2020最新题库大全2020年高考数学 试题分项 专题专题08 立体几何 理

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1、2020最新题库大全2020年数学（理）高考试题分项专题08 立体几何2020年高考数学试题分类汇编立体几何1（2020年福建卷）已知正方体外接球的体积是，那么正方体的棱长等于 （ D）（A）（B）（C）（D）2（2020年福建卷）对于平面和共面的直线、下列命题中真命题是 （C）（A）若则（B）若则（C）若则（D）若、与所成的角相等，则3（2020年安徽卷）表面积为 的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为 A B C D解：此正八面体是每个面的边长均为的正三角形，所以由知，则此球的直径为，故选A。4，则D、A1的中点到平面的距离为3，所以D1到平面的距离为6；B、A1的中点到平面

2、的距离为，所以B1到平面的距离为5；则D、B的中点到平面的距离为，所以C到平面的距离为3；C、A1的中点到平面的距离为，所以C1到平面的距离为7；而P为C、C1、B1、D1中的一点，所以选。5（2020年广东卷）给出以下四个命题如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的一个平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行;如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线垂直于这个平面;如果两条直线都平行于一个平面,那么这两条直线互相平行;如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么些两个平面互相垂直.其中真命题的个数是A.4 B.3 C.2 D.15、正确，故选B.8（2020年陕西卷）水平

3、桌面上放有4个半径均为2R的球，且相邻的球都相切（球心的连线构成正方形）。在这4个球的上面放一个半径为R的小球，它和下面的4个球恰好相切，则小球的球心到水平桌面的距离是3R。 (4) ( 2020年重庆卷)对于任意的直线l与平同a,在平面a内必有直线m,使m与l (C)(A)平行（B）相交(C)垂直 (D)互为异面直线9. （2020年上海春卷）正四棱锥底面边长为4，侧棱长为3，则其体积为 . 10（2020年全国卷II）过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为(A )（A） (B) (C) (D)ABAB11（2020年全国卷II）如图，平面平面，A，B

4、，AB与两平面、所成的角分别为和，过A、B分别作两平面交线的垂线，垂足为A、B，则ABAB (A )（A）21 （B）31（C）32 （D）4314（2020年四川卷）在三棱锥中，三条棱两两互相垂直，且是边的中点，则与平面所成角的大小是_（用反三角函数表示）15（2020年天津卷）设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面.考查下列命题，其中正确的命题是（B）A B C D且，则； 且，则；且，则； 且，则.其中真命题的序号是：（D） A. 、 B. 、 C. 、 D. 、17解选D。在、的条件下，的位置关系不确定。18（2020年全国卷I）已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，

5、则这个球的表面积是A B C D18由，得，得正四棱柱底面边长为2。该正四棱柱的主对角线即为球的直径，所以：球的体积。选C。正棱柱要满足的两个条件： 侧棱与底面垂直； 底面是正多边形。19（2020年全国卷I）已知正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为，则侧面与底面所成的二面角等于_（或）_。19底面正方形面积，底面边长，高，二面角的余切值。代入数据，得：。又必为锐角，所以。ADCB20（2020年江苏卷）两相同的正四棱锥组成如图1所示的几何体，可放棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有图1（A）1个（B）2

6、个（C）3个（D）无穷多个点评：本题主要考查学生能否迅速构造出一些常见的几何模型，并不是以计算为主21（2020年江西卷）如图，在四面体ABCD中，截面AEF经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O，且与BC，DC分别截于E、F，如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥ABEFD与三棱锥AEFC的表面积分别是S1，S2，则必有（ ）A. S1S2C. S1=S2D. S1，S2的大小关系不能确定解：连OA、OB、OC、OD则VABEFDVOABDVOABEVOBEFDVAEFCVOADCVOAECVOEFC又VABEFDVAEFC而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，故SAB

7、DSABESBEFDSADCSAECSEFC又面AEF公共，故选C22（2020年江西卷）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面为直角三角形，ACB90，AC6，BCCC1，P是BC1上一动点，则CPPA1的最小值是_解：连A1B，沿BC1将CBC1展开与A1BC1在同一个平面内，如图所示，A1C1BC连A1C，则A1C的长度就是所求的最小值。通过计算可得A1C1C90又BC1C45A1C1C135 由余弦定理可求得A1C23（2020年辽宁卷）给出下列四个命题: 垂直于同一直线的两条直线互相平行.垂直于同一平面的两个平面互相平行.若直线与同一平面所成的角相等,则互相平行.若直线是异面直线

8、,则与都相交的两条直线是异面直线.其中假命题的个数是(A)1 (B)2 (C)3 (D)424（2020年辽宁卷）若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为,则=_【解析】不妨认为一个正四棱柱为正方体,与正方体的所有面成角相等时,为与相交于同一顶点的三个相互垂直的平面所成角相等,即为体对角线与该正方体所成角.故.【点评】本题考查了直线与平面所成角的定义以及正四棱柱的概念,充分考查了转化思想的应用.25（2020年北京卷）已知三点在球心为，半径为的球面上，且，那么两点的球面距离为_，球心到平面的距离为_.26（ 2020年浙江卷）如图，O是半径为l的球心，点A、B、C在球面上，OA、OB、OC两

9、两垂直，E、F分别是大圆弧AB与AC的中点，则点E、F在该球面上的球面距离是 ( B )(A) (B) (C) (D)27（ 2020年浙江卷）正四面体ABCD的棱长为1，棱AB平面，则正四面体上的所有点在平面内的射影构成的图形面积的取值范围是. 29(2020年山东卷）如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的 中点，则直线AD 与平面B1DC所成角的正弦值为 4/5 . （15题图）30(2020年山东卷）如图，在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2,DAB=60,E为AB的中点，将ADE与BEC分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则PDCE三棱锥的外

10、接球的体积为(C)(A) (B) (C) (D) （12题图）PABCDOE32（2020年上海卷）在四棱锥PABCD中，底面是边长为2的菱形，DAB60，对角线AC与BD相交于点O，PO平面ABCD，PB与平面ABCD所成的角为60（1）求四棱锥PABCD的体积；（2）若E是PB的中点，求异面直线DE与PA所成角的大小（结果用反三角函数值表示）解（1）（2）33（ 2020年浙江卷）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形,ADBC,BAD=90,PA底面ABCD，且PAAD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.QPADCB图4()求证：PBDM; ()求CD与平面ADMN所成的

11、角。3334. ( 2020年湖南卷）如图4,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2,AB=4.()证明PQ平面ABCD; ()求异面直线AQ与PB所成的角;()求点P到平面QAD的距离.间直角坐标系（如图），由题条件，相关各点的坐标分别是P（0，0，1），A（，0，0），Q（0，0，2），B（0，0）.QBCPADzyxO所以于是.从而异面直线AQ与PB所成的角是.()由（），点D的坐标是（0，0），设是平面QAD的一个法向量，由QBCPADOM得.取x=1，得.所以点P到平面QAD的距离.解法二（）取AD的中点，连结PM，QM.因为PABCD与QABCD都是正四棱锥，所

12、以ADPM，ADQM. 从而AD平面PQM.又平面PQM，所以PQAD.同理PQAB，所以PQ平面ABCD.（）连结AC、BD设，由PQ平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在PQ上，从而P、A、Q、C四点共面.因为OAOC，OPOQ，所以PAQC为平行四边形，AQPC.从而BPC（或其补角）是异面直线AQ与PB所成的角.即点P到平面QAD的距离是.34()略; () ;().35(2020年山东卷）如图，已知平面A1B1C1平行于三棱锥V-ABC的底面ABC，等边 AB1C所在的平面与底面ABC垂直，且ACB=90，设AC=2a,BC=a.（1）求证直线B1C1是异面直线AB1与A1C1的公垂线

13、；（2）求点A到平面VBC的距离；（3）求二面角A-VB-C的大小.（19题图）35（1）；（2）。36（2020年福建卷）如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，（I）求证：平面BCD；（II）求异面直线AB与CD所成角的大小；（III）求点E到平面ACD的距离。36本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成的角以及点到平面的距离基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力。满分12分。方法一：（I）证明：连结OC平面（II）解：取AC的中点M，连结OM、ME、OE，由E为BC的中点知直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角在中，在中，而点E到平面AC

14、D的距离为方法二：（I）同方法一。（II）解：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则异面直线AB与CD所成角的大小为（III）解：设平面ACD的法向量为则令得是平面ACD的一个法向量。又点E到平面ACD的距离ABCDEFOP第19题图H37（2020年安徽卷）如图，P是边长为1的正六边形ABCDEF所在平面外一点，P在平面ABC内的射影为BF的中点O。（）证明；（）求面与面所成二面角的大小。解：（）在正六边形ABCDEF中，为等腰三角形，P在平面ABC内的射影为O，PO平面ABF，AO为PA在平面ABF内的射影；O为BF中点，AOBF，PABF。（）PO平面ABF，平面PBF平面ABC；而O为

15、BF中点，ABCDEF是正六边形 ，A、O、D共线，且直线ADBF，则AD平面PBF；又正六边形ABCDEF的边长为1，。过O在平面POB内作OHPB于H，连AH、DH，则AHPB，DHPB，所以为所求二面角平面角。；38（2020年广东卷）如图5所示，AF、DE分别是O、O1的直径.AD与两圆所在的平面均垂直，AD8,BC是O的直径，ABAC6，OE/AD.()求二面角BADF的大小；()求直线BD与EF所成的角.38解：()AD与两圆所在的平面均垂直,ADAB, ADAF,故BAD是二面角BADF的平面角，依题意可知，ABCD是正方形，所以BAD450.即二面角BADF的大小为450；()

16、以O为原点，BC、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），则O（0，0，0），A（0，0），B（，0，0）,D（0，8），E（0，0，8），F（0，0）所以，设异面直线BD与EF所成角为，则直线BD与EF所成的角为39（）如图，点A在直线上的射影为点B在上的射影为已知求：（I）直线AB分别与平面所成角的大小；（II）二面角的大小。ABA1B1l第19题解法一图EFABA1B1l第19题解法二图yxyEF在RtA1EF中,sinA1FE = = , 二面角A1ABB1的大小为arcsin.解法二: ()同解法一.() 如图,建立坐标系, 则A1(0,0,0),A(0,0,1)

17、,B1(0,1,0),B(,1,0).在AB上取一点F(x,y,z),则存在tR,使得=t , 即(x,y,z1)=t(,1,1), 点F的坐标为(t, t,1t).要使,须=0, 即(t, t,1t) (,1,1)=0, 2t+t(1t)=0,解得t= , 点F的坐标为(, ), =(, ). 设E为AB1的中点,则点E的坐标为(0, ). 40（2020年全国卷II）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，D、E分别为BB1、AC1的中点ABCDEA1B1C1（）证明：ED为异面直线BB1与AC1的公垂线；（）设AA1ACAB，求二面角A1ADC1的大小40解法一：ABCDEA1B

18、1C1OF（）设O为AC中点，连接EO，BO，则EOC1C，又C1CB1B，所以EODB，EOBD为平行四边形，EDOB 2分ABBC，BOAC，又平面ABC平面ACC1A1，BO面ABC，故BO平面ACC1A1，ED平面ACC1A1，BDAC1，EDCC1，EDBB1，ED为异面直线AC1与BB1的公垂线6分（）连接A1E，由AA1ACAB可知，A1ACC1为正方形，A1EAC1，又由ED平面ACC1A1和ED平面ADC1知平面ADC1平面A1ACC1，A1E平面ADC1作EFAD，垂足为F，连接A1F，则A1FAD，A1FE为二面角A1ADC1的平面角不妨设AA12，则AC2，ABEDOB

19、1，EF，tanA1FE，A1FE60所以二面角A1ADC1为60 12分解法二：（）如图，建立直角坐标系Oxyz，其中原点O为AC的中点设A(a，0，0)，B(0，b，0)，B1(0，b，2c)则C(a，0，0)，C1(a，0，2c)，E(0，0，c)，D(0，b，c) 3分ABCDEA1B1C1Ozxy（0，b，0），(0，0，2c)0，EDBB1又(2a，0，2c)，0，0，即ECAE，ECED，又AEEDE，EC面C1AD10分cos，即得和的夹角为60所以二面角A1ADC1为60 12分41( 2020年重庆卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD,DAB为直角，ABCD,A

20、D=CD=24B,E、F分别为PC、CD的中点.（）试证：CD平面BEF;（）设PAkAB,且二面角E-BD-C的平面角大于,求k的取值范围. 图(41)图解法一：（）证：由已知DFAB且DAD为直角，故ABFD是矩形，从而CDBF.又PA底面ABCD,CDAD，故由三垂线定理知CDPD.在PDC中，E、F分别PC、CD的中点，故EFPD,从而CDEF,由此得CD面BEF. 第（41）图（）连结AC交BF于G.易知G为AC的中点.连接EG,则在PAC中易知ECPA.又因PA底面ABCD,故BC底面ABCD.在底面ABCD中，过C作GHBD,垂足为H,连接EH.由三垂线定理知EHBD.从而EHG

21、为二面角E-BD-C的平面角.设AB=a,则在PAC中，有BG=PA=ka.以下计算GH，考察底面的平面图（如答(19)图）.连结GD.因SCBD=BDGH=GBOF.故GH=.在ABD中，因为ABa,AD=2A,得BD=a第（41）图而GB=FB=AD-a.DF-AB,从而得GH= 因此tanEHG=由k0知是锐角，故要使，必须tan=0,故.由此得CD面BEF.（）设E在xOy平面上的投影为G，过G作GHBD垂足为H,由三垂线定理知EHBD.从而EHG为二面角E-BD-C的平面角.由PAkAB得P(0,0,ka),E,G(a,a,0).设H(x,y,0)，则=(x-a,y-a,0), =(

22、-a,2a,0),故k的取值范围为k.42（2020年上海春卷）在长方体中，已知，求异面直线与所成角的大小（结果用反三角函数值表示）.42. 解法一 连接， 为异面直线与所成的角. 4分 连接，在中， 6分 则 . 10分 异面直线与所成角的大小为. 12分解法二 以为坐标原点，分别以、所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系. 2分 则 ， 得 . 6分 设与的夹角为， 则， 10分 与的夹角大小为， 即异面直线与所成角的大小为. 12分43（2020年四川卷）如图，在长方体中，分别是的中点，分别是的中点，（）求证：面；（）求二面角的大小。（）求三棱锥的体积。本小题主要考察长方体的概念、直线

23、和平面、平面和平面的关系等基础知识，以及空间想象能力和推理能力。满分12分（）设为的中点为的中点 面作，交于，连结，则由三垂线定理得从而为二面角的平面角。在中，从而在中，故：二面角的大小为 （）作，交于，由面得面在中， 取，显然面 ，又面 面（）过作，交于，取的中点，则设，则又由，及在直线上，可得: 解得 即与所夹的角等于二面角的大小故：二面角的大小为 44. （2020年湖北卷）如图，在棱长为1的正方体中，是侧棱上的一点，.（）试确定，使得直线与平面所成角的正切值为；（）在线段上是否存在一个定点，使得对任意的，在平面上的射影垂直于.并证明你的结论.44、点评：本小题主要考查线面关系、直线于平

24、面所成的角的有关知识及空间想象能力和推理运算能力，考查运用向量知识解决数学问题的能力。在RtAOG中，tanAGO，即m.所以，当m时，直线AP与平面所成的角的正切值为.（）可以推测，点Q应当是AICI的中点O1，因为D1O1A1C1, 且 D1O1A1A ，所以 D1O1平面ACC1A1，又AP平面ACC1A1，故 D1O1AP.那么根据三垂线定理知，D1O1在平面APD1的射影与AP垂直。解法二：()建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，P(0，1，m)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)所以又由知，为平面的一个法向量。

25、设AP与平面所成的角为，则。依题45（2020年天津卷）如图，在五面体中，点是矩形的对角线的交点，面是等边三角形，棱（1）证明/平面；（2）设，证明平面46（2020年全国卷I）如图，、是互相垂直的异面直线，MN是它们的公垂线段。点A、B在上，C在上，。（）证明；（）若，求与平面ABC所成角的余弦值。46（I）证明：AM = MB = MN，说明NM是ANB的中线且为边AB的一半，所以ANB是直角三角形，其中ANB为直角。所以BNNA。且MN面ABNBN。由、可推出BN面NAC。所以ACBN。（II）MNAB且M为AB中点AN = MN 由（I）知，AN、BN、CN两两垂直 由、 AC = B

26、C，又ACB = ，所以ABC是等边三角形。设BN长度为1，则AB = ，三棱锥的体积为：；三棱锥的体积为：由可得 点N到面ABC的距离记NB与平面ABC所成角为，则。从而实际上，这个题的命题背景是是正方体的一个“角”。如图3。47（2020年江苏卷）在正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE:EBCF:FACP:PB1:2（如图1）。将AEF沿EF折起到的位置，使二面角A1EFB成直二面角，连结A1B、A1P（如图2）（）求证：A1E平面BEP；（）求直线A1E与平面A1BP所成角的大小；（）求二面角BA1PF的大小（用反三角函数表示）BP，BP垂直于A1E在面A

27、1BP内的射影（三垂线定理的逆定理）设A1E在面A1BP内的射影为A1Q，且A1Q交BP于Q，则EA1Q就是A1E与面A1BP所成的角，且BPA1Q。在EBP中，BE=BP=2，EBP=60o，EBP为正三角形，BE=EP。又A1E面BEP，A1B=A1P，Q为BP的中点，且EQ=，而A1E=1，在RtA1EQ中，即直线A1E与面A1BP所成角为60o。FMQ为二面角BA1PF的一个平面角。在RtA1QP中，A1Q=A1F=2，PQ=1，A1P=，MQA1P，MQ=，MF=。在FCQ中，FC=1，QC=2，C=60o，由余弦定理得QF=，在FMQ中，点评：本题主要考查线面垂直、直线和平面所成的

28、角、二面角等基础知识，以及空间线面位置关系的证明、角和距离的计算等，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力48（2020年江西卷）如图，在三棱锥ABCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD，BDCD1，另一个侧面是正三角形（1） 求证：ADBC（2） 求二面角BACD的大小（3） 在直线AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30角？若存在，确定E的位置；若不存在，说明理由。20、解法一：（1） 方法一：作AH面BCD于H，连DH。ABBDHBBD，又AD，BD1ABBCAC BDDC又BDCD，则BHCD是正方形，则DHBCADBC方法二：取BC的中点O，连A

29、O、DO则有AOBC，DOBC，BC面AODBCAD（2） 设E是所求的点，作EFCH于F，连FD。则EFAH，EF面BCD，EDF就是ED与面BCD所成的角，则EDF30。设EFx，易得AHHC1，则CFx，FD，tanEDF解得x，则CEx1故线段AC上存在E点，且CE1时，ED与面BCD成30角。解法二：此题也可用空间向量求解，解答略49（2020年辽宁卷）已知正方形.、分别是、的中点,将沿折起,如图所示,记二面角的大小为.(I) 证明平面;(II)若为正三角形,试判断点在平面内的射影是否在直线上,证明你的结论,并求角的余弦值.AACBDEFBCDEF过G作GH垂直于ED于H,连结AH,

30、则,所以为二面角A-DE-C的平面角.即设原正方体的边长为2a,连结AF在折后图的AEF中,AF=,EF=2AE=2a,即AEF为直角三角形, 在RtADE中, 为A在平面BCDE内的射影G.即点A在平面BCDE内的射影在直线EF上过G作GH垂直于ED于H,连结AH,则,所以为二面角A-DE-C的平面角.即设原正方体的边长为2a,连结AF在折后图的AEF中,AF=,EF=2AE=2a,即AEF为直角三角形, 在RtADE中, .解法3: 点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上连结AF,在平面AEF内过点作,垂足为.ACD为正三角形,F为CD的中点,又因,所以又为A在平面BCDE内的射影G.即

31、点A在平面BCDE内的射影在直线EF上过G作GH垂直于ED于H,连结AH,则,所以为二面角A-DE-C的平面角.即设原正方体的边长为2a,连结AF2020年高考数学试题分类汇编立体几何2020河北、河南、山西、安徽(全国卷I) （2）一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为，则球的表面积为 （ C ）（A）（B）（C）（D）（4）如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且均为正三角形，EFAB，EF=2，则该多面体的体积为 （ C ）（A）（B）（C）（D）（16）在正方形中，过对角线的一个平面交于E，交于F，则已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，ABDC，底面A

32、BCD，且PA=AD=DC=AB=1，M是PB的中点。（）证明：面PAD面PCD；（）求AC与PB所成的角；（）求面AMC与面BMC所成二面角的大小。18本小题主要考查直线与平面垂直、直线与平面所成角的有关知识及思维能力和空间想象能力.考查应用向量知识解决数学问题的能力.满分12分.方案一：（）证明：PA面ABCD，CDAD，由三垂线定理得：CDPD.因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直，CD面PAD.又CD面PCD，面PAD面PCD.（）解：过点B作BE/CA，且BE=CA，则PBE是AC与PB所成的角.连结AE，可知AC=CB=BE=AE=，又AB=2，所以四边形ACBE为正

33、方形. 由PA面ABCD得PEB=90在RtPEB中BE=，PB=， （）解：作ANCM，垂足为N，连结BN.在RtPAB中，AM=MB，又AC=CB，AMCBMC,BNCM，故ANB为所求二面角的平面角.CBAC，由三垂线定理，得CBPC，在RtPCB中，CM=MB，所以CM=AM.在等腰三角形AMC中，ANMC=，. AB=2，故所求的二面角为方法二：因为PAPD，PAAB，ADAB，以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（0，0，1），M（0，1，.（）证明：因由题设知ADDC，且AP与

34、AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC面PAD.又DC在面PCD上，故面PAD面PCD.（）解：因为所求二面角的平面角.2020文科数学（全国卷）（11）点O是三角形ABC所在平面内的一点，满足，则点O是的（A）三个内角的角平分线的交点（B）三条边的垂直平分线的交点（C）三条中线的交点 （D）三条高的交点2020高考全国卷数学（理）试题（吉林、黑龙江、广西等地区用）(2) 正方体ABCDA1 B1 C1 D1中，P、Q、R、分别是AB、AD、B1 C1的中点。那么正方体的过P、Q、R的截面图形是（A）三角形 （B）四边形 （C）五边形 （D）六边形其中，真命题的编号是_。（写出所有真命题

35、的编号）2020高考全国卷数学（文）试题（吉林、黑龙江、广西等地区用）(12)ABC的顶点B在平面a内，A、C在a的同一侧，AB、BC与a所成的角分别是30和45,若AB=3,BC= ,AC=5,则AC与a所成的角为(A)60 (B)45 (C)30 (D)15(20)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PD底面ABCD,AD=PD,E、F分别为CD、PB的中点.()求证:EF平面PAB()设,求AC与平面AEF所成的角的大小.(21)设a为实数,函数 ()求的极值.()当a在什么范围内取值时,曲线轴仅有一个交点.AarccosBCarccosD20（本小题满分12分）如图，直二面

36、角D-AB-E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AEEB，F为CE上的点，且BF平面ACE（）求证：AE平面BCE；（）求二面角B-AC-E的大小；（）求点D到平面ACE的距离。20、（）略；（）；（）。2020年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）4如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E是A1B1的中点，则E到平面AB C1D1的距离为（ B ）ABCD 15已知平面和直线，给出条件：；. （i）当满足条件 时，有；（ii）当满足条件 时，有.（填所选条件的序号）18（本小题满分14分）如图1，已知ABCD是上下底边长分别为2和6，高为的等腰梯形，将它沿对称轴

37、OO1折成直二面角，如图2.（）证明：ACBO1；（）求二面角OACO1的大小.从而所以ACBO1. （II）解：因为所以BO1OC，由（I）ACBO1，所以BO1平面OAC，是平面OAC的一个法向量.设是0平面O1AC的一个法向量，由 得. 设二面角OACO1的大小为，由、的方向可知，F EABOCO1D所以cos，=即二面角OACO1的大小是解法二（I）证明 由题设知OAOO1，OBOO1， 所以AOB是所折成的直二面角的平面角，图4即OAOB. 从而AO平面OBCO1，OC是AC在面OBCO1内的射影.因为 ，所以OO1B=60，O1OC=30，从而OCBO1由三垂线定理得ACBO1.（

38、II）解 由（I）ACBO1，OCBO1，知BO1平面AOC.设OCO1B=E，过点E作EFAC于F，连结O1F（如图4），则EF是O1F在平面AOC内的射影，由三垂线定理得O1FAC.19（本小题满分14分）设，点P（，0）是函数的图象的一个公共点，两函数的图象在点P处有相同的切线.（）用表示a，b，c；（）若函数在（1，3）上单调递减，求的取值范围.19解：（I）因为函数，的图象都过点（，0），所以， 即.因为所以.又因为，在点（，0）处有相同的切线，所以而将代入上式得 因此故，（II）解法一.当时，函数单调递减.由，若；若由题意，函数在（1，3）上单调递减，则所以又当时，函数在（1，3）

39、上单调递减.所以的取值范围为2020年普等学校招生全国统试一考试（浙江卷）数学6设、 为两个不同的平面，l、m为两条不同的直线，且l，m，有如下的两个命题：若，则lm；若lm，则那么(A) 是真命题，是假命题 (B) 是假命题，是真命题(C) 都是真命题 (D) 都是假命题12设M、N是直角梯形ABCD两腰的中点，DEAB于E(如图)现将ADE沿DE折起，使二面角ADEB为45，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M、N的连线与AE所成角的大小等于_18如图，在三棱锥PABC中，ABBC，ABBCkPA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP底面ABC ()当k时，求直线PA与平面PBC所

40、成角的大小； () 当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为PBC的重心？2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（必修+选修）4设三棱柱ABCA1B1C1的体积为V，P、Q分别是侧棱AA1、CC1上的点，且PA=QC1，则四棱锥BAPQC的体积为（ C ）A B C D11不共面的四个定点到平面的距离都相等，这样的平面共有（ D ）A3个 B4个 C6个 D7个18(本小题满分12分)如图，在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形,平面VAD底面ABCD （）证明AB平面VAD； （）求面VAD与面VDB所成的二面角的大小18证明：方法一：（）证明： （）解

41、：取VD的中点E，连结AF，BE，VAD是正三形， AEVD，AE=AB平面VAD， ABAE.又由三垂线定理知BEVD. 因此，tanAEB=即得所求二面角的大小为 （）解：设E为DV中点，则，由因此，AEB是所求二面角的平面角，解得所求二面角的大小为2020年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学（理工农医类）（6）在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的是（C） （A）BC/平面PDF （B）DF平面PA E （C）平面PDF平面ABC （D）平面PAE平面 ABC（15）（本小题共13分） 已知函数f(x)=x33x29xa, （I）求f

42、(x)的单调递减区间；（II）若f(x)在区间2，2上的最大值为20，求它在该区间上的最小值（15）（共13分） 解：（I） f (x)3x26x9令f (x)0，解得x3， 所以函数f(x)的单调递减区间为（，1），（3，） （II）因为f(2)81218a=2a，f(2)81218a22a， 所以f(2)f(2)因为在（1，3）上f (x)0，所以f(x)在1, 2上单调递增，又由于f(x)在2，1上单调递减，因此f(2)和f(1)分别是f(x)在区间2，2上的最大值和最小值，于是有 22a20，解得 a2 故f(x)=x33x29x2，因此f(1)13927， 即函数f(x)在区间2，2

43、上的最小值为7（16）（本小题共14分） 如图, 在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ABAD2，DC2，AA1，ADDC，ACBD, 垂足为E， （I）求证：BDA1C； （II）求二面角A 1BDC 1的大小； （III）求异面直线 AD与 BC 1所成角的大小（16）（共14分）（I）在直四棱柱ABCDAB1C1D1中，AA1底面ABCD AC是A1C在平面ABCD上的射影 BDAC BDA1C；（II）连结A1E，C1E，A1 C1 与（I）同理可证BDA1E，BDC1E， A1EC1为二面角A1BDC1的平面角 ADDC， A1D1C1=ADC90，（16）（本小题共14分）（文科

44、） 如图, 在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC3，BC4，AA14，点D是AB的中点， （I）求证：ACBC1； （II）求证：AC 1/平面CDB1； （III）求异面直线 AC1与 B1C所成角的余弦值（16）（共14分）（I）直三棱柱ABCA1B1C1，底面三边长AC=3，BC=4AB=5， ACBC，且BC1在平面ABC内的射影为BC， ACBC1；（II）设CB1与C1B的交点为E，连结DE， D是AB的中点，E是BC1的中点， DE/AC1， DE平面CDB1，AC1平面CDB1， AC1/平面CDB1；（III） DE/AC1， CED为AC1与B1C所成的角，在CED中，ED

45、=AC 1=，CD=AB=，CE=CB1=2， ， 异面直线 AC1与 B1C所成角的余弦值.2020年高考全国卷数学（文）试题和答案（四川、陕西、云南等地区用）（19）(本小题满分12分)在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形,平面VAD底面ABCD （）证明AB平面VAD （）求面VAD与面VDB所成的二面角的大小（19）证明：（）作AD的中点O，则VO底面ABCD 建立如图空间直角坐标系，并设正方形边长为1， 则A（，0，0），B（，1，0），C（-，1，0），D（-，0，0），V（0，0，），由又ABAV=AAB平面VAD又由题意知，面VAD与面VDB所成的

46、二面角，所以其大小为 2020年广东省高考数学试题(4)已知高为3的直三棱柱ABCA1B1C1的底是边长为1的正三角形（如图），则三棱锥B1ABC的体积为 （D） (6)函数是的函数的区间为 （D） （A）（2，+） (B) (-,2) (C)(- ,0) (D)(0,2)其中为假命题的是 （C）（A） （B） （C） （D）16如图， PA=BC=6，AB=8，PB=AC=10，F是线段PB上一点，点E在线段AB上，且EFPB（I）求证：PB平面CEF（II）求二面角BCEF的大小（14分）16（I）证明：PAC是以PAC为直角的直角三角形，同理可证PAB是以PAB为直角的直角三角形，PCB

47、是以PCB为直角的直角三角形。故PA平面ABC又而故CFPB,又已知EFPBPB平面CEF（II）由（I）知PBCE, PA平面ABCAB是PB在平面ABC上的射影，故ABCE在平面PAB内，过F作FF1垂直AB交AB于F1，则FF1平面ABC，EF1是EF在平面ABC上的射影，EFEC故FEB是二面角BCEF的平面角。二面角BCEF的大小为2020年普通高等学校招生全国统一考试数 学（江苏卷）14、曲线在点处的切线方程是_。21、（本小题满分14分，第一小问满分6分，第二、第三小问满分各4分）如图，在五棱锥SABCDE中，SA底面ABCDE，SA=AB=AE=2，。（1）求异面直线CD与SB

48、所成的角（用反三角函数值表示）；（2）证明：BC平面SAB；（3）用反三角函数值表示二面角BSCD的大小。（本小问不必写出解答过程）2020年普等学校招生全国统试一考试 天津卷（理工类）(4)设为平面，为直线，则的一个充分条件是 （D）(A) (B) (C) (D) (10)若函数在区间内单调递增，则a的取值范围是 （B）(A) (B) (C) (D)（12）如图，PA平面ABC，ABC=90且PA=AC=BC=a则异面直线PB与AC所成角的正切值等于（19）（本小题满分12分）如图，在斜三棱柱中，侧面与底面ABC所成的二面角为，E、F分别是棱的中点（）求与底面ABC所成的角（）证明平面（）求

49、经过四点的球的体积即由于四边形为平行四边形，得（）证明：设与的交点为，则点为的中点连结在平行四边形中，因为的中点，故而平面，平面，所以平面（）连结在和中，由于，则2020年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）数学试题卷（理工农医类）10如图，在三棱柱ABCABC中，点E、F、H、 K分别为AC、CB、AB、BC的中点，G为ABC的重心. 从K、H、G、B中取一点作为P， 使得该棱柱恰有2条棱与平面PEF平行，则P为 （ C ）AKBHCG DB20（本小题满分12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA底面ABCD，AB=，BC=1，PA=2，E为PD的中点. （）求直线

50、AC与PB所成角的余弦值；（）在侧面PAB内找一点N，使NE面PAC，并求出N点到AB和AP的距离.20本小题主要考查线面关系和四棱锥等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.解法1：（）建立如图所示的空间直角坐标系，则A、B、C、D、P、E的坐标为A（0，0，0）、B（，0，0）、C（，1，0）、D（0，1，0）、P（0，0，2）、E（0，1）， 即N点的坐标为，从而N点到AB、AP的距离分别为1，.解法2：（）设ACBD=O，连OE，则OE/PB，EOA即为AC与PB所成的角或其补角.在AOE中，AO=1，OE=即AC与PB所成角的余弦值为. （）在面ABCD内过D作AC的垂线交AB于F，则.连PF，则在RtADF中设N为PF的中点，连NE，则NE/DF，DFAC，DFPA，DF面PAC，从而NE面PAC.N点到AB的距离，N点到AP的距离2020年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）数学试题卷（文史类）5木星的体积约是地球体积的倍，则它的表面积约是地球表面积的（ ）A60倍B60倍C120倍D120倍8已知a、b、c是直线，是平面，给出下列命题： 若；若；若；若a与b异面，且相交； 若a与b异面，则至多有一条直线与a，b都垂直. 其中真命题的个数是（ ）A1B2C3D411在函数的图象上，其切线的倾斜角小于的点中，坐标为整数的点的个数是（ ）A3B2C1D