备战2025年高考数学各类题型真题快练作业48（带解析答案）.doc

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题组层级快练(四十八)

一、单项选择题

1.(2024·沧州七校联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别为棱AD，CC1，A1D1的中点，则B1P与MN所成角的余弦值为()

A.eq\f(\r(30),10) B．－eq\f(1,5)

C.eq\f(\r(70),10) D.eq\f(1,5)

答案A

解析如图所示，以A为原点，分别以AB，AD，AA1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

设正方体的棱长为2，则M(0，1，0)，N(2，2，1)，B1(2，0，2)，P(0，1，2)，所以eq\o(B1P,\s\up6(→))＝(－2，1，0)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(2，1，1)．

设B1P与MN所成的角为θ，所以cosθ＝eq\f(|\o(B1P,\s\up6(→))·\o(MN,\s\up6(→))|,|\o(B1P,\s\up6(→))||\o(MN,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－2×2＋1|,\r(5)×\r(6))＝eq\f(\r(30),10)，

即B1P与MN所成角的余弦值为eq\f(\r(30),10).故选A.

2.(2024·重庆诊断)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB＝2.D，E，F分别是BB1，AA1，A1C1的中点，则直线EF与CD所成角的余弦值为()

A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)

C．－eq\f(1,2) D．0

答案D

解析方法一：分别延长A1C1，AC至M，N，使C1M＝A1C1，CN＝AC，连接AC1，CM，DM，B1M，B1F，MN，如图所示．

由题意，易知EF∥AC1∥CM，CD＝eq\r(5)，CM＝2eq\r(2)，DM＝eq\r(B1D2＋B1M2)＝eq\r(B1D2＋B1F2＋FM2)＝eq\r(12＋（\r(3)）2＋32)＝eq\r(13).

设直线EF与CD所成角为θ，

易知cosθ＝|cos∠DCM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(CD2＋CM2－DM2,2CD·CM)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（\r(5)）2＋（2\r(2)）2－（\r(13)）2,2×\r(5)×2\r(2))))＝0，∴直线EF与CD所成角的余弦值为0.故选D.

方法二：如图，将三棱柱补成四棱柱，其中两个三棱柱全等．

取PB中点Q，连接DQ，由棱柱性质易知EF∥DQ，∴∠CDQ为EF和CD所成的角或其补角．连接CQ，由题知BC＝2，BQ＝1，BD＝1，∴CD＝eq\r(5)，DQ＝eq\r(2)，又∠CBQ＝120°，∴在△CBQ中，由余弦定理可得CQ2＝22＋12－2×2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，∴CQ＝eq\r(7).

在△CDQ中，CQ2＝CD2＋DQ2＝7，∴∠CDQ＝90°，

∴EF和CD所成角的余弦值为0.故选D.

方法三：如图，以A为原点，以过点A垂直于平面ACC1A1的直线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系．

由AA1＝AB＝2，△ABC为正三角形，D，E，F分别为BB1，AA1，A1C1的中点，得E(0，0，1)，F(0，1，2)，C(0，2，0)，D(eq\r(3)，1，1)，

∴eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，1)．

∵eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0－1＋1＝0，∴EF⊥CD，

∴EF与CD所成角的余弦值为0.故选D.

3.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.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(1,2)

C.eq\f(\r(3),2) D.eq\r(2)

答案A

解析连接AB1，设AB1与A1B交于点F，易知AF⊥A1B，AF⊥BC，且A1B∩BC＝B，所以AF⊥平面A1BCD1.连接EF，则∠AEF是直线AE与平面A1BCD1所成的角，tan∠AEF＝eq\f(AF,EF)＝eq\f(\r(2),2).故选A.

4．(2024·辽宁省部分重点高中联考)已知圆锥SO的底面半径为r，当圆锥的体积为eq\f(\r(2),6)πr