2016高考数学专项操练试题

　　一、挑选题

　　1.若点P是两条异面直线l，m外的肆意一点，则(　　)

　　A.过点P有且唯一一条直线与l，m都平行

　　B.过点P有且唯一一条直线与l，m都垂直

　　C.过点P有且唯一一条直线与l，m都订交

　　D.过点P有且唯一一条直线与l，m都异面

　　谜底：B　命题立意：本题考核异面直线的多少性子，难度较小.

　　解题思绪：由于点P是两条异面直线l，m外的肆意一点，则过点P有且唯一一条直线与l，m都垂直，故选B.

　　2.如图，P是正方形ABCD外一点，且PA立体ABCD，则立体PAB与立体PBC、立体PAD的地位干系是(　　)

　　A.立体PAB与立体PBC、立体PAD都垂直

　　B.它们两两垂直

　　C.立体PAB与立体PBC垂直，与立体PAD不垂直

　　D.立体PAB与立体PBC、立体PAD都不垂直

　　谜底：A　解题思绪： DA⊥AB，DAPA，AB∩PA=A，

　　DA⊥立体PAB，又DA立体PAD， 立体PAD立体PAB.同理可证立体PAB立体PBC.把四棱锥P-ABCD放在长方体中，并把立体PBC补全为立体PBCD1，把立体PAD补全为立体PADD1，易知CD1D即为两个立体所成二面角的立体角，CD1D=APB，

　　CD1D<90°，故立体PAD与立体PBC不垂直.

　　3.设α，β别离为两个差别的立体，直线lα，则“lβ”是“αβ”建立的(　　)

　　A.充实不用要前提

　　B.须要不充实前提

　　C.充要前提

　　D.既不充实也不用要前提

　　谜底：A　命题立意：本题首要考核空间线面、面面地位干系的鉴定与充实须要前提的鉴定，意在考核考生的逻辑推理才能.

　　解题思绪：依题意，由lβ，lα能够推出αβ;反过去，由αβ，lα不能推出lβ.是以“lβ”是“αβ”建立的充实不用要前提，故选A.

　　4.若m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的立体，则以下论断准确的是(　　)

　　A.若m，n都平行于立体α，则m，n必然不是订交直线

　　B.若m，n都垂直于立体α，则m，n必然是平行直线

　　C.已知α，β相互垂直，m，n相互垂直，若mα，则nβ

　　D.m，n在立体α内的射影相互垂直，则m，n相互垂直

　　谜底：B　解题思绪：本题考核了空间中线面的平行及垂直干系.在A中：由于平行于统一立体的两直线能够平行，订交，异面，故A为假命题;在B中：由于垂直于统一立体的两直线平行，故B为真命题;在C中：n能够平行于β，也能够在β内，也能够与β订交，故C为假命题;在D中：m，n也能够不相互垂直，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上活动，另外一端点N在正方形ABCD内活动，则MN的中点的轨迹的面积为(　　)

　　A.4π B.2π

　　C.π D.-π

　　谜底：D　解题思绪：本题考核了立体多少中的点、线、面之间的干系.如图可知，端点N在正方形ABCD内活动，毗连ND，由ND，DM，MN组成一个直角三角形，设P为NM的中点，按照直角三角形斜边上的中线长度为斜边的一半可得，不管MDN若何变更，点P到点D的间隔一向即是1.故点P的轨迹是一个以D为中间，半径为1的球的球面，其面积为.

　　技能点拨：根究以空间图形为背景的轨迹标题问题，要长于把立体多少标题问题转化到立体上，再结合操纵立体多少、立体多少、空间向量、剖析多少等常识去求解，完成立体多少到剖析多少的过渡.

　　6.如图是一多少体的立体睁开图，此中四边形ABCD为正方形，E，F别离为PA，PD的中点，在此多少体中，给出上面四个论断：

　　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立体PBC;立体BCE立体PAD.

　　此中准确论断的序号是(　　)

　　A.1 B.1

　　C. 3D.4

　　谜底：B　解题思绪：本题考核了立体多少中的点、线、面之间的干系.画出多少体的图形，如图，由题意可知，直线BE与直线CF是异面直线，不准确，由于E，F别离是PA与PD的中点，可知EFAD，以是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，知足异面直线的界说，准确;直线EF立体PBC，由E，F是PA与PD的中点，可知EFAD，以是EFBC，由于EF立体PBC，BC立体PBC，以是鉴定是准确的;由题中前提不能鉴定立体BCE立体PAD，故不准确.故选B.

　　技能点拨：翻折标题问题罕见的是把三角形、四边形等立体图形翻折起来，而后考核立体多少的罕见标题问题：垂直、角度、间隔、操纵等标题问题.此类标题问题考核先生从二维到三维的升维才能，考核先生空间设想才能.处置该标题问题时，不只要晓得空间立体多少的有关观点，还要注重到在翻折的进程中哪些量是不变的，哪些量是变更的.

　　二、填空题

　　7.如图，四边形ABCD为菱形，四边形CEFB为正方形，立体ABCD立体CEFB，CE=1，AED=30°，则异面直线BC与AE所成角的巨细为________.

　　谜底：45°　解题思绪：由于BCAD，以是EAD便是异面直线BC与AE所成的角.

　　由于立体ABCD立体CEFB，且ECCB，

　　以是EC立体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===.

　　又由于EAD∈(0°，90°)，以是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订交的直线;

　　两异面直线a，b，若是a平行于立体α，那末b不平行于立体α;

　　两异面直线a，b，若是a立体α，那末b不垂直于立体α;

　　两异面直线在统一立体内的射影不能够是两条平行直线.

　　上述命题中，真命题的序号是________.

　　谜底：　解题思绪：本题考核了空间多少体中的点、线、面之间的干系.按照异面直线的界说知：异面直线是指空间中既不平行又不订交的直线，故命题为真命题;两条异面直线能够平行于统一个立体，故命题为假命题;若bα，则ab，即a，b共面，这与a，b为异面直线抵触，故命题为真命题;两条异面直线在统一个立体内的射影能够是：两条平行直线、两条订交直线、一点一向线，故命题为假命题.

　　9.若是一个棱锥的底面是正多边形，并且极点在底面的射影是底面的中间，如许的棱锥叫做正棱锥.已知一个正六棱锥的各个极点都在半径为3的球面上，则该正六棱锥的体积的最大值为________.

　　谜底：16　命题立意：本题以球的内接组合体标题问题引出，综合考核了棱锥体积公式、操纵导数东西处置函数最值的方式，同时也有效地考核了考生的运算求解才能和数学建模才能.

　　解题思绪：设球心究竟面的间隔为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)，此中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的各极点均在一个半径为R的球面上，球心O在AB上，PO立体ABC，=，则三棱锥与球的体积之比为________.

　　谜底：　命题立意：本题首要考核线面垂直、三棱锥与球的体积计较方式，意在考核考生的空间设想才能与根基运算才能.

　　解题思绪：依题意，AB=2R，又=，ACB=90°，是以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，是以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立体ABCD.

　　(1)求证：A′C立体BDE;

　　(2)求证：立体A′AC立体BDE.

　　解题探讨：第一问经由过程三角形的中位线证实出线线平行，从而证实出线面平行;第二问由A′A与立体ABCD垂直获得线线垂直，再由线线垂直证实出BD与立体A′AC垂直，从而获得立体与立体垂直.

　　剖析：(1)设AC交BD于M，毗连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⊂立体BDE，

　　A′C⊄立体BDE，

　　A′C∥立体BDE.

　　(2)∵ 四边形ABCD为正方形， BD⊥AC.

　　∵ A′A⊥立体ABCD，BD立体ABCD，

　　A′A⊥BD.

　　又AC∩A′A=A， BD⊥立体A′AC.

　　BD⊂立体BDE，

　　立体A′AC立体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，试肯定E的地位，使D1E立体A1BD，并申明来由.

　　命题立意：本题首要考核空间多少体中的平行与垂直的鉴定，考核考生的空间设想才能和推理论证才能.经由过程已知前提中的线线垂直干系和线面垂直的鉴定证实线面垂直，从而证实线线的垂直干系.并经由过程线段的长度干系，借助标题问题中线段的中点和三角形的中位线寻觅出线线平行，证实出线面的平行干系.处置本题的关头是学会作图、转化、机关.

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

　　四边形DCC1D1是正方形，

　　DC1⊥D1C.

　　又ADDC，ADDD1，DC∩DD1=D，

　　AD⊥立体DCC1D1，

　　又D1C立体DCC1D1，

　　AD⊥D1C.

　　∵ AD⊂立体ADC1，DC1立体ADC1，

　　且AD∩DC1=D，

　　D1C⊥立体ADC1，

　　又AC1立体ADC1，

　　D1C⊥AC1.

　　(1)题图

　　(2)题图

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

　　立体AD1E∩立体A1BD=MN，

　　要使D1E立体A1BD，

　　可以使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，可以使D1E立体A1BD.

　　13.已知直三棱柱ABC-A′B′C′知足BAC=90°，AB=AC=AA′=2，点M，N别离为A′B和B′C′的中点.

　　(1)证实：MN立体A′ACC′;

　　(2)求三棱锥C-MNB的体积.

　　命题立意：本题首要考核空间线面地位干系、三棱锥的体积等根本常识.意在考核考生的空间设想才能、推理论证才能和运算求解才能.

　　剖析：(1)证实：如图，毗连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立体A′ACC′且AC′立体A′ACC′，

　　MN∥立体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′⊥立体A′B′C′，

　　A′N⊥BB′，

　　A′N⊥立体BCN.

　　又M为A′B的中点，

　　M到立体BCN的间隔为，

　　VC-MNB=VM-BCN=×4×=.

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

　　(1)设M是PC上的一点，证实：立体MBD立体PAD;

　　(2)求四棱锥P-ABCD的体积.

　　命题立意：本题首要考核线面垂直的鉴定定理、面面垂直的鉴定定理与性子定理和棱锥的体积的计较等，意在考核考生的逻辑推理才能与计较才能，考核化归与转化思惟.

　　剖析：(1)证实：在ABD中，由于AD=4，BD=8，AB=4，以是AD2+BD2=AB2.

　　故ADBD.

　　又立体PAD立体ABCD，立体PAD∩立体ABCD=AD，BD立体ABCD，

　　以是BD立体PAD，

　　又BD立体MBD，

　　以是立体MBD立体PAD.

　　(2)过点P作OPAD交AD于点O，

　　由于立体PAD立体ABCD，

　　以是PO立体ABCD.

　　是以PO为四棱锥P-ABCD的高.

　　又PAD是边长为4的等边三角形，

　　以是PO=×4=2.

　　在四边形ABCD中，ABDC，AB=2DC，

　　以是四边形ABCD是梯形.

　　在Rt△ADB中，斜边AB上的高为=，此即为梯形ABCD的高.

　　以是四边形ABCD的面积S=×=24.

　　故四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=×24×2=16.

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