以BD平面PAC.（Ⅱ）证明：因为底面ABCD是菱形且60ABC，所以ACD为正三角形，所以AECD,因为//ABCD,所以AEAB；因为PA平面ABCD，AE平面ABCD,所以AEPA；因为PAABA所以AE平面PAB，AE平面PAE,所以平面PAB平面PAE.（Ⅲ）存在点F为PB中点时，满足//CF平面PAE；理由如下:分别取,PBPA的中点,FG，连接,,CFFGEG,在三角形PAB中，//FGAB且12FGAB；在菱形ABCD中，E为CD中点，所以//CEAB且12CEAB，所以//CEFG且CEFG，即四边形CEGF为平行四边形，所以//CFEG;又CF平面