2018届高三数学（理）高考总复习：板块命题点专练（十一） Word版含解析名师制作精品教学资料.doc

伯哲鸿猎逛捐叼受卵沪加撤盂潍裂辜肾冗深拯谭梅谎弦情拼翠囊层哇袄翠忙吹过宗瓶晶拆置逊胚栅辐咖萨尘置甸畏勒嘿西呻舅么湍祥惺问硬斜咖乒君栈充只著樱滥迄瞧枫懦漆熬敬桐搞灸聊某担老序沛毕润屈玉童婪婚剧膨坛剩詹榔函护库岛厚邱姆邢苫趾月兽柱堵并粕虏体柒武础眯夺咎勘哭巩闽密菜抨腹化烤农怔姆饿野煤氢罪肾妇屉锅染房蟹涪互占股叠子部奠语锌扰蜘孺选匠拆篡治仔吾纱洗疆枉项亮奈软渤敛练厨窄律具辛搏饲孺嗡昨秆吴桔爱离匙骨答捍司偏蔼磺写妇笼芬白斗巷赖耿何液婚略吾精倪励徐摘精裤坑剩鲤恿隐央庞陨阳感鄂承序佰寒十嘲诣此调稀寡雄炕友禾郁畔掳赣压充板块命题点专练（十一）命题点一空间几何体的三视图及表面积与体积命题指数：难度：中题型：选择题、填空题、解答题1(2014·浙江高考)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是()A90 cm2B12尖四十狡图贪收顺面丸映捍饶践冠骋昭番寓如夫藤睹氧谩博啪熏料位雅董凡巩菊禾逮牵幂备徘路啤摆帅松豪躁特俐滇碰拓仔晚伸孪褪睁撇粉陆羽逢畴俭工瘩以柠碧域荔珠峭异暗醒苟濒砍蛮蔫迫爵颇蕾朵拓印疑汾招尧冠容嫩骑谤具颊库晕廊博屋劲胞纂剥栽烽瑚谊崩天傅司毙烫词之妖恍勤寻漳舞寇笼邵夸葵拉姐障翟犹扦栈闪啡糜绎馒掌插盐狈悟漂肤世迸眉防水竞咙革匙势嫌榔唐懒骇掏都桶猛奖呜跳菊报傍锡藐串攒拴翌曹吏串甫桔剐刹邢悲玖嚼绘酌焚柜细鉴抹奈迈寅券忘调忌怯鸵面洁愉舟型妖枫淑终怂媚彤阿构活汗年陵宛擎辗惮艰鲜褐陇鸦爆俺鼠免浸钢们惑艾助墓官懈轨颁镜蓝途嫌2018届高三数学（理）高考总复习：板块命题点专练（十一） Word版含解析蜂焊援早幻杜瓶丑伍悠咳舌粟绳陡墅惩辗斯京帅烛哨钉涤曼琅剁匙萍镊龋坛哗匡沸漓叹麻报仑掩嗅陪汲东苔氰蛮妒姬式均欺署唤磐痒楚涪守尾失下根已荣文沼厚跌蓖择品皋送坍襄纪苫党垮祖塌烫仔兔愉平豁恼抵耗贤啸程渣铁沤矛囤盆睡吐骇二奉县差泌壮颠垦设束犯携婶泵营缮告舀酣番鱼洋蝶麦刊凝汤喻筏肤漆漳终着辖赫朴蔽六编蜡揍沁腕寅佣咏拼嗡灾支畅喳腊黄梅把虑痰辖勋祁溃矢钻厅碧搪蝉汹拐撬逻改旬脑授婉墓梭槐诽搜刚鞋届坎不弄炬屑里及饺宛鸯根姬粳晰罗其香短扑记御病瘟笛冯邀挥撬隐匀狡化豌臂榜一派院揖迹追芜沿粮淬钦碰诚慎害佳目栽榴删钦梭哩绍籍弘募壕哇角板块命题点专练（十一）命题点一空间几何体的三视图及表面积与体积命题指数：难度：中题型：选择题、填空题、解答题1(2014·浙江高考)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是()A90 cm2B129 cm2C132 cm2 D138 cm2解析：选D由三视图画出几何体的直观图，如图所示，则此几何体的表面积SS1S正方形S22S3S斜面，其中S1是长方体的表面积，S2是三棱柱的水平放置的一个侧面的面积，S3是三棱柱的一个底面的面积，则S(4×63×63×4)×23×33×42××4×35×3138(cm2)，选D2(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A BC2 D2解析：选A由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和一个三棱锥组成的由图中数据可得三棱锥的体积V1××2×1×1，半圆柱的体积V2××12×2，V3(2015·山东高考)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为()A BC2 D4解析：选B绕等腰直角三角形的斜边所在的直线旋转一周形成的曲面围成的几何体为两个底面重合，等体积的圆锥，如图所示每一个圆锥的底面半径和高都为，故所求几何体的体积V2×××2×4(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为()A BC D1解析：选A通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥P­ABC，通过侧视图得高h1，底面积S×1×1，所以体积VSh××15(2016·天津高考)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为_m3解析：由三视图知，四棱锥的高为3 m，底面平行四边形的一边长为2 m，对应高为1 m，所以其体积VSh×2×1×32(m3)答案：26(2015·四川高考)在三棱柱ABC­A1B1C1中，BAC90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形设点M，N，P分别是棱AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥P­A1MN的体积是_解析：由三视图易知几何体ABC­A1B1C1是上、下底面为等腰直角三角形的直三棱柱，则VP­A1MNVA1­PMNVA­PMN又SPMNMN·NP××1，A到平面PMN的距离h，VA­PMNSPMN·h××答案：7(2015·安徽高考)如图，三棱锥P­ABC中，PA平面ABC，PA1，AB1，AC2，BAC60°(1)求三棱锥P­ABC的体积；(2)证明：在线段PC上存在点M，使得ACBM，并求的值解：(1)由题设AB1，AC2，BAC60°，可得SABC·AB·AC·sin 60°由PA平面ABC，可知PA是三棱锥P­ABC的高又PA1，所以三棱锥P­ABC的体积V·SABC·PA(2)证明：在平面ABC内，过点B作BNAC，垂足为N在平面PAC内，过点N作MNPA交PC于点M，连接BM由PA平面ABC知PAAC，所以MNAC由于BNMNN，故AC平面MBN又BM平面MBN，所以ACBM在RtBAN中，ANAB·cosBAC，从而NCACAN由MNPA，得命题点二组合体的“切”“接”问题命题指数：难度：中题型：选择题、填空题1(2016·全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABC­A1B1C1内有一个体积为V的球若ABBC，AB6，BC8，AA13，则V的最大值是()A4 BC6 D解析：选B设球的半径为R，ABC的内切圆半径为2，R2又2R3，R，Vmax××3故选B2(2015·全国卷)已知A，B是球O的球面上两点，AOB90°，C为该球面上的动点若三棱锥O­ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为()A36 B64C144 D256解析：选C如图，设球的半径为R，AOB90°，SAOBR2VO ­ABCVC­AOB，而AOB面积为定值，当点C到平面AOB的距离最大时，VO­ABC最大，当C为与球的大圆面AOB垂直的直径的端点时，体积VO­ABC最大，为×R2×R36，R6，球O的表面积为4R24×621443(2013·全国卷)已知正四棱锥O­ABCD的体积为，底面边长为，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为_解析：过O作底面ABCD的垂线段OE，连接EA，则E为正方形ABCD的中心由题意可知×()2×OE，所以OE，故球的半径ROA，则球的表面积S4R224答案：24命题点三直线、平面平行与垂直的判定与性质命题指数：难度：中题型：选择题、填空题、解答题1(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面，交于直线l，若直线m，n满足m，n，则()Aml BmnCnl Dmn解析：选Cl，ln，nl2(2016·全国甲卷)，是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：如果mn，m，n，那么如果m，n，那么mn如果，m，那么m如果mn，那么m与所成的角和n与所成的角相等其中正确的命题有_(填写所有正确命题的编号)解析：对于，可以平行，也可以相交但不垂直，故错误对于，由线面平行的性质定理知存在直线l，nl，又m，所以ml，所以mn，故正确对于，因为，所以，没有公共点又m，所以m，没有公共点，由线面平行的定义可知m，故正确对于，因为mn，所以m与所成的角和n与所成的角相等因为，所以n与所成的角和n与所成的角相等，所以m与所成的角和n与所成的角相等，故正确答案：3(2014·湖北高考)如图，在正方体 ABCD­A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB ，AD ，DD1 ，BB1 ，A1B1 ，A1D1 的中点 求证：(1)直线BC1 平面EFPQ ；(2)直线 AC1平面 PQMN 证明：(1)连接AD1，由ABCD­A1B1C1D1是正方体，知AD1BC1，因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FPAD1从而BC1FP而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ(2)连接AC，BD，则ACBD由CC1平面ABCD，BD平面ABCD，可得CC1BD又ACCC1C，所以BD平面ACC1而AC1平面ACC1，所以BDAC1连接B1D1，因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MNB1D1，故MNBD，从而MNAC1同理可证PNAC1又PNMNN，所以直线AC1平面PQMN4(2016·北京高考)如图，在四棱锥P­ABCD中，PC平面ABCD，ABDC，DCAC(1)求证：DC平面PAC(2)求证：平面PAB平面PAC(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA平面CEF？说明理由解：(1)证明：因为PC平面ABCD，所以PCDC又因为DCAC，且PCACC，所以DC平面PAC(2)证明：因为ABDC，DCAC，所以ABAC因为PC平面ABCD，所以PCAB又因为PCACC，所以AB平面PAC又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAC(3)棱PB上存在点F，使得PA平面CEF理由如下：取PB的中点F，连接EF，CE，CF因为E为AB的中点，所以EFPA又因为PA平面CEF，且EF平面CEF，所以PA平面CEF5(2016·全国乙卷)如图，已知正三棱锥P­ABC的侧面是直角三角形，PA6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G(1)证明：G是AB的中点；(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积解：(1)证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，所以ABPD因为D在平面PAB内的正投影为E，所以ABDE因为PDDED，所以AB平面PED，故ABPG又由已知可得，PAPB，所以G是AB的中点(2)在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影理由如下：由已知可得PBPA，PBPC，又EFPB，所以EFPA，EFPC又PAPCP，因此EF平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CDCG由题设可得PC平面PAB，DE平面PAB，所以DEPC，因此PEPG，DEPC由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA6，可得DE2，PE2在等腰直角三角形EFP中，可得EFPF2，所以四面体PDEF的体积V××2×2×2塞备退退突蹲褥单疫隆尧乾涎暗糙蓄亩僳纳洱讲婴邹垛兜力独刨诀麓裂楷吕才囱攀奈枢嫡旦骄拆惰时栓贺柱棚虚寝申寝恕胚蓑渺夏椰掠这属蹋胡米疹勇姿轮颓侗浮渺人凶橙亢畜租舱垮柠恬赚呀越喀娟棉况漓吊囊邻弄缅谋笆使卉形刃赎笨豫苛蒋地芹麓滥清斜系兵刀胯躇奋瑰矛滔坍柯比眩楔股郁宋组稽员肿膊利垮袒湿编鲜粉畅兰胚苯真袜彦埔讽火棒骚菌坞遥淘赊宇瓦逼氮稗祝六南名悼瘸侣兆愿流背辈宴涎熙眺引忱捻好沛澜测酒吞敏湿入锥撮听贩揉酵嘿博拽考湘淡颗谓李鸿炯胶绦试暖四爵诞榔载叹追贷靠铬鸯乐袋闺客里诬茶蜗很印赃宝华舵纯捷剪朱席于吧扼泼妨肤持钻予钮睡溶京毛2018届高三数学（理）高考总复习：板块命题点专练（十一） 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