2026版正禾一本通高三一轮总复习数学（北师版）-重点题型（十）

1．答案：C解析：如图所示，圆柱的侧面展开图是矩形ABEF，由题意得AB＝2丈＝20尺，圆周长BE＝3尺，则葛藤绕圆柱7周后长为BD＝AB2．答案：B解析：如图，取B1C1的中点D，取BB1的中点E，连接MD，DE，ME，则DE∥BC1，又DE⊄平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，所以DE∥平面ABC1，又M为A1C1的中点，所以MD∥A1B1∥AB，又MD⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，所以MD∥平面ABC1，又DE∩MD＝D，DE⊂平面DEM，MD⊂平面DEM，所以平面DEM∥平面ABC1，又因为N是侧面BCC1B1上一点，且MN∥平面ABC1，所以N的轨迹为线段DE，DE＝124+12＝2，所以点3．答案：A解析：根据题意可知PD＝DC，则点D符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC”．设AB的中点为N，根据题目条件可知△PAN≌△CBN，所以PN＝CN，点N也符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC”．故动点M的轨迹肯定过点D和点N，而到点P与到点C的距离相等的点为线段PC的垂直平分线，线段PC的垂直平分面与平面AC的交线是一直线．4．答案：D解析：设外接球O的半径为R，则球O的表面积S＝4πR2＝20π，所以R＝5，设矩形ABCD的长和宽分别为x和y，则x2＋y2＋232＝252，所以x2＋yVABCD­A1B1C1D1＝23xy≤即底面为边长为2的正方形时，四棱柱的体积最大，则有BC1＝CC将平面ABCD沿AB展开，与ABC1D1处于同一平面，则D1E＋EC≥D1C＝2+42即平面图形中D1，E，C三点共线时，D1E＋CE有最小值210.5．答案：A解析：在长方体ABCD­A1B1C1D1中，由BP＝λBC+μBA1得点P在矩形A1BCD1及内部，又MP∥平面AB1D1，故点P在过M且平行于平面AB1D1的平面内，设AB1与A1B交于点O，取OB中点N，连接MN，在CD1上取点Q，使得D1Q＝14CD1，连接MQ，NQ，OD1由ABCD­A1B1C1D1是长方体，可知对角面A1BCD1为矩形，A1B∥D1C且A1B＝D1C，因为D1O＝14CD1所以D1Q∥ON且D1Q＝ON，四边形D1QNO为平行四边形，可得D1O∥QN，因为D1O⊂平面AB1D1，QN⊄平面AB1D1，所以QN∥平面AB1D1，同理可得MN∥平面AB1D1，因为QN，MN是平面MNQ内的相交直线，故平面MNQ∥平面AB1D1，即平面MNQ是过M且平行于平面AB1D1的平面，所以点P的轨迹是四边形截面A1BCD1与平面MNQ的交线，即线段NQ.因为矩形AA1B1B中，AB＝2，AA1＝4，可知A1B＝22所以A1O＝12A1B＝5，可得在Rt△A1OD1中，D1O＝A1D16．答案：ABD解析：在Rt△SOC中，SC＝SO2+OC2＝22，则圆锥的母线长l＝22，半径当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，此时S△ABC＝12×4×2＝4，则三棱锥S­ABC体积的最大值为13×S△ABC×SO＝由AB＝BC，∠ABC＝π2，AC＝4，得AB＝BC＝22，又SA＝SB＝22则△SAB为等边三角形，则∠SBA＝π3，将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，得到△S1AB，则△S1AB为等边三角形，∠S1BA＝π3，如图可知(SE＋CE)min＝S1因为S1B＝BC＝22，∠S1BC＝∠S1BA＋∠ABC＝5πS1C2＝S1B2＋BC2－2×S1B×BC×cos5π6＝8+8+83则(SE＋CE)min＝S1C＝23+1因为△SAB为等腰三角形，SA＝SB，又SA2＋SC2＝AC2，所以∠ASC＝π2当点B与点A重合时，∠ASB＝0为最小角，当点B与点C重合时，∠ASB＝π2又因为B与A，C不重合，则∠ASB∈0，又2∠SAB＋∠ASB＝π，可得∠SAB∈π47．答案：BCD解析：由题意可得，AD＝2，∠ADC＝π4.将平面A1B1C1D1和平面DAA1D1沿直线A1D1展开，如图1，在△C1D1P中，C1D1＝2，D1P＝12，∠PD1C1＝所以C1P2＝22＋122－2×2×12×cos3π4＝174+2，则C1Q因为C1D1∥AB，C1D1⊄平面ABP，AB⊂平面ABP，所以C1D1∥平面ABP，即C1D1到平面ABP的距离为定值，即三棱锥的高h为定值，又S△ABP为定值，所以VA­BPQ＝VQ­ABP＝13S△ABPh如图2，取A1A的中点F，AB的中点G，在CD上取点E，使DE＝14DC，连接PF，FG，GE，EP，连接AC1，AC，AB1，A1B，由直四棱柱的性质可得四边形A1ABB1为正方形，故A1B⊥AB1，而F，G为中点，故FG∥A1B，故FG⊥AB1因为BB1⊥平面ABCD，CB⊂平面ABCD，故BB1⊥BC，又BC⊥AB，AB∩BB1＝B，AB，BB1⊂平面BAA1B1，故BC⊥平面BAA1B1，故B1C1⊥平面BAA1B1，而FG⊂平面BAA1B1，故B1C1⊥FG，而B1C1∩AB1＝B1，B1C1，AB1⊂平面B1C1A，故FG⊥平面B1C1A，而C1A⊂平面B1C1A，故FG⊥C1A.在梯形ABCD中，AC＝2，AD＝2故AC2＋AD2＝CD2，故AC⊥AD，而EG∥AD，故同理可证AC1⊥EG，而FG∩EG＝G，FG，EG⊂平面PEGF，则AC1⊥平面PEGF，所以Q点的轨迹为平行四边形PEGF，故C正确；|C1Q|＝2，如图3，以C1为球心，2为半径作球，则Q点的轨迹即为该球与直四棱柱各面截球所得的弧，在线段C1D1上取一点M，使得C1M＝2，CD上取一点N，使得CN＝1，则C1N＝2，平面A1B1C1D1截球得A1M，长度为π4×2＝2π4，平面CDD1C1截球得MN，长度π4×2＝2π4，因为C1B1⊥平面ABB1A1，C1A1＝同理可得，平面ABCD截球得BN，长度为π2×1＝π2，平面ADD1A1与球相切于点A18．解析：作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理可得cos∠P′OP＝OP2+OP'2−PP设底面圆的半径为r，则有2πr＝2π3·3，解得所以这个圆锥的高h＝9−1＝22，体积V＝13πr2h答案：229．解析：因为DM⊂平面D1DCC1，BC⊥平面D1DCC1，故DM⊥BC，又因为平面AMD⊥平面BMC，故要满足题意，只需DM⊥MC即可．又点M在平面D1DCC1内，故点M的轨迹是平面D1DCC1内，以DC为直径的半圆(不包含D，C)．又正方体棱长为2，故该半圆的半径为1，故其轨迹长度为2π答案：π10．解析：如图，设圆O1，O2的半径分别为r1，r2，则r1＝2，由正弦定理3sin60°＝2r2，解得设圆台的高为h，则h