书签 分享 收藏 举报 版权申诉 / 8
上传文档赚钱

类型作业55(2021衡水中学高考一轮总复习 理科数学(新课标版)).doc

  • 上传人(卖家):四川三人行教育
  • 文档编号:705828
  • 上传时间:2020-08-18
  • 格式:DOC
  • 页数:8
  • 大小:229KB
  • 【下载声明】
    1. 本站全部试题类文档,若标题没写含答案,则无答案;标题注明含答案的文档,主观题也可能无答案。请谨慎下单,一旦售出,不予退换。
    2. 本站全部PPT文档均不含视频和音频,PPT中出现的音频或视频标识(或文字)仅表示流程,实际无音频或视频文件。请谨慎下单,一旦售出,不予退换。
    3. 本页资料《作业55(2021衡水中学高考一轮总复习 理科数学(新课标版)).doc》由用户(四川三人行教育)主动上传,其收益全归该用户。163文库仅提供信息存储空间,仅对该用户上传内容的表现方式做保护处理,对上传内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知163文库(点击联系客服),我们立即给予删除!
    4. 请根据预览情况,自愿下载本文。本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
    5. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007及以上版本和PDF阅读器,压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
    配套讲稿:

    如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。

    特殊限制:

    部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。

    关 键  词:
    2021衡水中学高考一轮总复习 理科数学新课标版 作业55【2021衡水中学高考一轮总复习 理科数学新课标版】 作业 55 2021 衡水 中学 高考 一轮 复习 理科 数学 新课 下载 _一轮复习_高考专区_数学_高中
    资源描述:

    1、题组层级快练题组层级快练(五十五五十五) 1在正方体 ABCDA1B1C1D1中,M 是 AB 的中点,则 sinDB1 ,CM 的值等于( ) A.1 2 B. 210 15 C. 2 3 D. 11 15 答案 B 解析 分别以 DA,DC,DD1为 x,y,z 轴建系, 令 AD1,DB1 (1,1,1),CM 1,1 2,0 . cosDB1 ,CM 11 2 3 5 2 15 15 . sinDB1 ,CM 210 15 . 2已知直四棱柱 ABCDA1B1C1D1中,底面 ABCD 为正方形,AA12AB,E 为 AA1的中 点,则异面直线 BE 与 CD1所成角的余弦值为( )

    2、A. 10 10 B.1 5 C.3 10 10 D.3 5 答案 C 解析 如图,以 D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系 设 AA12AB2,则 B(1,1,0),E(1,0,1),C(0,1,0),D1(0,0,2) BE (0,1,1),CD1 (0,1,2) cosBE ,CD1 12 2 5 3 10 10 . 3.(2020 湖南、江西十四校联考)如图,已知棱长为 2 的正方体 ABCD A1B1C1D1,点 E 为线段 CD1的中点,则直线 AE 与平面 A1BCD1所成角 的正切值为( ) A. 2 2 B.1 2 C. 3 2 D. 2 答案 A 解析 连接 AB1与

    3、A1B 交于点 F, 由于 AFA1B, AFBC, 则 AF平面 A1BCD1.连接 EF, 则AEF 是直线 AE 与平面 A1BCD1所成角,tanAEFAF EF 2 2 .故选 A. 4.如图,在正方体 ABCDA1B1C1D1中,若 M 是线段 A1C1上的动点, 则下列结论不正确的是( ) A三棱锥 MABD 的正视图面积不变 B三棱锥 MABD 的侧视图面积不变 C异面直线 CM,BD 所成的角恒为 2 D异面直线 CM,AB 所成的角可为 4 答案 D 解析 对于选项 A,三棱锥 MABD 的正视图为三角形,底边为 AB 的 长, 高为正方体的高, 故三棱锥MABD的正视图面

    4、积不变, 故A正确 对 于选项 B,三棱锥 MABD 的侧视图为三角形,底边为 AD 的长,高为 正方体的高,故三棱锥 MABD 的侧视图面积不变,故 B 正确对于选 项 C,连接 AC,BD,A1C,则 BDAC,ACA1C1,BDA1C1. 又BDCC1,BD平面 A1C1C.CM平面 A1C1C,BDCM,故 C 正确对于选 项 D,以 A 为原点,分别以 AB,AD,AA1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,设正 方体的棱长为 1,则 M(a,a,1),B(1,0,0),A(0,0,0),C(1,1,0)CM (a1,a 1,1),AB (1,0,0),cosCM ,AB a1 2(a

    5、1)21 2 2 ,异面直线 CM, AB 所成的角不可能是 4 ,故 D 错误故选 D. 5若直线 l 的方向向量与平面 的法向量的夹角等于 120,则直线 l 与平面 所成的角等 于( ) A120 B60 C30 D150 答案 C 解析 设直线 l 与平面 所成的角为 ,则 sin|cos120|1 2,又 090. 30. 6(2020 昆明市高三调研)在长方体 ABCDA1B1C1D1中,ABAD4,AA12.过点 A1 作平面 与 AB, AD 分别交于 M, N 两点, 若 AA1与平面 所成的角为 45, 则截面 A1MN 面积的最小值是( ) A2 3 B4 2 C4 6

    6、D8 2 答案 B 解析 如图,过点 A 作 AEMN,连接 A1E,A1A平面 ABCD, A1AMN,MN平面 A1AE,A1EMN,平面 A1AE平面 A1MN,AA1E 为 AA1与平面 A1MN 所成的角,AA1E45, 在 RtA1AE 中,AA12,AE2, A1E2 2,在 RtMAN 中,由射影定理得 ME EN AE24,由基本不等式得 MNMEEN2 ME EN4,当且仅当 MEEN,即 E 为 MN 的中点时等号成立,截面 A1MN 面积的最小值为1 242 24 2.故选 B. 7(2020 四川雅安期末)如图,将矩形 ABCD 沿对角线 BD 把ABD 折 起,使点

    7、 A 移到点 A1处,且 A1在平面 BCD 上的射影 O 恰好在 CD 上, 则 BC 与 A1D 所成角是( ) A30 B45 C60 D90 答案 D 解析 本题主要考查异面直线所成角及线面垂直的判定与性质 因为 A1在平面 BCD 上的射 影 O 恰好在 CD 上,所以 A1O平面 BCD.因为 BC平面 BCD,所以 A1OBC.又因为 BCCD,A1OCDO,所以 BC平面 A1CD.又 A1D平面 A1CD,所以 BCA1D,故 BC 与 A1D 所成的角为 90.故选 D. 8(2020 东北三省三校二模)在四棱锥 PABCD 中,PA平面 ABCD,底面 ABCD 是正方

    8、形,且 PAAB2,则直线 PB 与平面 PAC 所成角为( ) A. 6 B. 4 C. 3 D. 2 答案 A 解析 本题考查线面角及线面垂直的判定与性质连接 BD,交 AC 于点 O.因为 PA平面 ABCD,底面 ABCD 是正方形,所以 BDAC,BD PA.又因为 PAACA,所以 BD平面 PAC,故 BO平面 PAC.连接 OP,则BPO 即为直线 PB 与平面 PAC 所成角又因为 PAAB2,所 以 PB2 2,BO 2.所以 sinBPOBO PB 1 2,所以BPO 6 .故选 A. 9(2020 保定模拟)在直三棱柱 ABCA1B1C1中,底面是等腰直角三角形,ACB

    9、90, 侧棱 AA12,D,E 分别是 CC1与 A1B 的中点,点 E 在平面 ABD 上的射影是ABD 的重 心 G.则 A1B 与平面 ABD 所成角的余弦值是( ) A. 2 3 B. 7 3 C. 3 2 D. 3 7 答案 B 解析 以 C 为坐标原点, CA 所在直线为 x 轴, CB 所在直线为 y 轴, CC1 所在直线为 z 轴, 建立直角坐标系, 设 CACBa, 则 A(a, 0, 0), B(0, a, 0), A1(a, 0, 2), D(0, 0, 1), E a 2, a 2,1 , G a 3, a 3, 1 3 , GE a 6, a 6, 2 3 , BD

    10、 (0,a,1), 点 E 在平面 ABD 上的射影是ABD 的重心 G, GE 平面 ABD,GE BD 0,解得 a2. GE 1 3, 1 3, 2 3 ,BA1 (2,2,2), GE 平面 ABD,GE 为平面 ABD 的一个法向量 cosGE ,BA1 GE BA1 |GE |BA1 | 4 3 6 3 2 3 2 3 , A1B 与平面 ABD 所成的角的余弦值为 7 3 . 10 (2020 豫南豫北精英对抗赛)在四面体 ABCD 中, CACBCDBD2, ABAD 2, 则异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为( ) A. 2 3 B. 2 4 C. 14 4 D 2

    11、4 答案 B 解析 取 BD 的中点 O,连 AO,OC,由 CACBCDBD2,AB AD 2,得 AOBD,COBO,且 OC 3,AO1.在AOC 中, AC2AO2OC2, 故 AOOC, 又知 BDOCO, 因此 AO平面 BCD, 以 OB,OC,OA 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系, 如图所示,则 A(0,0,1),B(1,0,0),C(0, 3,0),D(1,0,0),AB (1,0, 1), CD (1, 3, 0), 设异面直线 AB 与 CD 所成角为 , 则 cos|AB CD | |AB |CD | 1 2 13 2 4 ,即异面直线 AB

    12、与 CD 所成角的余弦值为 2 4 .故选 B. 11(2018 课标全国)已知正方体的棱长为 1,每条棱所在直线与平面 所成的角都相等, 则 截此正方体所得截面面积的最大值为( ) A.3 3 4 B.2 3 3 C.3 2 4 D. 3 2 答案 A 解析 记该正方体为 ABCDABCD,正方体的每条棱所在 直线与平面所成的角都相等, 即共点的三条棱 AA, AB, A D与平面 所成的角都相等如图,连接 AB,AD,BD, 因为三棱锥 AABD是正三棱锥,所以 AA,AB,A D与平面 ABD所成的角都相等分别取 CD,BC, BB,AB,AD,DD的中点 E,F,G,H,I,J,连接

    13、EF,FG,GH,IH,IJ,JE,易 得 E,F,G,H,I,J 六点共面,平面 EFGHIJ 与平面 ABD平行,且截正方体所得截面 的面积最大 又 EFFGGHIHIJJE 2 2 , 所以该正六边形的面积为 6 3 4 2 2 2 3 3 4 ,所以 截此正方体所得截面面积的最大值为3 3 4 .故选 A. 12(2018 课标全国)已知圆锥的顶点为 S,母线 SA,SB 所成角的余弦值为7 8.SA 与圆锥 底面所成角为 45.若SAB 的面积为 5 15,则该圆锥的侧面积为_ 答案 40 2 解析 如图所示,设 S 在底面的射影为 S,连接 AS,SS.SAB 的 面积为1 2SA

    14、SBsinASB 1 2SA 2 1cos2ASB 15 16 SA2 5 15,SA280,SA4 5.SA 与底面所成的角为 45,SAS 45,ASSA cos454 5 2 2 2 10.底面周长 l2AS4 10,圆 锥的侧面积为1 24 54 1040 2. 13(2020 河北承德期末)已知四棱锥 PABCD 的底面是菱形,BAD60,PD平面 ABCD,且 PDAB,点 E 是棱 AD 的中点,F 在棱 PC 上若 PFFC12,则直线 EF 与平面 ABCD 所成角的正弦值为_ 答案 4 35 35 解析 如图,以 D 点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz.设

    15、菱形 ABCD 的边长为 2,则 D(0,0,0),E 3 2 ,1 2,0 ,F 0,2 3, 4 3 ,所以EF 3 2 ,7 6, 4 3 . 又平面 ABCD 的一个法向量为 n(0,0,1), 所以 cosEF ,n 4 3 3 2 2 7 6 2 4 3 2 1 4 35 35 , 即直线 EF 与平面 ABCD 所成角的正弦值为4 35 35 . 14(2020 吉林一中期末)如图,在直三棱柱 ABCA1B1C1中,AB2, AC1,CC1 3,ABC30,D 为 AB 的中点 (1)证明:AC1平面 B1CD; (2)求直线 DC1与平面 B1CD 所成角的正弦值 答案 (1)

    16、略 (2) 15 10 解析 (1)证明:连接 BC1,交 B1C 于点 E,连接 DE. 因为四边形BB1C1C是矩形, 所以点E是BC1的中点 又点D为AB的中点, 所以DE是ABC1 的中位线,所以 DEAC1,又 DE平面 B1CD,AC1平面 B1CD,所以 AC1平面 B1CD. (2)由 AB2, AC1, ABC30, 可得 BC 3, 所以 AC2BC2 AB2,所以 ACBC. 分别以 CA,CB,CC1所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空 间直角坐标系 Cxyz. 则有 C(0,0,0),B1(0, 3, 3),D 1 2, 3 2 ,0 ,C1(0,0,

    17、3), 所以DC1 1 2, 3 2 , 3 ,CB1 (0, 3, 3),CD 1 2, 3 2 ,0 . 设直线 DC1与平面 B1CD 所成角为 ,平面 B1CD 的一个法向量为 m(x,y,z) 则 m CB1 0, mCD 0, 即 3y 3z0, 1 2x 3 2 y0, 令 z1,得 m( 3,1,1) 所以 sin|cosm,DC1 |m DC1 | |m|DC1 | 3 2 3 2 3 311 1 4 3 43 3 2 5 15 10 .即直线 DC1 与平面 B1CD 所成角的正弦值为 15 10 . 15.(2016 课标全国)如图,四棱锥 PABCD 中,PA底面 AB

    18、CD,AD BC,ABADAC3,PABC4,M 为线段 AD 上一点,AM 2MD,N 为 PC 的中点 (1)证明:MN平面 PAB; (2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值 答案 (1)略 (2)8 5 25 解析 (1)证明:由已知得 AM2 3AD2. 取 BP 的中点 T,连接 AT,TN. 由 N 为 PC 的中点知 TNBC,TN1 2BC2. 又 ADBC,故 TN 綊 AM,所以四边形 AMNT 为平行四边形,于是 MNAT. 因为 AT平面 PAB,MN平面 PAB,所以 MN平面 PAB. (2)取 BC 的中点 E,连接 AE.由 ABAC 得 AEBC,

    19、从而 AEAD,且 AE AB2BE2 AB2 BC 2 2 5. 以 A 为坐标原点,AE ,AD ,AP 的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz.由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C( 5,2,0),N 5 2 ,1,2 ,PM (0,2, 4),PN 5 2 ,1,2 ,AN 5 2 ,1,2 . 设 n(x,y,z)为平面 PMN 的法向量,则 n PM 0, nPN 0, 即 2y4z0, 5 2 xy2z0, 可取 n(0,2,1)设直线 AN 与平面 PMN 所成角为 , 于是 sin|cosn,AN |n AN | |n|AN | 8 5 25 . 所以直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为8 5 25 .

    展开阅读全文
    提示  163文库所有资源均是用户自行上传分享,仅供网友学习交流,未经上传用户书面授权,请勿作他用。
    关于本文
    本文标题:作业55(2021衡水中学高考一轮总复习 理科数学(新课标版)).doc
    链接地址:https://www.163wenku.com/p-705828.html
    四川三人行教育
         内容提供者      个人认证 实名认证

    Copyright@ 2017-2037 Www.163WenKu.Com  网站版权所有  |  资源地图   
    IPC备案号:蜀ICP备2021032737号  | 川公网安备 51099002000191号


    侵权投诉QQ:3464097650  资料上传QQ:3464097650
       


    【声明】本站为“文档C2C交易模式”,即用户上传的文档直接卖给(下载)用户,本站只是网络空间服务平台,本站所有原创文档下载所得归上传人所有,如您发现上传作品侵犯了您的版权,请立刻联系我们并提供证据,我们将在3个工作日内予以改正。

    163文库