24 专题四 周末滚动诊断卷3 立体几何（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考数学大二轮专题复习与讲义

周末滚动诊断卷3　立体几何 (考试时间：120分钟　满分：150分) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．(2025·四川模拟)命题p：“∃x∈R，x＋20”的否定是(　　) A．∀x∈R，x＋20 B．∃x∈R，x＋20 C．∀x∈R，x＋2＞0 D．∃x∈R，x＋2＞0 C　[命题p：∃x∈R，x＋20，则命题p的否定是：∀x∈R，x＋2＞0． 故选C．] 2．已知集合A＝，B＝，则A∩B＝(　　) A． B． C． D． D　[由题知集合A＝＝{x|－x}， 集合B＝＝{y|0<y2}， 所以A∩B＝． 故选D．] 3．已知圆锥的体积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为(　　) A． B．1 C． D．2 B　[设母线长为l，底面半径为r，圆锥的高为h，则有2πr＝l⇒l＝3r， 又h＝＝＝2r， 所以V＝Sh＝πr2×2r＝⇒r3＝1⇒r＝1， 故选B．] 4．(2025·宜宾二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a9＋a8＝55，则S16＝(　　) A．880 B．220 C．110 D．440 D　[在等差数列{an}中，由a9＋a8＝55，得a1＋a16＝55， ∴S16＝＝440． 故选D．] 5．(2025·甘肃庆阳西峰区二模)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是(　　) A．若α⊥β，m∥α，则m⊥β B．若α⊥β，m⊂α，则m⊥β C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n D．若m⊥n，m∥α，则n⊥α C　[若α⊥β，m∥α，则m⊂β或m∥β或m与β相交，故A错误； 若α⊥β，m⊂α，则m⊂β或m∥β或m与β相交，故B错误； 若m∥α，n⊥α，可知m⊥n，故C正确； 若m⊥n，m∥α，则n⊂α或n∥α或n与α相交，故D错误． 故选C．] 6．(2025·浙江二模)正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别为正方形A1B1C1D1及ABB1A1的中心，则异面直线BD与MN所成角的余弦值为(　　) A．0 B． C． D． C　[连接BC1，C1D，则△BDC1是等边三角形，可得∠DBC1＝60°， 根据M，N分别为正方形A1B1C1D1及ABB1A1的中心，可知MN是△A1BC1的中位线， 所以MN∥BC1，可得∠DBC1就是异面直线BD与MN所成的角， 所以异面直线BD与MN所成角的余弦值为cos 60°＝． 故选C．] 7．(2025·江苏模拟)已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为3，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为(　　) A．12π B．27π C． D． D　[作出如图所示正四棱台，其中OO1为正四棱台的高，EE1为其斜高， 因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为3， 则B1O1＝，BO＝4， OO1＝＝3， 因为OO1＝3>＝5，故半径最大的球不与上下底面同时相切， EE1＝＝6， 则sin ∠OEE1＝＝，则∠OEE1＝， 过O，E，E1，O1作正四棱台的截面，截球得大圆，则该圆与等腰梯形两腰和下底相切， 则∠O2EO＝，则OO2＝＝<＝，则更确定最大内切球与四侧面及下底面相切， 即该正四棱台内半径最大的球半径r＝，球的表面积为S＝4πr2＝π．故选D．] 8．[易错题](2025·河南实验中学四模)将函数f＝sin 2x的图象向右平移φ 个单位长度后得到函数g的图象，若对满足＝2的x1，x2，有＝，则φ＝(　　) A． B． C． D． D　[∵f＝sin 2x，∴g＝sin ， 由于＝2，不妨设f和g分别为两个函数的最大值和最小值， 则2x1＝2k1π＋，k1∈Z，2x2－2φ＝2k2π－，k2∈Z， 则x1－x2＝π＋－φ，k1，k2∈Z， 由于＝，可得－φ＝，解得φ＝，故选D．] 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．函数f＝sin 2x＋2cos2x，则下列关于f的说法中正确的是(　　) A．最小正周期是π B．最大值是2 C．在区间上单调递增 D．图象关于点中心对称 AC　[f＝sin2x＋2cos 2x＝sin 2x＋cos 2x＋1＝2sin ＋1， 所以f的最小正周期T＝＝π，A正确； 最大值是2＋1＝3，B错误； 当x∈时，2x＋∈，C正确； 因为f＝2sin ＋1＝3≠0， 所以f的图象不关于点中心对称，D错误． 故选AC．] 10．(2025·东莞市模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为四边形A1B1C1D1的中心，平面AOB∩平面COD＝l，则下列结论正确的是(　　) A．直线AO与BC1异面 　　　　　 B．AO⊥BD C．平面AOB⊥平面COD 　　D．l∥平面ABC1D1 ABD　[选项A，设平面ABB1A1的中心为G，则G是A1B的中点， 因为O是A1C1的中点，所以OG∥BC1， 所以O，G，B，C1四点共面， 假设直线AO与BC1共面， 由于平面OABC1与平面OGBC1有3个交点O，B，C1，且O，B，C1三点不共线， 所以平面OABC1与平面OGBC1重合，显然点A∉平面OGBC1， 所以假设不成立，即直线AO与BC1异面，故选项A正确； 选项B，由正方体的性质知，BD⊥AC，AA1⊥平面ABCD， 因为BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD， 又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1， 所以BD⊥平面ACC1A1， 因为AO⊂平面ACC1A1，所以AO⊥BD，故选项B正确； 选项C，分别取AB，CD的中点E，F，连接OE，OF，EF(图略)，显然OE⊥AB，OF⊥CD， 因为AB∥CD，AB⊄平面COD，CD⊂平面COD， 所以AB∥平面COD， 又AB⊂平面AOB，平面AOB∩平面COD＝l， 所以AB∥l，即AB∥CD∥l， 所以OE⊥l，OF⊥l， 所以∠EOF即为平面AOB与平面COD所成的角， 设正方体的棱长为2，则EF＝2，OE＝OF＝， 在△OEF中，由余弦定理的推论知，cos ∠EOF＝＝＝， 所以∠EOF≠90°，即平面AOB⊥平面COD不成立，故选项C错误； 选项D，由选项C知，AB∥l， 因为AB⊂平面ABC1D1，l⊄平面ABC1D1，所以l∥平面ABC1D1，故选项D正确． 故选ABD．] 11．(2025·南通模拟)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在棱CD上运动，则(　　) A．若点P为CD的中点，则平面BC1P∥平面AB1D1 B．B1P⊥AD1 C．异面直线BP，A1D所成角的取值范围是 D．点P到平面AB1D1距离的最小值为 BC　[以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，B(1，1，0)，C1(0，1，1)，A1(1，0，1)， 若点P为CD的中点，则P， 设平面BC1P的法向量为n1＝(a，b，c)， ＝(－1，0，1)，＝， 由即 取a＝1，得n1＝(1，－2，1)， 设平面AB1D1的法向量为n2＝(x，y，z)，＝(0，1，1)，＝(－1，0，1)， 由即 取x＝1，得n2＝(1，－1，1)， 显然n1，n2不平行，即平面BC1P∥平面AB1D1不成立，故A错误； 设P(0，t，0)(0t1)，则＝(－1，t－1，－1)，＝(－1，0，1)， 则·＝(－1，t－1，－1)·(－1，0，1)＝1－1＝0， 故B1P⊥AD1，故B正确； ＝(－1，t－1，0)，＝(－1，0，－1) 设异面直线BP，A1D所成的角为θ， 则cos θ＝|cos |＝， 由0t1，得0(t－1)21， ∴2， 则cos θ，又θ∈[0，π]， ∴θ∈，故C正确； 由选项A知平面AB1D1的一个法向量为n2＝(1，－1，1)，又＝(1，－t，0)， ∴点P到平面AB1D1的距离为＝， ∵0t1，∴当t＝0时，取得最小值，故D错误．故选BC．] 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若复数z满足z＝2i，则＝ ． 1－i　[因为z＝2i，则z＝＝＝i＝1＋i，故＝1－i． 故答案为1－i．] 13．(2025·河南驻马店模拟)已知数列{an}中，a1＝，且＝＋1，则a10＝ ． 　[由＝＋1，得＝，又＝2． 所以数列是以2为首项，为公差的等差数列． 所以＝2＋＝，所以an＝． 所以a10＝．] 14．[数学文化](2025·河南四模)祖暅是我国古代的伟大科学家，他在5世纪末提出：“幂势既同，则积不容异”，意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．这就是著名的祖暅原理，祖暅原理常用来由已知几何体的体积推导未知几何体的体积，例如由圆锥和圆柱的体积推导半球体的体积，其示意图如图1所示． 利用此方法，可以计算如下抛物体的体积：在平面直角坐标系中，设抛物线C的方程为y＝1－x2，将C围绕y轴旋转，得到的旋转体称为抛物体．利用祖暅原理它可用一个直三棱柱求解，如图2，由此可计算得该抛物体的体积为 ． 　[如图所示的直三棱柱，高设为x，底面两个直角边长分别为2，1， 　 若底面积相等，则2x＝π×12，解得x＝，下面说明截面面积相等，设截面距底面的距离为t(0<t<1)，矩形截面长为a，圆形截面半径为r，由左图得到＝，所以a＝2，所以截面面积为2＝π，由右图得到t＝1－r2，所以r2＝1－t，所以截面面积为π，两者截面面积相等，所以体积相等，所以抛物体的体积等于三棱柱的体积，即×2×1×＝． 故答案为．] 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分)(2025·合肥模拟)为考察国产14纳米光刻机和进口14纳米光刻机的光刻效果，随机抽取了500台14纳米光刻机，对两种光刻机的良品、次品进行对比，得到如下列联表： 14纳米光刻机 产品 合计 良品 次品 国产 170 80 n 进口 150 100 250 合计 m 180 500 (1)求m，n的值； (2)以频率估计概率，估计国产14纳米光刻机的次品率； (3)根据小概率值α＝0.01的独立性检验，能否判断国产14纳米光刻机与进口14纳米光刻机质量有差异． 附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d． α 0.05 0.01 0.001 xα 3.841 6.635 10.828 [解]　(1)由题意得m＝170＋150＝320，n＝170＋80＝250． (2)样品中，国产14纳米光刻机次品的频率为＝， 所以国产14纳米光刻机的次品率约为P＝． (3)零假设为H0：国产14纳米光刻机与进口14纳米光刻机质量无差异， χ2＝＝≈3.472<6.635， 依据α＝0.01的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立， 即认为国产14纳米光刻机与进口14纳米光刻机无差异． 16．(15分)(2025·湖北黄冈二模)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，a2＝2，当n2时，Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足b1＝3，bk＋1＝ak＋bk(k∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn． [解]　(1)由题意得，当n2时，有Sn＋1－Sn＝，即an＋1＝2an， 因为a2＝2a1，所以an＋1＝2an对任意n∈N*都成立， 故数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，从而an＝2n-1． (2)由bk＋1＝ak＋bk(k∈N*)，可得bn－bn－1＝an－1(n2)， 则bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－1－bn－2)＋(bn－bn－1) ＝b1＋a1＋a2＋…＋an－2＋an－1 ＝3＋20＋21＋…＋2n-3＋2n-2 ＝3＋＝2n-1＋2， 当n＝1时，b1＝3符合上式，故bn＝2n-1＋2． 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn ＝(20＋2)＋(21＋2)＋…＋(2n-2＋2)＋(2n-1＋2) ＝(20＋21＋…＋2n-2＋2n-1)＋2n＝＋2n＝＋2n－1． 17．(15分)(2025·青岛模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a sin C＋a cos C＝b＋c． (1)求角A； (2)已知△ABC的面积为10，BC＝7，求BC边上中线AD的长． [解]　(1)因为a sin C＋a cos C＝b＋c， 由正弦定理得sin A sin C＋sin A cos C＝sin B＋sin C， 利用三角形内角和定理可得sin B＝sin ＝sin A cos C＋cos A sin C， 即sin A sin C＝sin C cos A＋sin C， 因为sin C>0，所以sin A＝cos A＋1， 即sin ＝， 因为A∈，所以A－＝，A＝． (2)由S△ABC＝bc sin A＝10得bc＝40，① 由BC2＝b2＋c2－2bc cos A得，49＝b2＋c2－bc＝－3bc，② 由①②得b＋c＝13， 由＝⇒＝(c2＋b2＋2bc cos A)＝＝， 得AD＝． 18．(17分)在三棱锥P-ABC中，AB＝2，BC＝4，PA＝2，PB＝PC，BC⊥AB，PA⊥AB． (1)求三棱锥P-ABC的体积； (2)求平面PAC与平面PBC的夹角的余弦值． [解]　(1)∵AB⊥BC，∴以B为原点，BA所在直线为x轴， BC所在直线为y轴，过点B且垂直于平面ABC的直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 则A(2，0，0)，B(0，0，0)，C(0，4，0)，设P(x，y，z)， 由题意知，PA＝2，PB＝PC＝2， ∴ ∴∴P． 易知点P到平面ABC的距离h＝2． ∴VP－ABC＝S△ABC·h＝． (2)设平面PAC的法向量为m＝， ＝＝， ∴则 取y1＝1，则x1＝2，z1＝－1，∴m＝． 设平面PBC的法向量为n＝＝， ∴则取a＝1， 则b＝0，c＝－1 ，∴n＝， 设平面PAC与平面PBC的夹角为θ， cos θ＝＝＝． 所以平面PAC与平面PBC的夹角的余弦值为． 19．(17分)(2025·天津和平区二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，H，P，Q分别是BC，AB，AC1的中点，B1H⊥平面ABC，且B1H＝2，AC⊥BC，CA＝CB＝4． (1)求证：PQ∥平面BCC1B1； (2)求平面BCC1B1与平面B1PQ的夹角的余弦值； (3)若线段HC上存在点R到平面B1PQ的距离为，求直线RP与平面B1PQ所成角的正弦值． [解]　(1)证明：因为H，P分别是BC，AB的中点，所以HP∥AC， 由AC⊥BC，得HP⊥BC， 又因为B1H⊥平面ABC， 因此以点H为原点，HP，HC，HB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 易知H(0，0，0)，A(4，2，0)，C(0，2，0)，B(0，－2，0)，B1(0，0，2)，C1(0，4，2)，P(2，0，0)，Q(2，3，)， 所以＝(0，3，)， 平面BCC1B1的一个法向量为n1＝(1，0，0)， ·n1＝0，所以⊥n1， 又因为PQ⊄平面BCC1B1， 所以PQ∥平面BCC1B1． (2)设平面B1PQ的法向量为n2＝(x，y，z)，＝(2，0，－2)， 则 令x＝3，则n2＝(3，－1，)， 设平面BCC1B1与平面B1PQ的夹角为θ1， 则cos θ1＝|cos n1，n2|＝＝， 则平面BCC1B1与平面B1PQ的夹角的余弦值为． (3)设R(0，m，0)(m∈[0，2])，＝(2，－m，0)， 点R到平面B1PQ的距离为＝， 即＝，解得m＝1， 所以＝(2，－1，0)， 设直线RP与平面B1PQ所成的角为θ2， 则sin θ2＝|cos 〈，n2〉|＝＝， 则直线RP与平面B1PQ所成角的正弦值为． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $