2018年高考数学考点通关练第六章立体几何65随机抽样试题理

真题演练集训1．已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( ) A．100 B．99C．98 D．97答案：C解析：由等差数列性质知，S 9＝a1＋a92＝9×2a52＝9a5＝27，解得a5＝3，而a10＝8，因此公差d＝a10－a510－5＝1，∴a100＝a10＋90d＝98，故选C.2．设{a n}是等差数列，下列结论中正确的是( )A．若a1＋a2＞0，则a2＋a3＞0B．若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0C．若0＜a1＜a2，则a2＞a1a3D．若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＞0答案：C解析：A，B选项易举反例．C中若0＜a1＜a2，∴a3＞a2＞a1＞0，∵a1＋a3>2a1a3，又2a2＝a1＋a3，∴2a2>2a1a3，即a2>a1a3成立．D中，若a1<0，则(a2－a1)(a2－a3)＝d·(－d)＝－d2≤0，故D选项错误．故选C.3．已知{a n}是等差数列，S n是其前n项和．若a1＋a22＝－3，S5＝10，则a9的值是________．答案：20解析：设等差数列{a n }公差为d ，由题意，得⎩⎨⎧ a 1＋a 1＋d 2＝－3，5a 1＋5×42d ＝10， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3， 则a 9＝a 1＋8d ＝－4＋8×3＝20.4．S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝，其中表示不超过x 的最大整数，如＝0，＝1.(1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和．解：(1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1.所以{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝＝0，b 11＝＝1，b 101＝＝2.(2)因为b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 0，1≤n <10，1，10≤n <100，2，100≤n <1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.课外拓展阅读巧用三点共线解等差数列问题1．等差数列的求解由等差数列与一次函数的关系可知：对于公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }，其通项公式为a n ＝dn ＋(a 1－d )，则点(n ，a n )(n ∈N *)共线，又d ＝a n －a m n －m (n ≠m )，所以d 为过(m ，a m )，(n ，a n )两点的直线的斜率．由此可用三点共线解决等差数列问题．若数列{a n }为等差数列，a p ＝q ，a q ＝p (p ≠q )，则a p ＋q ＝________.解法一：设数列{a n}的公差为d，因为a p＝a q＋(p－q)d，所以q＝p＋(p－q)d，即q－p＝(p－q)d.因为p≠q，所以d＝－1.所以a p＋q＝a p＋(p＋q－p)d＝q＋q(－1)＝0.解法二：因为数列{a n}为等差数列，所以点(n，a n)(n∈N*)在一条直线上．不妨设p<q，记点A(p，q)，B(q，p)，则直线AB的斜率k＝p－qq－p＝－1，如图所示，由图知OC＝p＋q，即点C的坐标为(p＋q,0)，故a p＋q＝0. 0已知{a n}为等差数列，且a100＝304，a300＝904，求a1 000.因为{a n }为等差数列，则(100,304)，(300,904)，(1 000，a 1 000)三点共线，所以904－304300－100＝a 1 000－9041 000－300， 解得a 1 000＝3 004.2．等差数列前n 项和的求解在等差数列前n 项和公式的变形S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n 中，两边同除以n 得S n n ＝d 2n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2.该式说明对任意n ∈N *，所有的点⎝⎛⎭⎪⎫n ，S n n 都在同一条直线上，从而对m ，n ∈N *(m ≠n )有S n n －S m m n －m ＝d 2(常数)，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是一个等差数列． 已知在等差数列{a n }中，S n ＝33，S 2n ＝44，求这个数列的前3n 项的和S 3n .由题意知，⎝⎛⎭⎪⎫n ，33n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ，442n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ，S 3n 3n 三点在同一条直线上， 从而有442n －33n2n －n ＝S 3n 3n －442n 3n －2n ，解得S 3n ＝33. 所以该数列的前3n 项的和为33.。

考点测试42 空间点、直线、平面间的位置关系一、基础小题1．若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的( )A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充分必要条件D．既非充分又非必要条件答案 A解析“两条直线为异面直线”⇒“两条直线无公共点”．“两直线无公共点”⇒“两直线异面或平行”．故选A.2．下列命题正确的个数为( )①经过三点确定一个平面；②梯形可以确定一个平面；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．A．0 B．1C．2 D．3答案 C解析经过不共线的三点可以确定一个平面，∴①不正确；两条平行线可以确定一个平面，∴②正确；两两相交的三条直线可以确定一个或三个平面，∴③正确；命题④中没有说清三个点是否共线，∴④不正确．3. 如图，α∩β＝l，A、B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A．点A B．点BC．点C但不过点M D．点C和点M答案 D解析∵A、B∈γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.根据公理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．4．以下四个命题中：①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A、B、C、D共面，点A、B、C、E共面，则点A、B、C、D、E共面；③若直线a、b共面，直线a、c共面，则直线b、c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3答案 B解析①正确，否则三点共线和第四点必共面；②错，如图三棱锥，能合题意但A、B、C、D、E不共面；③错，从②的几何体知；空间四边形为反例可知，④错．5．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b( )A．一定是异面直线B．一定是相交直线C．不可能是平行直线D．不可能是相交直线答案 C解析由已知得，直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若b∥c，则a∥b，与已知a、b为异面直线相矛盾．6．使直线a，b为异面直线的充分不必要条件是( )A．a⊂平面α，b⊄平面α，a与b不平行B．a⊂平面α，b⊄平面α，a与b不相交C．a∥直线c，b∩c＝A，b与a不相交D．a⊂平面α，b⊂平面β，α∩β＝l，a与b无公共点答案 C解析对A：a与b可能有交点；对B，D：a与b可能平行，故选C.对C：可用反证法，若b与a不异面，而且a∩b＝∅，则a∥b.又a∥c，从而b∥c，与b∩c＝A矛盾．7. 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC ＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°答案 B解析 如图，连接AB 1，易知AB 1∥EF ，连接B 1C 交BC 1于点G ，取AC 的中点H ，连接GH ，则GH ∥AB 1∥EF .设AB ＝BC ＝AA 1＝a ，连接HB ，在△GHB 中，易知GH ＝HB ＝GB ＝22a ，故两直线所成的角即为∠HGB ＝60°.8. 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱C1D1、C1C的中点，有以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为________(把你认为正确的结论的序号都填上)．答案③④解析直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误．二、高考小题9．若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交答案 D解析解法一：如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确，选D.解法二：因为l分别与l1，l2共面，故l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l与l1，l2都不相交，则l∥l1，l∥l2，从而l1∥l2，与l1，l2是异面直线矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交，选D.10．已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析因为直线a和直线b相交，所以直线a与直线b有一个公共点，而直线a，b分别在平面α，β内，所以平面α与β必有公共点，从而平面α与β相交；反之，若平面α与β相交，则直线a与直线b可能相交、平行、异面．故选A.11．若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是( )A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定答案 D解析如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，取l1为BC，l2为CC1，l3为C1D1.满足l1⊥l2，l2⊥l3.若取l4为A1D1，则有l1∥l4；若取l4为DD1，则有l1⊥l4.因此l1与l4的位置关系不确定，故选D.三、模拟小题12．已知直线l和平面α，无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l( )A．相交B．平行C．垂直D．异面答案 C解析当直线l与平面α平行时，在平面α内至少有一条直线与直线l 垂直，当直线l⊂平面α时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直，当直线l与平面α相交时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直，所以无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l垂直．13．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是( )A．与AC，MN均垂直B．与AC垂直，与MN不垂直C．与AC不垂直，与MN垂直D．与AC，MN均不垂直答案 A解析因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1，又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.设正方体的棱长为2，则OM＝1＋2＝3，MN＝1＋1＝2，ON＝1＋4＝5，所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.14．将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线折起得到空间四面体ABCD(如图2)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是( )A．相交且垂直B．相交但不垂直C．异面且垂直D．异面但不垂直答案 C解析在题图1中，AD⊥BC，故在题图2中，AD⊥BD，AD⊥DC，又因为BD∩DC ＝D，所以AD⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，D不在BC上，所以AD⊥BC，且AD 与BC异面，故选C.15．下列正方体或四面体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，这四点不共面的一个图是( )答案 D解析 解法一：(利用“经过两条平行直线，有且只有一个平面”判断)对选项A ，易判断PR ∥SQ ，故点P 、Q 、R 、S 共面；对选项B ，易判断QR ∥SP ，故点P 、Q 、R 、S 共面；对选项C ，易判断PQ ∥SR ，故点P 、Q 、R 、S 共面；而选项D 中的RS 、PQ 为异面直线，故选D.解法二：如图，可知选项A 、B 中的四点共面．对于选项C ，易知可构成平行四边形．故选D.16．三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1与AC 、AB 所成的角均为60°，∠BAC ＝90°，且AB ＝AC ＝AA 1，则A 1B 与AC 1所成角的正弦值为( )A ．1B ．13C ．33D ．63答案 D解析 如图所示，把三棱柱补形为四棱柱ABDC －A 1B 1D 1C 1，连接BD 1，A 1D 1，则BD 1∥AC 1，则∠A 1BD 1就是异面直线A 1B 与AC 1所成的角，设AB ＝a ，在△A 1BD 1中，A 1B ＝a ，BD 1＝3a ，A 1D 1＝2a ，∴sin ∠A 1BD 1＝63，故选D.17．若α、β是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为________．(写出所有真命题的序号)①若直线m ⊥α，则在平面β内，一定不存在与直线m 平行的直线；②若直线m ⊥α，则在平面β内，一定存在无数条直线与直线m 垂直；③若直线m ⊂α，则在平面β内，不一定存在与直线m 垂直的直线；④若直线m ⊂α，则在平面β内，一定存在与直线m 垂直的直线．答案 ②④解析 对于①，若直线m ⊥α，如果α、β互相垂直，则在平面β内，存在与直线m 平行的直线，故①错误；对于②，若直线m ⊥α，则直线m 垂直于平面α内的所有直线，则在平面β内，一定存在无数条直线与直线m 垂直，故②正确；对于③，若直线m ⊂α，则在平面β内，一定存在与直线m 垂直的直线，故③错误，④正确．一、高考大题1．四面体ABCD 及其三视图如图所示，平行于棱AD ，BC 的平面分别交四面体的棱AB ，BD ，DC ，CA 于点E ，F ，G ，H .(1)求四面体ABCD的体积；(2)证明：四边形EFGH是矩形．解(1)由该四面体的三视图可知BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，∴AD⊥平面BDC，∴四面体ABCD的体积V＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明：∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理，EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．2．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论；(3)证明：直线DF⊥平面BEG.解(1)点F，G，H的位置如图所示．(2)平面BEG∥平面ACH，证明如下：因为ABCD－EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG，又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以BE∥CH.又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.(3)证明：连接FH.因为ABCD－EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH.因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG.又EG⊥FH，DH∩FH＝H，所以EG⊥平面BFHD.又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG.同理DF⊥BG.又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG.二、模拟大题3．如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是∠ABC＝60°的菱形，M为PC的中点．(1)求证：PC⊥AD；(2)在棱PB上是否存在一点Q，使得A，Q，M，D四点共面？若存在，指出点Q的位置并证明；若不存在，请说明理由；(3)求点D到平面PAM的距离．解(1)证明：取AD的中点O，连接OP，OC，AC，因为ABCD是∠ABC＝60°的菱形，所以∠ADC＝60°，AD＝CD，所以△ACD 是正三角形，所以OC⊥AD，又△PAD是正三角形，所以OP⊥AD，又OC∩OP＝O，OC⊂平面POC，OP⊂平面POC，所以AD⊥平面POC，又PC⊂平面POC，所以PC⊥AD.(2)存在．当点Q为棱PB的中点时，A，Q，M，D四点共面．证明：取棱PB的中点Q，连接QM，QA，因为M为PC的中点，所以QM∥BC，在菱形ABCD中，AD∥BC，所以QM∥AD，所以A，Q，M，D四点共面．(3)点D到平面PAM的距离即为点D到平面PAC的距离，由(1)可知PO⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，即PO为三棱锥P－ACD的高，在Rt△POC中，PO＝OC＝3，PC＝6，在△PAC中，PA＝AC＝2，PC＝6，边PC上的高AM＝PA2－PM2＝10 2，所以S△PAC＝12PC·AM＝12×6×102＝152，设点D到平面PAC的距离为h，由V D－PAC＝V P－ACD，得13S△PAC·h＝13S△ACD·PO，即13×152·h＝13×34×22×3，解得h＝2155，所以点D到平面PAM的距离为2155.4. 如图所示，平面四边形ADEF所在的平面与梯形ABCD所在的平面垂直，AD⊥CD，AD⊥ED，AF∥DE，AB∥CD，CD＝2AB＝2AD＝2ED＝xAF.(1)若四点F、B、C、E共面，AB＝a，求x的值；(2)求证：平面CBE⊥平面EDB.解(1)∵AF∥DE，AB∥DC，AF∩AB＝A，DE∩DC＝D，∴平面ABF∥平面DCE.∵四点F，B，C，E共面，∴FB∥CE，∴△ABF与△DCE相似．∵AB ＝a ，∴ED ＝a ，CD ＝2a ，AF ＝2a x ，由相似比得AF ED ＝AB CD ，即2a x a ＝a 2a， 所以x ＝4.(2)证明：不妨设AB ＝1，则AD ＝AB ＝1，CD ＝2，在Rt △BAD 中，BD ＝2，取CD 中点为M ，则MD 与AB 平行且相等，连接BM ，可得△BMD 为等腰直角三角形，因此BC ＝2，因为BD 2＋BC 2＝CD 2，所以BC ⊥BD ，又因为平面四边形ADEF 所在的平面与梯形ABCD 所在的平面垂直，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，ED ⊥AD ，所以ED ⊥平面ABCD ，∴BC ⊥DE ，又因为BD ∩DE ＝D ，∴BC ⊥平面EDB ，∵BC ⊂平面ECB ，∴平面CBE ⊥平面EDB.5．如图，在三棱锥S －ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB .过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．求证：(1)平面EFG ∥平面ABC ；(2)BC ⊥SA .证明 (1)因为AS ＝AB ，AF ⊥SB ，垂足为F ，所以F 是SB 的中点．又因为E 是SA 的中点，所以EF ∥AB .因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .同理EG ∥平面ABC .又EF ∩EG ＝E ，所以平面EFG ∥平面ABC .(2)因为平面SAB ⊥平面SBC ，且交线为SB ，又AF ⊂平面SAB ，AF ⊥SB ，所以AF⊥平面SBC，因为BC⊂平面SBC，所以AF⊥BC.又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB. 因为SA⊂平面SAB，所以BC⊥SA.6. 如图，在直二面角E －AB －C 中，四边形ABEF 是矩形，AB ＝2，AF ＝23，△ABC 是以A 为直角顶点的等腰直角三角形，点P 是线段BF 上的一点，PF ＝3.(1)证明：FB ⊥面PAC ；(2)求异面直线PC 与AB 所成的角的余弦值．解 (1)证明：易得FB ＝4，cos ∠PFA ＝cos ∠BFA ＝32， 在△PAF 中， PA ＝PF 2＋FA 2－2PF ·FA ·cos∠PFA ＝9＋12－2×3×23×32＝ 3. ∵PA 2＋PF 2＝3＋9＝12＝AF 2，∴PA ⊥BF .∵平面ABEF ⊥平面ABC ，平面ABEF ∩平面ABC ＝AB ，AB ⊥AC ，∴AC ⊥平面ABEF .∵BF ⊂平面ABEF ，∴AC ⊥BF .∵PA ∩AC ＝A ，∴BF ⊥平面PAC .(2)过P 作PM ∥AB ，PN ∥AF ，分别交BE ，BA 于M ，N ，∠MPC 或其补角为PC 与AB 所成的角．连接MC ，NC .易得PN ＝MB ＝32，AN ＝32，NC ＝AN 2＋AC 2＝52，BC ＝22，PC ＝PN 2＋NC 2＝7，MC＝MB2＋BC2＝352，cos∠MPC＝14＋7－3542·12·7＝－327＝－3714.∴异面直线PC与AB所成的角的余弦值为3714.。

考点测试44 直线、平面垂直的判定及其性质一、基础小题1．设l、m、n均为直线，其中m、n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的( ) A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析当l⊥α时，l⊥m且l⊥n.但当l⊥m，l⊥n时，若m、n不是相交直线，则得不到l⊥α.即l⊥α是l⊥m且l⊥n的充分不必要条件．故选A.2．已知直线l⊥α，直线m∥β，下列命题中正确的是( )A．若α⊥β，则l⊥m B．若α⊥β，则l∥mC．若l⊥m，则α∥βD．若l∥m，则α⊥β答案 D解析由l∥m，l⊥α得m⊥α，又m∥β，∴m一定平行于β内的一条直线b.∴b⊥α，∴α⊥β.3．已知平面α及α外的一条直线l，下列命题中不正确的是( )A．若l垂直于α内的两条平行线，则l⊥αB．若l平行于α内的一条直线，则l∥αC．若l垂直于α内的两条相交直线，则l⊥αD．若l平行于α内的无数条直线，则l∥α答案 A解析由直线与平面平行的有关定理和结论可知选项B、D正确，选项C是直线和平面垂直的判定定理，而A中，直线l也可以是与平面α斜交或平行的直线，故选A.4. 如图所示，在立体图形D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是( )A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE答案 C解析因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，而BE∩DE＝E，所以AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC在平面ADC内，所以平面ADC⊥平面BDE.故选C.5．如图所示，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABCDEF，PA＝2AB，则下列结论正确的是( )A．PA⊥ADB．平面ABCDEF⊥平面PBCC．直线BC∥平面PAED．直线PD与平面ABCDEF所成的角为30°答案 A解析因为PA⊥平面ABCDEF，所以PA⊥AD，故选项A正确；选项B中两个平面不垂直，故选项B错；选项C中，AD与平面PAE相交，BC∥AD，故选项C错；选项D中，PD与平面ABCDEF所成的角为45°，故选项D错．故选A.6．已知两个平面垂直，则下列命题中正确的是( )A．一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线B．一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线C．一个平面内的任意一条直线必垂直于另一个平面D．过一个平面内任意一点且垂直于两平面交线的直线必垂直于另一个平面答案 B解析考查正方体中互相垂直的两个平面A1ABB1和ABCD.对于A，一个平面内的已知直线不一定垂直于另一个平面内的任意一条直线，如图中A1B与AB不垂直；对于B，一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线，这一定是正确的，易知A 1A ⊥平面ABCD ，故平面ABCD 内的已知直线必垂直于平面A 1ABB 1内所有与A 1A 平行的直线，且BC ⊥平面A 1ABB 1，故平面A 1ABB 1内的已知直线必垂直于平面ABCD 内所有与BC 平行的直线；对于C ，一个平面内的任意一条直线不一定垂直于另一个平面，如图中A 1B 并不垂直于平面ABCD ；对于D ，过一个平面内任意一点且垂直于两平面交线的直线不一定垂直于另一个平面，如图中A 1D ，它垂直于AB ，但不垂直于平面ABCD .7．已知直线m ，l 和平面α，β，则α⊥β的充分条件是( ) A ．m ⊥l ，m ∥α，l ∥β B ．m ⊥l ，α∩β＝m ，l ⊂α C ．m ∥l ，m ⊥α，l ⊥β D ．m ∥l ，l ⊥β，m ⊂α答案 D解析 由⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥l m ∥a l ∥β⇒/ α⊥β，如图.由⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥lα∩β＝m l ⊂α⇒/ α⊥β，如图.由⎭⎪⎬⎪⎫m ∥l m ⊥αl ⊥β⇒/ α⊥β，如图.所以选项A ，B ，C 都不对．又选项D 能推出α⊥β，所以D 正确，故选D. 8．已知如下命题：①过一点有且只有一条直线与已知平面垂直；②过一点有且只有一条直线与已知直线垂直；③过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直．其中所有正确命题的序号是________．解析如果过一点能够作两条直线与已知平面垂直，则根据直线与平面垂直的性质定理可知，这两条直线平行，但根据已知这两条直线相交，命题①正确；在空间中命题②不正确；当直线与已知平面垂直时，可作无数个平面与已知平面垂直，命题③也不正确．二、高考小题9．若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”是( ) A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 B解析由“m⊥α且l⊥m”推出“l⊂α或l∥α”，但由“m⊥α且l∥α”可推出“l ⊥m”，所以“l⊥m”是“l∥α”的必要而不充分条件，故选B.10．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．( )A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α答案 C解析对于选项A、B、D，均能举出m∥α的反例；对于选项C，若m⊥β，n⊥β，则m∥n，又n⊥α，∴m⊥α，故选C.三、模拟小题11．已知互不重合的直线a、b，互不重合的平面α、β、γ，给出下列四个命题，错误的命题是( )A．若a∥α，a∥β，α∩β＝b，则a∥bB．若α⊥β，a⊥α，b⊥β，则a⊥bC．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝a，则a⊥αD．若α∥β，a∥α，则a∥β答案 D解析构造一个长方体ABCD－A1B1C1D1.对于D，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，A1B1∥平面ABCD⇒/A1B1∥平面A1B1C1D1.12．下列命题中错误的是( )A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β解析对于D，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，甚至可能平行于平面β，其余选项均是正确的．13．设m，n是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( ) A．m∥α，n∥β且α∥β，则m∥nB．m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m⊥nC．m⊥α，n⊂β，m⊥n，则α⊥βD．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β答案 B解析对于A，条件为m∥α，n∥β且α∥β，其对m、n之间的位置关系没有限制，即该位置关系可以是平行、相交或异面，故A错；对于B，由m⊥α，n⊥β且α⊥β，知m与n一定不平行(否则有α∥β，与α⊥β矛盾)，不妨令m与n相交(若其不相交，可通过平移使其相交)，且设m与n确定的平面为γ，则γ与α和β的交线所成的角即为α与β所成的角的平面角，因为α⊥β，所以m与n所成的角为90°，故命题B正确；对于C，α与β可以平行，故C不正确；对于D，少了条件m与n相交，所以D不成立．故选B.14. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，沿AE、AF、EF把正方形折成一个四面体，使B、C、D三点重合，重合后的点记为P，P点在△AEF内的射影为O，则下列说法正确的是( )A．O是△AEF的垂心B．O是△AEF的内心C．O是△AEF的外心D．O是△AEF的重心答案 A解析 由题意可知PA 、PE 、PF 两两垂直，所以PA ⊥平面PEF ，从而PA ⊥EF ，而PO ⊥平面AEF ，则PO ⊥EF ，因为PO ∩PA ＝P ，所以EF ⊥平面PAO ，∴EF ⊥AO ，同理可知AE ⊥FO ，AF ⊥EO ，∴O 为△AEF 的垂心．故选A.15．在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，BA ⊥AD ，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝2，PA ＝3，PA ⊥底面ABCD ，E 是棱PD 上异于P ，D 的动点．设PEED＝m ，则“0<m <2”是“三棱锥C －ABE 的体积不小于1”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 B解析 过E 点作EH ⊥AD ，H 为垂足，则EH ⊥平面ABCD .∵V C －ABE ＝V E －ABC ，∴三棱锥C －ABE 的体积为23EH .若三棱锥C －ABE 的体积不小于1，则EH ≥32，又PA ＝3，∴PEED＝m ≤1.故选B.16．在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD .答案 BM ⊥PC解析 ∵△PAB ≌△PAD ，∴PB ＝PD ，∴△PDC ≌△PBC ，当BM ⊥PC 时，有DM ⊥PC ，此时PC ⊥平面MBD ，∴平面MBD ⊥平面PCD .故填BM ⊥PC .17．已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，点E ，F 分别是棱PC ，PD 的中点，则①棱AB 与PD 所在的直线垂直；②平面PBC 与平面ABCD 垂直；③△PCD 的面积大于△PAB 的面积；④直线AE 与直线BF 是异面直线．以上结论正确的是________．(写出所有正确结论的序号) 答案 ①③解析 由条件可得AB ⊥平面PAD ，∴AB ⊥PD ，故①正确； ∵PA ⊥平面ABCD ，∴平面PAB ，平面PAD 都与平面ABCD 垂直． 故平面PBC 不可能与平面ABCD 垂直，故②错； ∵S △PCD ＝12CD ·PD ，S △PAB ＝12AB ·PA ，由AB ＝CD ，PD >PA ，可知③正确；由E ，F 分别是棱PC ，PD 的中点可得EF ∥CD ， 又AB ∥CD ，∴EF ∥AB ，故AE 与BF 共面，故④错．一、高考大题1. 如图，已知正三棱锥P －ABC 的侧面是直角三角形，PA ＝6.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AB ⊥PD . 因为D 在平面PAB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE . 又PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG . 又由已知可得，PA ＝PB ，从而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PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥PA ，EF ⊥PC ，又PA ∩PC ＝P ，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CD ＝23CG .由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC .由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2. 在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2， 所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43.2． 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊥A 1B 1.求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ； (2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .证明 (1)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1C 1∥AC .在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点，所以DE ∥AC ，于是DE ∥A 1C 1. 又因为DE ⊄平面A 1C 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ， 所以直线DE ∥平面A 1C 1F .(2)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面A 1B 1C 1. 因为A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以A 1A ⊥A 1C 1.又因为A 1C 1⊥A 1B 1，A 1A ⊂平面ABB 1A 1，A 1B 1⊂平面ABB 1A 1，A 1A ∩A 1B 1＝A 1， 所以A 1C 1⊥平面ABB 1A 1.因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1，所以A 1C 1⊥B 1D .又因为B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，A 1F ⊂平面A 1C 1F ，A 1C 1∩A 1F ＝A 1， 所以B 1D ⊥平面A 1C 1F .因为直线B 1D ⊂平面B 1DE ，所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F . 二、模拟大题3． 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是正三角形，点D 是A 1B 1的中点，AC ＝2，CC 1＝ 2.(1)求三棱锥C －BDC 1的体积； (2)证明：A 1C ⊥BC 1. 解 (1)过点D 作DH ⊥C 1B 1.在直三棱柱中，CC 1⊥平面A 1B 1C 1，DH ⊂平面A 1B 1C 1，∴CC 1⊥DH . ∵C 1B 1∩CC 1＝C 1，∴DH ⊥平面BCC 1， ∴DH 是三棱锥D －BCC 1的高．∵直三棱柱的底面是正三角形，且AC ＝2，D 是A 1B 1的中点， ∴DH ＝32，S △BCC 1＝12×2×2＝2， ∴V C －BDC 1＝V D －BCC 1＝13×32×2＝66.(2)证明：取C 1B 1的中点E ，连接A 1E ，CE . ∵直三棱柱的底面是正三角形，∴A 1E ⊥B 1C 1， ∴A 1E ⊥平面B 1C 1CB .∵BC 1⊂平面B 1C 1CB ，∴A 1E ⊥BC 1. 在Rt △C 1CE 中，C 1C ＝2，C 1E ＝1. 在Rt △BCC 1中，BC ＝2，CC 1＝2，∴C 1C BC ＝C 1E CC 1＝12， ∴△C 1CE ∽△CBC 1，∴∠C 1BC ＝∠ECC 1.∵∠C 1BC ＋∠BC 1C ＝90°，∴∠ECC 1＋∠BC 1C ＝90°，∴CE ⊥BC 1.∵A 1E ∩CE ＝E ，∴BC 1⊥平面A 1CE . 又A 1C ⊂平面A 1CE ，∴A 1C ⊥BC 1.4．如图所示的几何体由一个直三棱柱ADE －BCF 和一个正四棱锥P －ABCD 组合而成，AD ⊥AF ，AE ＝AD ＝2.(1)证明：平面PAD ⊥平面ABFE ；(2)求正四棱锥P －ABCD 的高h ，使得该四棱锥的体积是三棱锥P －ABF 体积的4倍． 解 (1)证明：直三棱柱ADE －BCF 中，AB ⊥平面ADE ， 因为AD ⊂平面ADE ，所以AB ⊥AD ，又AD ⊥AF ，AF ∩AB ＝A ，所以AD ⊥平面ABFE ， 又AD ⊂平面PAD ，所以平面PAD ⊥平面ABFE . (2)由题意得P 到平面ABF 的距离d ＝1， 所以V P －ABF ＝13S △ABF d ＝13×12×2×2×1＝23，所以V P －ABCD ＝13S 正方形ABCD h ＝13×2×2h ＝4V P －ABF ＝83，所以h ＝2.5. 如图，在四棱锥P －ABCD 中，ABCD 为菱形，PD ⊥平面ABCD ，AC ＝6，BD ＝8，E 是棱PB 上的动点，△AEC 面积的最小值是3.(1)求证：AC ⊥DE ；(2)求四棱锥P －ABCD 的体积．解 (1)证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD ， ∵PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥PD ， 又BD ∩PD ＝D ，∴AC ⊥平面PBD ， ∵DE ⊂平面PBD ，∴AC ⊥DE .(2)连接EF ，∵AD ＝CD 且PD ⊥平面ABCD ， ∴PA ＝PC .又∵AB ＝BC 且PB 为公共边，则△PAB ≌△PCB ， ∴∠PBA ＝∠PBC ，又BA ＝BC ，BE ＝BE ， ∴△EAB ≌△ECB ，∴EA ＝EC ， 又由题意知F 为AC 中点，则EF ⊥AC . ∵AC ＝6，∴S △AEC ＝12AC ·EF ＝3EF ，∵△AEC 面积的最小值是3，∴EF 的最小值为1， ∵当EF ⊥PB 时，EF 取最小值，∴BE ＝42－12＝15， 由EF PD ＝BE BD，得PD ＝815，又S 菱形ABCD ＝12AC ·BD ＝12×6×8＝24，故V P －ABCD ＝13S 菱形ABCD ·PD＝13×24×815＝641515. 6. 如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，AB ＝BC ＝2 2.(1)求证：平面ABC ⊥平面APC ；(2)求直线PA 与平面PBC 所成角的正弦值．解 (1)证明：如图所示，取AC 中点O ，连接OP ，OB .∵PA ＝PC ＝AC ＝4，∴OP ⊥AC ，且PO ＝4sin60°＝2 3. ∵BA ＝BC ＝22， ∴BA 2＋BC 2＝16＝AC 2， 且BO ⊥AC . ∴BO ＝12AC ＝2.∵PB ＝4，∴OP 2＋OB 2＝12＋4＝16＝PB 2，∴OP ⊥OB . ∵AC ∩OB ＝O ，∴OP ⊥平面ABC . ∵OP ⊂平面PAC ， ∴平面ABC ⊥平面APC .(2)设直线PA 与平面PBC 所成角的大小为θ，A 到平面PBC 的距离为d ，则sin θ＝dAP＝d4.∵PB ＝PC ＝4，BC ＝22， ∴S △PBC ＝12BC ·PB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝12×22×14＝27.由(1)知，V P －ABC ＝13S △ABC ·PO ＝833，又V A －PBC ＝V P －ABC ， ∴13×27·d ＝833. ∴d ＝437，∴sin θ＝d 4＝217.∴直线PA 与平面PBC 所成角的正弦值为217.。

2018年全国高考数学模拟试题六一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合，集合，则（）A ．B ．C ．D ．2．已知复数满足：，其中是虚数单位，则的共轭复数为（）A ．B ．C ．D ．3．三内角的对边分别为,则“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．即不充分也不必要条件4．如图，四边形是边长为2的正方形，曲线段所在的曲线方程为，现向该正方形内抛掷1枚豆子，则该枚豆子落在阴影部分的概率为（）A ．B ．C ．D ．5．阅读如图所示的程序框图，运行相应程序，则输出的值为（）A．0 B．1 C．16 D．326．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．12 B．16 C ．D．247．函数（）的图象的大致形状是（）8．已知函数（）图象相邻两条对称轴之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位后，得到的图象关于轴对称，那么函数的图象（）A. 关于点对称B. 关于点对称C. 关于直线对称D. 关于直线对称9．在中，点是边上任意一点，是线段的中点，若存在实数和，使得，则（）A ．B ．C．2 D ．10．在锐角中，，则的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．11．已知实数满足，则的最大值为（）A ．B ．C ．D ．12．已知函数，是图象上任意一点，过点作直线和轴的垂线，垂足分别为，又过点作曲线的切线，交直线和轴于点.给出下列四个结论：①是定值；②是定值；③（是坐标原点）是定值；④是定值.其中正确的是（）A．①②B．①③C．①②③D．①②③④二、填空题13．若a＝log43，则2a＋2－a ＝.14．函数f (x)＝2sin2(4π＋x )－cos2x （4π≤x≤2π）的值域为.15．已知圆x2＋y2＝4,B(1,1)为圆内一点，P,Q为圆上动点，若PBQ=900，则线段PQ中点的轨迹方程为.16．设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p>0)上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每道试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知公差不为零的等差数列满足，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.18.“微信运动”是一个类似计步数据库的公众账号.用户只需以运动手环或手机协处理器的运动数据为介，然后关注该公众号，就能看见自己与好友每日行走的步数，并在同一排行榜上得以体现.现随机选取朋友圈中的50人，记录了他们某一天的走路步数，并将数据整理如下：步数/步10000以上男生人数/人1 2 7 15 5女性人数/人0 3 7 9 1规定：人一天行走的步数超过8000步时被系统评定为“积极性”，否则为“懈怠性”.（1）以这50人这一天行走的步数的频率代替1人一天行走的步数发生的概率，记表示随机抽取3人中被系统评为“积极性”的人数，求和的数学期望.（2）为调查评定系统的合理性，拟从这50人中先抽取10人（男性6人，女性4人）.其中男性中被系统评定为“积极性”的有4人，“懈怠性”的有2人，从中任意选取3人，记选到“积极性”的人数为；其中女性中被系统评定为“积极性”和“懈怠性”的各有2人，从中任意选取2人，记选到“积极性”的人数为；求的概率.19.如图，在直角梯形中，，且分别为线段的中点，沿把折起，使，得到如下的立体图形.（1）证明：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.20.已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于两点（点均在第一象限），与轴，轴分别交于两点，且满足（其中为坐标原点）.证明：直线的斜率为定值.21. 已知函数.（1）讨论的导函数零点的个数；（2）若函数的最小值为，求的取值范围.（二）选考题：共10分.请考生在22，23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系中，已知直线：（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设点的极坐标为，直线与曲线的交点为，，求的值.23.[选修4-5：不等式选讲]已知函数.（1）当时，求不等式的解集；【参考答案】一、选择题1．D【解析】因为，所.故选D.2．B【解析】. ，所以的共轭复数为.故选B.3.C【解析】根据二倍角公式、正弦定理可得.故选C.4.A【解析】根据条件可知，，阴影部分的面积为，所以，豆子落在阴影部分的概率为.故选A.5.B【解析】；；；.故选B.6.B【解析】该几何体的直观图如图所示，其体积为（）.故选B.7.C【解析】故选C.8.A【解析】由函数图象相邻两条对称轴之间的距离为可知其周期为，所以，所以.将函数的图象向左平移个单位后，得到函数图象.因为得到的图象关于轴对称，所以，，即，.又，所以，所以，其图象关于点对称. 故选A.9. B【解析】因为点在边上，所以存在，使得. 因为是线段的中点，所以又，所以，，所以. 故选B.10.D【解析】.因为是锐角三角形，所以得.所以.故选D.11. C【解析】作可行域，如图阴影部分所示.表示可行域内的点与点连线的斜率.易知，，.当直线与曲线相切时，，切点为，所以切点位于点、之间. 因此根据图形可知，的最大值为.故选C.12．C【解析】①设，则，为定值，所以①正确；②因为四边形四点共圆，所以，又由①知，所以，为定值，故②正确；③ 因为，所以过点的曲线的切线方程为，所以，，所以，为定值，故③正确；.④，不是定值，故④不正确, 故选C.二．填空题 13．33【解析】原式＝2log 43＋2－log43＝＋31＝33.14. [2，3]【解析】依题意，f (x )＝1－cos2(4π＋x )－cos2x ＝sin2x －cos2x ＋1＝2sin(2x －3π)＋1.当4π≤x ≤2π时，6π≤2x －3π≤32π，21≤sin(2x －3π)≤1，此时f (x )的值域是[2，3] 15. x 2＋y 2－x －y －1＝0【解析】设PQ 的中点为N (x ′，y ′)．在Rt △PBQ 中，|PN |＝|BN |，设O 为坐标原点，连接ON ，则ON ⊥PQ ，所以|OP |2＝|ON |2＋|PN |2＝|ON |2＋|BN |2，所以x ′2＋y ′2＋(x ′－1)2＋(y ′－1)2＝4.故线段PQ 中点的轨迹方程为x 2＋y 2－x －y －1＝0.16. 22【解析】设P (2p t2，t )，易知F (2p ，0)，则由|PM |＝2|MF |，得M (2p ，3t)，当t ＝0时，直线OM 的斜率k＝0，当t ≠0时，直线OM 的斜率k ＝2p t2＝2p t ，所以|k |＝2p |t|≤2p |t|＝22，当且仅当|t|p ＝2p |t|时取等号，于是直线OM 的斜率的最大值为22.三、解答题17.解：（1）设等差数列的公差为，因为成等比数列， 所以，即，化简得，又，所以，从而.（2）因为，所以， 所以，以上两个等式相减得，化简得.18.解：（1）被系统评为“积极性”的概率为.故，的数学期望； （2）“”包含“”，“ ”，“”，“”，“”，“”，，，，，，，所以.19.（1）证明：由题可得，则，又，且，所以平面.因为平面，所以平面平面；（2）解：过点作交于点，连结，则平面，，又，所以平面，易证，则，得，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则.故，设是平面的法向量，则，令，得，设是平面的法向量，则，令，则，因为，所以二面角的余弦值为.20.解：（1）由题意可得，解得，故椭圆的方程为；（2）由题意可知直线的斜率存在且不为0，故可设直线的方程为，点的坐标分别为，由，化简得，，即，由，消去得，则，且，故，因此，即，又，所以，又结合图象可知，，所以直线的斜率为定值.21.解：（1），令，故在上单调递增，则，因此，当或时，只有一个零点；当或时，有两个零点；（2）当时，，则函数在处取得最小值，当时，则函数在上单调递增，则必存在正数，使得，若，则，函数在与上单调递增，在上单调递减，又，故不符合题意.若，则，函数在上单调递增，又，故不符合题意.若，则，设正数，则，与函数的最小值为矛盾，综上所述，，即.22. 解：（1）把展开得，两边同乘得①.将，，代入①即得曲线的直角坐标方程为②.（2）将代入②式，得，易知点的直角坐标为.设这个方程的两个实数根分别为，，则由参数的几何意义即得.23. 解：（1）当时，原不等式可化为.若，则，即，解得；若，则原不等式等价于，不成立；若，则，解得.综上所述，原不等式的解集为：. （2）由不等式的性质可知，所以要使不等式恒成立，则，所以或，解得，所以实数的取值范围是.。

2018年某某省高考数学理科试卷与解读1.i 为虚数单位，=+-2)11(ii A. －1 B.1 C. －i D. i 【解题提示】利用复数的运算法如此进展计算 【解读】选A . 122)1)(1()1)(1()11(2-=-=++--=+-iii i i i i i 2.假如二项式7)2(x a x +的展开式中31x 的系数是84，如此实数a ＝ A. 2 B. 34 C.1 D.42【解题提示】考查二项式定理的通项公式 【解读】选C . 因为1r T +=r r r r rrrx a C xa x C 2777772)()2(+---⋅⋅⋅=⋅⋅，令327-=+-r ，得2=r ，所以84227227=⋅⋅-a C ，解得a ＝1. 3.设U 为全集，B A ,是集合，如此“存在集合C 使得,UA CBC ⊆⊆〞是“∅=B A 〞的A. 充分而不必要的条件B. 必要而不充分的条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要的条件【解题提示】考查集合与集合的关系，充分条件与必要条件的判断 【解读】选C . 依题意，假如C A ⊆，如此UUC A ⊆，当UB C ⊆，可得∅=B A ；假如∅=B A ，不妨另C A =，显然满足,UA CBC ⊆⊆，故满足条件的集合C 是存在的.4.得到的回归方程为a bx y +=ˆ，如此A.0,0>>b aB.0,0<>b aC.0,0><b aD.0.0<<b a【解题提示】考查根据样本数判绘制散点图，由散点图判断线性回归方程中的b 与a 的符号问题【解读】选B.画出散点图如下列图，y的值大致随x的增加而减小，因而两个变量呈负相关，所以0<b，0>a5..在如下列图的空间直角坐标系xyzO-中，一个四面体的顶点坐标分别是<0,0,2〕，<2,2,0〕，<1,2，1〕，<2,2,2〕，给出编号①、②、③、④的四个图，如此该四面体的正视图和俯视图分别为A.①和②B.③和①C. ④和③D.④和②【解题提示】考查由条件，在空间坐标系中作出几何体的大致形状，进一步得到正视图与俯视图【解读】选D.在坐标系中标出的四个点，根据三视图的画图规如此判断三棱锥的正视图为④与俯视图为②，应当选D.6.假如函数f(x>，()g x满足11()g()d0f x x x-=⎰，如此称f(x>，()g x为区间[-1,1]上的一组正交函数，给出三组函数：①11()sin,()cos22f x xg x x==；②()1,g()1f x x x x=+=-；③2(),g()f x x x x==其中为区间]1,1[-的正交函数的组数是< 〕【解题提示】考查微积分根本定理的运用【解读】选C. 对①，1111 111111(sin cos)(sin)cos|0 2222x x dx x dx x---⋅==-=⎰⎰，如此)(xf、)(xg为区间]1,1[-上的正交函数；对②，1123111114(1)(1)(1)()|033x x dx x dx x x ---+-=-=-=-≠⎰⎰，如此)(x f 、)(x g 不为区间]1,1[-上的正交函数； 对③，1341111()|04x dx x --==⎰，如此)(x f 、)(x g 为区间]1,1[-上的正交函数. 所以满足条件的正交函数有2组.7.由不等式⎪⎩⎪⎨⎧≤--≥≤0200x y y x 确定的平面区域记为1Ω，不等式⎩⎨⎧-≥+≤+21y x y x ，确定的平面区域记为2Ω，在1Ω中随机取一点，如此该点恰好在2Ω内的概率为< 〕A.81B.41C. 43D.87 【解题提示】首先根据给出的不等式组表示出平面区域，然后利用面积型的几何概型公式求解【解读】选D. 依题意，不等式组表示的平面区域如图，由几何概型概率公式知，该点落在2Ω内的概率为111221722218222BDFCEFBDFSSP S⨯⨯-⨯⨯-===⨯⨯. 8.《算数书》竹简于上世纪八十年代在某某省江陵县X 家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖〞的术：置如其周，另相乘也。

课时跟踪检测 (五十五) 随机抽样一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．下面的抽样方法是简单随机抽样的是( )A．在某年明信片销售活动中，规定每100万张为一个开奖组，通过随机抽取的方式确定号码的后四位为2 709的为三等奖B．某车间包装一种产品，在自动包装的传送带上，每隔30分钟抽一包产品，称其重量是否合格C．某学校分别从行政人员、教师、后勤人员中抽取2人、14人、4人了解对学校机构改革的意见D．用抽签法从10件产品中抽取3件进行质量检验解析：选D A、B是系统抽样，因为抽取的个体间的间隔是固定的；C是分层抽样，因为总体的个体有明显的层次；D是简单随机抽样．2．某工厂生产A，B，C三种不同型号的产品，产品的数量之比依次为3∶4∶7，现在用分层抽样的方法抽取容量为n的样本，样本中A型号产品有15件，那么样本容量n 为( )A．50 B．60C．70 D．80解析：选C 由分层抽样方法得33＋4＋7×n＝15，解之得n＝70．3．某班共有52人，现根据学生的学号，用系统抽样的方法，抽取一个容量为4的样本，已知3号、29号、42号同学在样本中，那么样本中还有一个同学的学号是( ) A．10 B．11C．12 D．16解析：选D 因为29号、42号的号码差为13，所以3＋13＝16，即另外一个同学的学号是16．4．某单位有职工480人，其中青年职工210人，中年职工150人，老年职工120人，为了了解该单位职工的健康情况，用分层抽样的方法从中抽取样本．若样本中的青年职工为7人，则样本容量为________．解析：设样本容量为n，则n480＝7210，n＝16．则样本容量为16．答案：165．为了了解1 200名学生对学校某项教改实验的意见，打算从中抽取一个容量为30的样本，考虑采取系统抽样，则分段的间隔k为________．解析：在系统抽样中，确定分段间隔k ，对编号进行分段，k ＝N n (N 为总体的容量，n 为样本的容量)，所以k ＝N n ＝1 20030＝40． 答案：40二保高考，全练题型做到高考达标1．从30个个体中抽取10个样本，现给出某随机数表的第11行到第15行(见下表)，如果某人选取第12行的第6列和第7列中的数作为第一个数并且由此数向右读，则选取的前4个的号码分别为( )9264 4607 2021 3920 7766 3817 3256 16405858 7766 3170 0500 2593 0545 5370 78142889 6628 6757 8231 1589 0062 0047 38155131 8186 3709 4521 6665 5325 5383 27029055 7196 2172 3207 1114 1384 4359 4488A ．76,63,17,00B ．16,00,02,30C ．17,00,02,25D ．17,00,02,07 解析：选D 在随机数表中，将处于00～29的号码选出，第一个数76不合要求，第2个63不合要求，满足要求的前4个号码为17,00,02,07．2．一个总体中有90个个体，随机编号0,1,2，…，89，依从小到大编号顺序平均分成9个小组，组号依次为1,2,3，…，9．现用系统抽样方法抽取一个容量为9的样本，规定如果在第1组随机抽取的号码为m ，那么在第k 组中抽取的号码个位数字与m ＋k 的个位数字相同，若m ＝8，则在第8组中抽取的号码是( )A ．72B ．74C ．76D ．78解析：选C 由题意知：m ＝8，k ＝8，则m ＋k ＝16，也就是第8组抽取的号码个位数字为6，十位数字为8－1＝7，故抽取的号码为76．故选C ．3．(2017·兰州双基测试)从一个容量为N 的总体中抽取一个容量为n 的样本，当选取简单随机抽样、系统抽样和分层抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为p 1，p 2，p 3，则( )A ．p 1＝p 2<p 3B ．p 2＝p 3<p 1C ．p 1＝p 3<p 2D ．p 1＝p 2＝p 3解析：选D 根据简单随机抽样、系统抽样和分层抽样的定义可知，无论哪种抽样，每个个体被抽中的概率都是相等的，所以p 1＝p 2＝p 3．4．某工厂在12月份共生产了3 600双皮靴，在出厂前要检查这批产品的质量，决定采用分层抽样的方法进行抽取，若从一、二、三车间抽取的产品数分别为a ，b ，c ，且a ，b ，c 构成等差数列，则第二车间生产的产品数为( )A ．800双B ．1 000双C ．1 200双D ．1 500双解析：选C 因为a ，b ，c 成等差数列，所以2b ＝a ＋c ，即第二车间抽取的产品数占抽样产品总数的三分之一，根据分层抽样的性质可知，第二车间生产的产品数占12月份生产总数的三分之一，即为1 200双皮靴．5．将参加夏令营的600名学生编号为：001,002，…，600．采用系统抽样的方法抽取一个容量为50的样本，且随机抽得的号码为003．这600名学生分住在三个营区，从001到300在A 营区，从301到495在B 营区，从496到600在C 营区，则三个营区被抽中的人数依次为( )A ．26,16,8B ．25,17,8C ．25,16,9D ．24,17,9解析：选B 依题意及系统抽样的意义可知，将这600名学生按编号依次分成50组，每一组各有12名学生，第k (k ∈N *)组抽中的号码是3＋12(k －1)．令3＋12(k －1)≤300，得k ≤1034，因此A 营区被抽中的人数是25；令300<3＋12(k －1)≤495，得1034<k ≤42，因此B 营区被抽中的人数是42－25＝17，故C 营区被抽中的人数为50－25－17＝8．故选B ．6．一汽车厂生产A ，B ，C 三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如下表(单位：辆)：A 类轿车10辆，则z 的值为________．解析：由题意可得50100＋300＋150＋450＋z ＋600＝10100＋300， 解得z ＝400．答案：4007．(2017·北京海淀模拟)某企业三个分厂生产同一种电子产品，三个分厂产量分布如图所示，现在用分层抽样方法从三个分厂生产的该产品中共抽取100件做使用寿命的测试，则第一分厂应抽取的件数为________；由所得样品的测试结果计算出一、二、三分厂取出的产品的使用寿命平均值分别为1 020小时、980小时、1 030小时，估计这个企业所生产的该产品的平均使用寿命为________小时．解析：第一分厂应抽取的件数为100×50%＝50；该产品的平均使用寿命为1 020×0．5＋980×0．2＋1 030×0．3＝1 015．答案：50 1 0158．哈六中2016届有840名学生，现采用系统抽样方法，抽取42人做问卷调查，将840人按1,2，…，840随机编号，则抽取的42人中，编号落入区间[481,720]的人数为________．解析：使用系统抽样方法，从840名学生中抽取42人，即从20人中抽取1人．所以从编号1～480的人中，恰好抽取48020＝24(人)，接着从编号481～720共240人中抽取24020＝12人． 答案：129．某初级中学共有学生2 000名，各年级男、女生人数如下表：19．(1)求x 的值；(2)现用分层抽样的方法在全校抽取48名学生，问应在初三年级抽取多少名？解：(1)∵x2 000＝0．19．∴x ＝380． (2)初三年级人数为y ＋z ＝2 000－(373＋377＋380＋370)＝500，现用分层抽样的方法在全校抽取48名学生，应在初三年级抽取的人数为：482 000×500＝12(名)． 10．某公路设计院有工程师6人，技术员12人，技工18人，要从这些人中抽取n 人参加市里召开的科学技术大会．如果采用系统抽样和分层抽样的方法抽取，不用剔除个体，如果参会人数增加1个，则在采用系统抽样时，需要在总体中先剔除1个个体，求n ．解：总体容量为6＋12＋18＝36．当样本容量是n 时，由题意知，系统抽样的间隔为36n， 分层抽样的比例是n 36，抽取的工程师人数为n 36×6＝n 6， 技术员人数为n 36×12＝n 3，技工人数为n 36×18＝n 2． 所以n 应是6的倍数，36的约数，即n ＝6,12,18．当样本容量为(n ＋1)时，总体容量是35人，系统抽样的间隔为35n ＋1， 因为35n ＋1必须是整数，所以n 只能取6． 即样本容量为n ＝6．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．某中学有高中生3 500人，初中生1 500人．为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为n 的样本，已知从高中生中抽取70人，则n 为( )A ．100B ．150C ．200D ．250 解析：选A 样本抽取比例为703 500＝150，该校总人数为1 500＋3 500＝5 000，则n 5 000＝150，故n ＝100，选A ． 2．(2017·东北四市联考)为迎接校运动会的到来，某校团委在高一年级招募了12名男志愿者和18名女志愿者(18名女志愿者中有6人喜欢运动)．(1)如果用分层抽样的方法从男、女志愿者中共抽取10人组成服务队，求女志愿者被抽到的人数；(2)如果从喜欢运动的6名女志愿者中(其中恰有4人懂得医疗救护)，任意抽取2名志愿者负责医疗救护工作，则抽出的志愿者中2人都能胜任医疗救护工作的概率是多少？解：(1)用分层抽样的方法，每个志愿者被抽中的概率是1030＝13， ∴女志愿者被抽中的有18×13＝6(人)． (2)喜欢运动的女志愿者有6人，分别设为A ，B ，C ，D ，E ，F ，其中A ，B ，C ，D 懂得医疗救护，则从这6人中任取2人有AB，AC，AD，AE，AF，BC，BD，BE，BF，CD，CE，CF，DE，DF，EF，共15种取法，其中2人都懂得医疗救护的有AB，AC，AD，BC，BD，CD，共6种．设“抽出的志愿者中2人都能胜任医疗救护工作”为事件K，则P(K)＝615＝25.。

5 ⎧⎪n ⋅ ⎨ 2018 高考数学立体几何答案1.（本小题 14 分）如图，在三棱柱 ABC − A 1B 1C 1 中， CC 1 ⊥ 平面 ABC ，D ，E ，F ，G 分别为 AA 1 ，AC ， A 1C 1 ， BB 1 的中点，AB=BC = ，AC = AA 1 =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面 BEF ；（Ⅱ）求二面角 B−CD −C 1 的余弦值；（Ⅲ）证明：直线 FG 与平面 BCD 相交．【解析】（1）在三棱柱 ABC - A 1B 1C 1 中， Q CC 1 ⊥ 平面 ABC ，∴ 四边形 A 1 ACC 1 为矩形．又 E ， F 分别为 AC ， A 1C 1 的中点，∴ AC ⊥ EF ， Q AB = BC ，∴ AC ⊥ BE ，∴ AC ⊥ 平面 BEF ．（2）由（1）知 AC ⊥ EF ， AC ⊥ BE ，EF ∥CC 1 ． 又CC 1 ⊥ 平面 ABC ，∴ EF ⊥ 平面 ABC ．Q BE ⊂ 平面 ABC ，∴ EF ⊥ BE ．如图建立空间直角坐称系 E - xyz ．由题意得 B (0, 2, 0) ， C (-1, 0, 0) ， D (1, 0,1) ， F (0, 0, 2) ， G (0, 2,1) ， ∴CD =(2, 0,1) ， CB =(1, 2, 0) ，设平面 BCD 的法向量为 n = (a , b , c ) ， u u u r CD = 0 ∴⎨ uur n ⋅ ，∴⎧2a + c = 0 ， a + 2b = 0 ⎩⎪ CB = 0 ⎩ 令 a = 2 ，则b = -1 ， c = -4 ，∴ 平面 BCD 的法向量 n = (2, - 1，, - 4) ，又Q 平面CDC 的法向量为EB=(0, 2, 0)，∴cos <n ⋅uur>=n ⋅EB= -21．1EB uurn EB 21由图可得二面角B -CD -C1为钝角，所以二面角B -CD -C1的余弦值为-21．21（3）平面BCD 的法向量为n =(2, - 1, - 4)，Q G (0, 2,1)，F (0, 0, 2)，∴GF =(0, - 2,1)，∴n ⋅GF =-2 ，∴n 与GF 不垂直，∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，∴GF 与平面BCD 相交2．（本小题14 分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 为矩形，平面PAD⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA =PD ， E ，F 分别为AD ，PB 的中点．（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；（3）求证：EF∥平面PCD ．【解析】（1）Q PA =PD ，且E 为AD 的中点，∴PE ⊥AD ，Q 底面ABCD 为矩形，∴BC∥AD ，∴PE ⊥BC ．（2）Q 底面ABCD 为矩形，∴AB ⊥AD ，Q 平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD ，∴AB ⊥PD ．又PA ⊥PD ，Q PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD ．（3）如图，取PC 中点G ，连接FG ，GD ．Q F ，G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG∥BC ，且FG =1 BC ，2Q 四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，∴ED∥BC ，DE =1 BC ，2∴ED∥FG ，且ED =FG ，∴四边形EFGD 为平行四边形，∴EF∥GD ，又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ，∴EF∥ 平面PCD ．3 2 3 ⋅2 3 3．（12 分）如图，四边形 ABCD 为正方形， E , F 分别为 AD , BC 的中点，以 DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点 P 的位置，且 PF ⊥ BF .（1） 证明：平面 PEF ⊥ 平面 ABFD ；（2） 求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值.解答：（1）E ,F 分别为 AD , BC 的中点，则 EF / / AB ，∴ EF ⊥ BF ， 又 PF ⊥ BF ， EF ⋂ PF = F ，∴ BF ⊥ 平面 PEF ，BE ⊂ 平面 ABFD ，∴平面 PEF ⊥ 平面 ABFD .（2） PF ⊥ BF ， BF / / E D ，∴ PF ⊥ ED ，又 PF ⊥ PD ， ED ⋂ DP = D ，∴ PF ⊥ 平面 PED ，∴ PF ⊥ PE ，设 AB = 4 ，则 EF = 4 ， PF = 2 ，∴ PE = 2 ，过 P 作 PH ⊥ EF 交 EF 于 H 点，由平面 PEF ⊥ 平面 ABFD ，∴ PH ⊥ 平面 ABFD ，连结 DH ，则∠PDH 即为直线 DP 与平面 ABFD 所成的角，由 PE ⋅ PF = EF ⋅ PH ，∴ P H = = ， 4而 PD = 4 ，∴ sin ∠PDH =PH = 3 ，PD 4 ∴ DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值 3. 4 4．（12 分）如图，在三棱锥 P - ABC 中， AB = BC = 2 AC 的中点．（1） 证明： PO ⊥ 平面 ABC ；， PA = PB = PC = AC = 4 ， O 为（2） 若点 M 在棱 BC 上，且二面角 M - PA - C 为30︒ ，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值．2PO B M 3 3(a - 4)2 + 3a 2 + a 2 3 2 3 a - 42 3(a - 4)2 + 3a 2 + a 2u u u r ⎩AC【解析】（1）因为AP = CP = AC = 4 ， O 为 AC 的中点，所以OP ⊥ AC ，且OP = 2 ， 连结OB ．因为 AB = BC =2 AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，2 且OB ⊥ AC ， OB = 1 AC = 2 ，由OP 2 + OB 2 = PB 2 知 PO ⊥ OB ， 2由OP ⊥ OB , OP ⊥ AC 知 PO ⊥ 平面 ABC ．（2） 如图，以O 为坐标原点， OB 的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系O - xyz ．由已知得O (0, 0, 0) ， B (2, 0, 0) ， A (0, -2, 0) ， C (0, 2, 0) ， P (0, 0, 2 3 ) ， AP = (0, 2, 2 3 )， 取平面 PAC 的法向量OB = (2, 0, 0) ，设 M (a , 2 - a , 0)(0 < a ≤ 2) ，则 AM = (a , 4 - a , 0) ，设平面 PAM 的法向量为 n = (x , y , z ) ．由 AP ⋅ n = 0 ， AM ⋅ n = 0 ， ⎧⎪2 y + 2 3z = 0 得⎨⎪a x + (4 - a ) y = 0 ，可取 n = ( 3 (a - 4), 3a , -a ) ，u u u r 2 3 (a - 4) u u u r ∴cos < OB , n >= ，由已知得 cos < OB , n > = ， 2 2∴ = 3 ，解得 a = -4 （舍去）， a = 4 ， ⎛ 8 3 4 3 4 ⎫ 2u u u r 3 u u u r 3 cos < ∴ n = - 3 , 3 , - 3 ⎪ ，又Q PC = (0, 2, -2 3 )，所以 PC , n >= ． 4 ⎝ ⎭ 3所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 4． 5．（12 分）如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直， M 是1 5 = - -2 5 CD 上异于C ， D 的点． （1） 证明：平面 AMD ⊥ 平面 BMC ；（2） 当三棱锥 M - ABC 体积最大时，求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值．解答：（1）∵正方形 ABCD ⊥ 半圆面CMD ，∴ AD ⊥ 半圆面CMD ，∴ AD ⊥ 平面 MCD .∵ CM 在平面 MCD 内，∴ AD ⊥ CM ，又∵ M 是半圆弧CD 上异于C , D 的点，∴ CM ⊥ MD .又∵ AD I BCM ⊥ 平面 ADM .DM = D ，∴ CM ⊥ 平面 ADM ，∵ CM 在平面 BCM 内，∴平面（2）如图建立坐标系：∵ S ∆ABC 面积恒定，∴ MO ⊥ CD ，V M - ABC 最大.M (0, 0,1) ， A (2, -1, 0) ， B (2,1, 0) ， C (0,1, 0) ， D (0, -1, 0) ,设面 MAB 的法向量为 m = (x 1 , y 1 , z 1 ) ，设面 MCD 的法向量为 n = (x 2 , y 2 , z 2 ) ， MA (2, 1, 1) ， MB = (2,1, -1) ，MC = (0,1, -1) ， MD = (0, -1, -1) ，⎧2x 1 - y 1 - z 1 = 0 ⇒ ⎨2x + y - z = 0 m= (1, 0, 2) ， ⎩ 1 1 1同理 n = (1, 0, 0) ，∴c os = = 5 ，∴ sin = . 5 56.（本题满分 14 分，第 1 小题满分 6 分，第 2 小题满分 8 分）已知圆锥的顶点为 P ，底面圆心为 O ，半径为 2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO=4，OA，OB 是底面半径，且∠AOB=90°，M 为线段AB 的中点，如图，求异面直线PM 与OB 所成的角的大小.7.(本小题满分13 分)如图，AD∥BC 且AD=2BC，AD ⊥CD , EG∥AD 且EG=AD，CD∥FG 且CD=2FG，DG ⊥平面ABCD ，DA=DC=DG=2.（I）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN∥平面CDE ；（II）求二面角E -BC -F 的正弦值；（III）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【解析】依题意，可以建立以D 为原点，y z分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D (0, 0, 0)，A(2, 0, 0)，B (1, 2, 0)， C (0, 2, 0)，m ⋅ n m n h 2 + 5h 2 + 52 0 ⋅ E (2, 0, 2) ， F (0,1, 2) ， G (0, 0, 2) ， M ⎛ 0,3 ,1⎫ ，N (1, 0, 2) ． 2 ⎪ ⎝ ⎭（1）依题意 DC = (0, 2, 0) ， DE = (2, 0, 2) ．⎧n ⋅ 设 n = ( x , y , z ) 为平面CDE 的法向量，则⎪ 0 DC = 0 ⎧ 即 2 y = 0 ， 0⎨n ⋅ = 0 ⎨2x + 2z = 0不妨令 z = –1 ，可得 n 0 = (1, 0, -1) ．⎩⎪ 0 DE ⎩ ⎛ 3 ⎫ 又 MN = 1,- ,1⎪ ，可得 MN ⋅ n = 0 ， ⎝ ⎭又因为直线 MN ⊄ 平面CDE ，所以 MN ∥平面CDE ．（2）依题意，可得 BC = (–1, 0, 0) ， BE = (1, -2, 2) ， CF = (0, -1, 2) ．⎧n ⋅ 设 n = ( x , y , z ) 为平面 BCE 的法向量，则⎪ BC = 0 ⎧ 即 -x = 0 ， ⎨n ⋅ = 0 ⎨x - 2 y + 2z = 0 不妨令 z = 1 ，可得 n = (0,1,1) ．⎩⎪ BE⎩ ⎧m ⋅ 设 m = ( x , y , z ) 为平面 BCF 的法向量，则⎪ BC = 0 ⎧ 即 -x = 0 ， ⎨m ⋅ = 0 ⎨- y + 2z = 0不妨令 z = 1 ，可得 m = (0, 2,1) ．⎩⎪ BF ⎩ 因此有cos < m , n >= = 3 10 ，于是sin < m , n >= 10所以，二面角 E – BC – F 的正弦值为 10 ．1010 ．10 （3） 设线段 DP 的长为 h (h ∈[0, 2])，则点 P 的坐标为(0, 0, h ) ， 可得= (-1, -2, h ) ．易知， = (0, 2, 0) 为平面 ADGE 的一个法向量， BP DC BP DC 2故 cos < BP ⋅ DC > = =， BP DC 由题意，可得 2 = sin 60︒ = 3 ，解得 h = 2 3 ∈[0, 2] ． 3 所以线段 DP 的长为 3 ．32 (2 3)2 +12 13 5 2 8．（本题满分 15 分）如图，已知多面体 ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面 ABC ，∠ ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面 A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线 AC 1 与平面 ABB 1 所成的角的正弦值．解答：（1）∵ AB = B 1B = 2 ，且 B 1B ⊥ 平面 ABC ，∴ B 1B ⊥ AB ，∴ AB 1 = 2 .同理， AC 1 == =. 过点C 1 作 B 1B 的垂线段交 B 1B 于点G ，则C 1G = BC = 2 且 B 1G = 1，∴ B 1C 1 = . 在∆AB C 中， AB 2 + B C 2 = AC 2 ， 1 1 1 1 1 1∴ AB 1 ⊥ B 1C 1 ，①过点 B 1 作 A 1 A 的垂线段交 A 1 A 于点 H .则 B 1H = AB = 2 ， A 1H = 2 ，∴ A 1B 1 = 2 .在∆A B A 中， AA 2 = AB 2 + A B 2 ， 1 1 1 1 1 1∴ AB 1 ⊥ A 1B 1 ，②综合①②，∵ A 1B 1 ⋂ B 1C 1 = B 1 ， A 1B 1 ⊂ 平面 A 1B 1C 1 ， B 1C 1 ⊂ 平面 A 1B 1C 1 ， ∴ AB 1 ⊥ 平面 A 1B 1C 1 .（2）过点 B 作 AB 的垂线段交 AC 于点 I ，以 B 为原点，以 AB 所在直线为 x 轴， 以 BI 所在直线为 y 轴，以 B 1B 所在直线为z轴，建立空间直角坐标系B - xyz .AC 2 + C C 2 13 1⨯ 13 39 ⎩ 则 B (0, 0, 0) ， A (-2, 0, 0) ， B 1 (0, 0, 2) ， C 1 (1, 3,1) ， 设平面 ABB 的一个法向量 = (a , b , c ) ，1 n⎧⎪ 则 n ⋅ AB = 0 ⇒ ⎧2a = 0 ，令b = 1，则 n = (0,1, 0) ， ⎨⎪⎩n ⋅ BB 1 = 0 ⎨2c = 039又∵ AC 1 = (3, 3,1) ， cos < n , AC 1 >= = 13 .由图形可知，直线 AC 1 与平面 ABB 1 所成角为锐角，设 AC 1 与平面 ABB 1 夹角为. ∴ s in = . 139．（本小题满分 14 分）在平行六面体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中， AA 1 = AB , AB 1 ⊥B 1C 1 ．求证：（1） AB ∥平面A 1B 1C ；（2） 平面ABB 1 A 1 ⊥ 平面A 1BC ．【解析】（1）在平行六面体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中， AB ∥A 1B 1．因为 AB ⊄ 平面 A 1B 1C ， A 1B 1 ⊂ 平面 A 1B 1C ，所以 AB ∥平面 A 1B 1C ．（2）在平行六面体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中，四边形 ABB 1 A 1 为平行四边形． 又因为 AA 1 = AB ，所以四边形 ABB 1 A 1 为菱形， 因此 AB 1 ⊥ A 1B ．又因为 AB 1 ⊥ B 1C 1 ， BC ∥B 1C 1 ，所以 AB 1 ⊥ BC ． 又因为 A 1B BC = B ， A 1B ⊂ 平面 A 1BC ， BC ⊂ 平面 A 1BC ，所以AB1 ⊥平面A1BC ．因为AB1 ⊂平面ABB1 A1，所以平面ABB1 A1⊥平面A1BC ．“”“”At the end, Xiao Bian gives you a passage. Minand once said, "people who learn to learn are very happy people.". In every wonderful life, learning is an eternal theme. As a professional clerical and teaching position, I understand the importance of continuous learning, "life is diligent, nothing can be gained", only continuous learning can achieve better self. Only by constantly learning and mastering the latest relevant knowledge, can employees from all walks of life keep up with the pace of enterprise development and innovate to meet the needs of the market. This document is also edited by my studio professionals, there may be errors in the document, if there are errors, please correct, thank you!。

哈尔滨市第六中学2018届高考冲刺押题卷(二)理科数学一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的1. 集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分别根据完全平方式和绝对值为非负数，求出及两函数的值域，确定出两集合，找出两集合的公共部分即可得到两集合的交集.【详解】由集合中的函数，集合；由集合中的函数中，得到，集合，则，故选C.【点睛】集合分为有限集合和无限集合，若集合个数比较少时可以用列举法表示；若集合是无限集合就用描述法表示，并注意代表元素是什么．集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或图进行处理．2. 设是虚数单位，则复数在复平面内所对应的点位于（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】试题分析：由题意得，所以在复平面内表示复数的点为在第二象限．故选B．考点：复数的运算；复数的代数表示以及几何意义.视频3. 设是半径为1的圆上的三点，且，则的最大值是（）A. B. C. D. 1【答案】A【解析】以OA,OB所在直线分别为轴，轴，则,设，且，所以，由于，所以，当时，有最大值，选A.4. 若，则下列不等式：①；②；③；④中正确的不等式有（）个.A. 个B. 个C. 个D. 个【答案】C【解析】故①错；故②对；，，当且仅当时等号成立，而，故，故③对；，故④对；综上，正确的不等式有3个.本题选择C选项.5. 若满足条件函数,则的最大值是( )A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【详解】由题知可行域如图所示，联立，解得．化目标函数为，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小，有最大值为．故选：A．【点睛】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．6. 《九章算术》中盈不足章中有这样一则故事：“今有良马与驽马发长安，至齐. 齐去长安三千里. 良马初日行一百九十三里，日增一十二里；驽马初日行九十七里，日减二里．” 为了计算每天良马和驽马所走的路程之和，设计框图如下图. 若输出的的值为 350，则判断框中可填（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【详解】模拟程序的运行，可得；执行循环体，；不满足判断框内的条件，执行循环体，；不满足判断框内的条件，执行循环体，不满足判断框内的条件，执行循环体，不满足判断框内的条件，执行循环体，不满足判断框内的条件，执行循环体，不满足判断框内的条件，执行循环体，由题意，此时，应该满足判断框内的条件，退出循环，输出S的值为350．可得判断框中的条件为．故选：B．【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．7. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据三视图知该几何体是左边为圆柱体的一部分，右边是圆柱挖去一个半球体，结合图中数据求出它的表面积．【详解】根据三视图知，该几何体是左边为圆柱的一部分，右边是圆柱挖去一个半球体，结合图中数据，计算该几何体的表面积为：故选：D．【点睛】本题考查了根据三视图求几何体的表面积应用问题，是基础题．8. 甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出甲获得冠军的概率、比赛进行了3局的概率，即可得出结论．【详解】由题意，甲获得冠军的概率为，其中比赛进行了3局的概率为，∴所求概率为，故选：B．【点睛】本题考查条件概率，考查相互独立事件概率公式，属于中档题.9. 设，若，则（）A. 256B. -128C. 64D. -32【答案】D【解析】【分析】由题意利用二项展开式的通项公式求得n的值，从而求得的值．【详解】∵，∵则故选：D．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．10. 以椭圆的顶点为焦点，焦点为顶点的双曲线，其左右焦点分别是，已知点的坐标为，双曲线上的点满足，则（）A. 2B. 4C. 1D. -1【答案】A【解析】【分析】通过已知条件，写出双曲线方程，结合已知等式及平面几何知识得出点是的内切圆的圆心，利用三角形面积计算公式计算即可．【详解】∵椭圆，∴其顶点坐标为焦点坐标为（，∴双曲线方程为由，可得在与方向上的投影相等，，∴直线PF1的方程为．即：，把它与双曲线联立可得，轴，又，所以，即是的内切圆的圆心，故选：A．【点睛】本题考查椭圆方程，双曲线方程，三角形面积计算公式，注意解题方法的积累，属于中档题．11. 已知函数，若关于的不等式只有两个整数解，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】判断的单调性，作出的图象，利用函数图象得出的范围．【详解】，令得∴当时，单调递增，当时，单调递减，由当时，，当时，作出的大致函数图象如图所示：（1）若，即，显然不等式有无穷多整数解，不符合题意；（2）若，则或，由图象可知有无穷多整数解，不符合题意；（3）若，则或，由图象可知无整数解，故有两个整数解，且在上单调递减，∴的两个整数解必为，又，解得．故选：A．【点睛】本题考查了函数的单调性判断，不等式的解与函数图象的关系，属于中档题．12. 已知双曲线的左右焦点分别为，椭圆的离心率为，直线过点与双曲线交于两点，若，且，则双曲线的两条渐近线的倾斜角分别为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】用表示出，利用余弦定理计算和，由计算出离心率，得出和的关系即可得出答案．【详解】由题，，由双曲线的定义可得|，∵椭圆的离心率为：，∴在2中，由余弦定理的在△NF1F2中，由余弦定理可得∵，，即整理得，设双曲线的离心率为，，解得或（舍）．∴，即．∴双曲线的渐近线方程为∴渐近线的倾斜角为．故选：C．【点睛】本题考查了椭圆和双曲线的定义、方程和性质，主要是离心率和渐近线方程，考查余弦定理的运用，化简整理的运算能力，属于中档题．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案写在答题卡上相应的位置13. 已知函数在上可导，且，则与的大小关系为_______．【答案】【解析】【分析】先利用牛顿莱布尼兹公式计算），列方程解出，并计算出，然后可比较和）的大小．【详解】，所以，，同理可得故答案为：．【点睛】本题考察定积分的计算，主要是找到原函数，属于中等题．14. 为了考查考生对于“数学知识形成过程”的掌握情况，某高校自主招生考试面试中的一个问题是：写出对数的换底公式，并加以证明．甲、乙、丙三名考生分别写出了不同的答案．公布他们的答案后，三考生之间有如下对话，甲说：“我答错了”；乙说：“我答对了”；丙说：“乙答错了”．评委看了他们的答案，听了他们之间的对话后说：你们三人的答案中只有一人是正确的，你们三人的对话中只有一人说对了．根据以上信息，面试问题答案正确的考生为_______．【答案】丙【解析】分析：利用反证法对每个人的说法进行分析、排除可得结论．详解：①当甲的答案正确时，则甲的说法错误，乙、丙的说法有一个正确，符合题意．故甲的答案正确．②当乙的答案正确时，则乙的说法正确，甲、丙的说法不正确，与符合题意矛盾．故乙的答案不正确．③当丙的答案正确时，则丙的说法正确，甲、乙的说法不正确，与符合题意矛盾．故丙的答案不正确．综上可得甲的答案正确．点睛：本题考查演绎推理的应用，解答类似问题的常用方法是反证法，即假设每个说法都正确，通过推理看是否能得到矛盾，经过逐步排除可得结果．15. 已知数列满足,是其前项和，若，（其中），则的最小值是_________________.【答案】【解析】【分析】由已知递推式得到：，累加可求，结合，求得，将其代入中，由基本不等式的性质分析可得答案．【详解】根据题意，由已知得：，把以上各式相加得：，即：，，则即的最小值是，故答案为：．【点睛】本题考查了数列递推式和累加法求数列的和，涉及基本不等式的性质以及应用，属于综合题．16. 在中，分别为三边中点，将分别沿向上折起，使重合，记为，则三棱锥的外接球面积的最小值为________________.【答案】9【解析】【分析】将三棱锥补充成长方体，则对角线长分别为，设长方体的长宽高分别为，推导出，从而，由此能求出三棱锥的外接球面积的最小值．【详解】由题意得三棱锥的对棱分别相等，将三棱锥补充成长方体，则对角线长分别为，设长方体的长宽高分别为，则，∴，∵，∴，∴三棱锥的外接球面积的最小值为：故选：D．【点睛】本题考查三棱锥外接球的面积的最小值的求法，考查球、圆锥等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17. 设三个内角所对的变分别为已知(1)求角的大小；(2)如图，在的一个外角内去一点，使得，过点分别作直线的垂线，垂足分别为.设,求的最大值及此时的取值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由，利用余弦定理可得：化为：．可得，进而得出．（2）在中，．同理可得，化简整理利用三角函数的单调性即可得出．【详解】(1)又，得(2)当时，最大值为【点睛】本题考查了解三角形、余弦定理、勾股定理的逆定理、和差公式、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18. 据某市地产数据研究院的数据显示，2016年该市新建住宅销售均价走势如图所示，为抑制房价过快上涨，政府从8月份采取宏观调控措施，10月份开始房价得到很好的抑制．参考数据：，（说明：以上数据为3月至7月的数据）回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，（1）地产数据研究院研究发现，3月至7月的各月均价（万元/平方米）与月份之间具有较强的线性相关关系，试建立关于的回归方程（系数精确到 0.01），政府若不调控，依次相关关系预测第12月份该市新建住宅销售均价；（2）地产数据研究院在2016年的12个月份中，随机抽取三个月份的数据作样本分析，若关注所抽三个月份的所属季度，记不同季度的个数为X，求X的分布列和数学期望．【答案】（1）预测12月份该市新建住宅销售均价约为1.47万元/平方米（2）见解析【解析】【分析】（1）计算可得：可得，即可得出回归方程．（2）根据题意，的可能取值为1，2，3．利用概率计算公式、互相对立事件的概率计算公式即可得出．【详解】（1）解：1）计算可得：可得，所以从3月份至6月份关于的回归方程为.将2016年的12月份代入回归方程得：，所以预测12月份该市新建住宅销售均价约为1.47万元/平方米（2）解：根据题意，的可能取值为1,2,3，，，所以的分布列为因此，的数学期望【点睛】本题考查了回归直线方程、随机变量的分布列计算公式及其数学期望，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19. 如图，在等腰梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，.(1)求证：平面；(2)点在线段上运动，设平面与平面二面角的平面角为，试求的取值范围.【答案】(1)见解析；(2)【解析】试题分析：(1)证明：连接交于，连接，证得，再在等腰中，，利用线面垂直的判定定理，得，进而利用平面与平面垂直的判定定理，即可证得平面.(2)由题意以向量方向分别为轴正方向，建立如图空间直角坐标系，求的平面的一个法向量和平面的一个法向量，即可利用向量的夹角公式，求解平面与平面所成二面角的余弦值.试题分析：(1)证明：在梯形中，∵，，，∴，∴，∴，∴，∴平面平面，平面平面，平面，∴平面.(2)由（1）分别以直线为轴，轴，轴发建立如图所示空间直角坐标系，令，则，∴.设为平面的一个法向量，由，得，取，则，∵是平面的一个法向量，∴.∵，∴当时，有最小值，当时，有最大值，∴.点睛：本题涉及到了立体几何中直线与平面垂直和平面与平面垂直判定与证明，全面考查立体几何中的证明与求解，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20. 已知动圆过定点，且在轴上截得的弦长为．(1)求动圆圆心的轨迹的方程；(2)设点是轨迹上的两点,且，记，求的最小值．【答案】(1)；(2).【解析】试题分析: (1) 根据垂径定理得等量关系，再将等量关系用坐标表示，可得动圆圆心的轨迹的方程；（2）先用，坐标化简条件，得，而，根据弦长公式及点到直线距离公式可得.最后利用基本不等式求最值.试题解析: (1)设，的中点，连，则：，，∴.又,∴∴，整理得.(2)设，，不失一般性，令，则，∵,∴,解得③直线的方程为：，,即，令得，即直线恒过定点，当时，轴，，．直线也经过点.∴.由③可得,∴.当且仅当，即时，.21. 已知（1）若对于任意，都有成立，求的取值范围；（2）若，且，证明：【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）问题转化为对于恒成立，令，则，令，则，由此利用导数性质能求出实数的取值范围．（2）设，则1，要证，只要证，即证，由此利用导数性质能证明．【详解】（1）等价于对于恒成立.令，则令，，则在上递增，，在上递增，，即（2）时为增函数，又，，令得，在上减，在上增，且不妨设，则1，要证，只要证，即证，又，即证，令，，，，又即，【点睛】本题考查函数的单调区间和极值的求法，考查实数的取值范围的求法，考查不等式的证明是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质、构造法的合理运用．属难题.22. 极坐标与参数方程已知在极坐标系中，点，是线段的中点，以极点为原点，极轴为轴的正半轴，并在两坐标系中取相同的长度单位，建立平面直角坐标系，曲线的参数方程是为参数.（1）求点的直角坐标，并求曲线的普通方程；（2）设直线过点交曲线于两点，求的值.【答案】（Ⅰ）,. （Ⅱ）12.【解析】试题分析：（1）根据将极坐标化为直角坐标，利用三角函数平方关系消参数得普通方程，（2）先设直线参数方程，再代人圆方程，利用参数几何意义求的值.试题解析：（（Ⅰ）将点，的极坐标化为直角坐标，得和.所以点的直角坐标为.将消去参数，得，即为曲线的普通方程. （Ⅱ）解法一：直线的参数方程为（为参数，为直线的倾斜角）代入，整理得：.设点、对应的参数值分别为、.则，.解法二：过点作圆：的切线，切点为，连接，因为点由平面几何知识得：，所以.23. 不等式选讲已知函数，且的解集为．（1）求的值；（2）若都是正实数，且，求证：．【答案】（I）m=1;（II）见解析.【解析】试题分析：（I）考查绝对值不等式的解法（II）采用配“1”法应用基本不等式证明或者采用柯西不等式证明.试题解析：（I）依题意,即,∴（II）方法1:∵∴当且仅当,即时取等号方法2: ∵整理得当且仅当,即时取等号.。

立体几何热点一 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO⊥平面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA∥PO. (1)求证：平面PBD⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.(1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4， ∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2.∴CO ⊥AB. 又PO ⊥平面ABC ， OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC.又∵PO ，AB ⊂平面PAB ，PO ∩AB ＝O ， ∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB. 又CO ⊂平面COD ， ∴平面PDB ⊥平面COD.(2)解 以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴PD →＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1). 设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n·BC →＝0，n·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】 如图所示，在多面体A 1B 1D 1­DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F. (1)证明：EF∥B 1C.(2)求二面角E­A 1D ­B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以AB→，AD→，AA1→为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E→＝⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，A1D→＝(0，1，－1)，由n1⊥A1E→，n 1⊥A1D→得r1，s1，t1应满足的方程组⎩⎨⎧12r1＋12s1＝0，s1－t1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1→＝(1，0，0)，A1D→＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角E­A1D­B1的余弦值为|n1·n2||n1|·|n2|＝23×2＝63.热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB ＝1，AD＝2，AC＝CD＝ 5.(1)求证：PD⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD⊥平面ABCD ，平面PAD∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， 所以AB⊥平面PAD ，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，AB ∩PA ＝A ，所以PD⊥平面PAB. (2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n·PD →＝0，n·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n·PB →|n||PB→|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)解 设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →. 因此点M(0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ). 因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M ，使得BM∥平面PCD ，此时AM AP ＝14. 【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 【对点训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠PAD ＝45°，E 为PA 的中点. (1)求证：DE∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明 取PB 的中点M ，连接EM 和CM ，过点C 作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN ⊥AB ，DA ⊥AB ，∴CN ∥DA ，又AB∥CD，∴四边形CDAN 为平行四边形， ∴CN ＝AD ＝8，DC ＝AN ＝6，在Rt △BNC 中，BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6，∴AB ＝12，而E ，M 分别为PA ，PB 的中点， ∴EM ∥AB 且EM ＝6，又DC∥AB，∴EM ∥CD 且EM ＝CD ，四边形CDEM 为平行四边形， ∴DE ∥CM.∵CM ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ， ∴DE ∥平面BPC.(2)解 由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ， 则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF⊥BD， 设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF →＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)， 由CF →·DB →＝0得t ＝23.又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)， 设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z). 又PC →＝(0，6，－8)，FC →＝⎝⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n·PC →＝0，n·FC →＝0，得⎩⎨⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ， 不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9).则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知，该二面角为锐二面角， 故二面角F －PC －D 的余弦值为817.热点三 立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D′A－C 的正弦值.(1)证明 由已知得AC⊥BD，AD ＝CD. 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD，故AC∥EF. 因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D′O 2，故D′H⊥OH. 又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H ， 所以D′H⊥平面ABCD.(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz. 则H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m·AB →＝0，m·AD′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n·AC →＝0，n·AD′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1). 于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525. 因此二面角B －D′A－C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【对点训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值. (1)证明 在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 从而BE⊥平面A 1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A 1OC. (2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。

⾼考数学⽴体⼏何专题复习题及答案 数学是⾼考考试中的主科之⼀，我们要对⾼考数学⽴体⼏何进⾏强化复习，⽴体⼏何是⾼考数学考试中丢分的重灾区。

下⾯是店铺为⼤家整理的⾼考数学⽴体⼏何专题复习题，希望对⼤家有所帮助! ⾼考数学⽴体⼏何专题复习题 专题四　⽴体⼏何 第1讲　三视图及空间⼏何体的计算问题 (建议⽤时：60分钟) ⼀、选择题 1.(2014•湖北卷)在如图所⽰的空间直⾓坐标系O-xyz中，⼀个四⾯体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2).给出编号为①②③④的四个图，则该四⾯体的正视图和俯视图分别为 ( ).A.①和②B.③和①C.④和③D.④和② 解析　由三视图可知，该⼏何体的正视图是⼀个直⾓三⾓形，三个顶点的坐标分别是(0,0,2)，(0,2,0)，(0,2,2)且内有⼀个虚线(⼀个顶点与另⼀直⾓边中点的连线)，故正视图是④;俯视图即在底⾯的射影是⼀个斜三⾓形，三个顶点的坐标分别是(0,0,0)，(2,2,0)，(1,2,0)，故俯视图是②. 答案　D 2.(2013•东北三校第三次模拟)如图，多⾯体ABCD E FG的底⾯ABCD为正⽅形，FC=GD=2EA，其俯视图如下，则其正视图和侧视图正确的是 ( ). 解析　注意BE，BG在平⾯CDGF上的投影为实线，且由已知长度关系确定投影位置，排除A，C选项，观察B，D选项，侧视图是指光线，从⼏何体的左⾯向右⾯正投影，则BG，BF的投影为虚线，故选D. 答案　D 3.(2014•安徽卷)⼀个多⾯体的三视图如图所⽰，则该多⾯体的表⾯积为 ( ).A.21+3B.18+3C.21D.18 解析　由三视图知，⼏何体的直观图如图所⽰.因此该⼏何体的表⾯积为6×2×2-6×12×1×1+2×34×(2)2=21+3. 答案　A 4.(2013;⼴东卷)某四棱台的三视图如图所⽰，则该四棱台的体积是 ( ).A.4B.143C.163D.6 解析　由四棱台的三视图可知该四棱台的上底⾯是边长为1的正⽅形，下底⾯是边长为2的正⽅形，⾼为2.由棱台的体积公式可知该四棱台的体积V=13(12+1×22+22)×2=143，故选B. 答案　B 5.如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，沿BD将矩形ABCD折叠，连接AC，所得三棱锥A B CD正视图和俯视图如图，则三棱锥A B CD侧视图的⾯积为 ( ).A.613B.1813C.213D.313 解析　由正视图及俯视图可得，在三棱锥A B CD中，平⾯ABD⊥平⾯BCD，该⼏何体的侧视图是腰长为2×322+32=613的等腰直⾓三⾓形，其⾯积为12×6132=1813. 答案　B 6.在具有如图所⽰的正视图和俯视图的⼏何体中，体积最⼤的⼏何体的表⾯积为 ( ).A.13B.7+32C.72πD.14 解析　由正视图和俯视图可知，该⼏何体可能是四棱柱或者是⽔平放置的三棱柱或⽔平放置的圆柱.由图象可知四棱柱的体积最⼤.四棱柱的⾼为1，底⾯边长分别为1,3，所以表⾯积为2(1×3+1×1+3×1)=14. 答案　D 7.(2013•湖南卷)已知正⽅体的棱长为1，其俯视图是⼀个⾯积为1的正⽅形，侧视图是⼀个⾯积为2的矩形，则该正⽅体的正视图的⾯积等于 ( ).A.32B.1C.2+12D.2 解析　易知正⽅体是⽔平放置的，⼜侧视图是⾯积为2的矩形.所以正⽅体的对⾓⾯平⾏于投影⾯，此时正视图和侧视图相同，⾯积为2. 答案　D ⼆、填空题 8.某⼏何体的三视图如图所⽰，则该⼏何体的体积为____________. 解析　由三视图可知该⼏何体由长⽅体和圆柱的⼀半组成.其中长⽅体的长、宽、⾼分别为4,2,2，圆柱的底⾯半径为2，⾼为4.所以V=2×2×4+12×22×π×4=16+8π. 答案　16+8π 9.(2013•江苏卷)如图，在三棱柱A1B1C1A BC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F A DE的体积为V1，三棱柱A1B1C1A BC的体积为V2，则V1∶V2=________. 解析　设三棱柱A1B1C1-ABC的⾼为h，底⾯三⾓形ABC的⾯积为S，则V1=13×14S•12h=124Sh=124V2，即V1∶V2=1∶24. 答案　1∶24 10.如图，正⽅体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1-EDF的体积为________. 解析　利⽤三棱锥的体积公式直接求解. VD1-EDF=VF-DD1F=13S△D1DE•AB=13×12×1×1×1=16. 答案　16 11.(2014重庆卷改编)某⼏何体的三视图如图所⽰，则该⼏何体的表⾯积为________. 解析　由俯视图可以判断该⼏何体的底⾯为直⾓三⾓形，由正视图和侧视图可以判断该⼏何体是由直三棱柱(侧棱与底⾯垂直的棱柱)截取得到的.在长⽅体中分析还原，如图(1)所⽰，故该⼏何体的直观图如图(2)所⽰.在图(1)中，直⾓梯形ABPA1的⾯积为12×(2+5)×4=14，计算可得A1P=5.直⾓梯形BCC1P的⾯积为12×(2+5)×5=352.因 答案　60 12.已知三棱锥S ABC的所有顶点都在球O的球⾯上，△ABC是边长为1的正三⾓形，SC为球O的直径，且SC=2，则此三棱锥的体积为________. 解析　在Rt△ASC中，AC=1，∠SAC=90°，SC=2，所以SA=4-1=3.同理，SB=3.过A点作SC的垂线交SC于D点，连接DB，因为△SAC≌△SBC，故BD⊥SC，AD=BD，故SC⊥平⾯ABD，且△ABD为等腰三⾓形.因为∠ASC=30°，故AD=12SA=32，则△ABD的⾯积为12×1×AD2-122=24，则三棱锥S-ABC的体积为13×24×2=26. 答案　26 三、解答题 13.已知某⼏何体的俯视图是如图所⽰的矩形，正视图是⼀个底边长为8、⾼为4的等腰三⾓形，侧视图是⼀个底边长为6、⾼为4的等腰三⾓形. (1)求该⼏何体的体积V; (2)求该⼏何体的侧⾯积S. 解　由已知可得，该⼏何体是⼀个底⾯为矩形，⾼为4，顶点在底⾯的射影是矩形中⼼的四棱锥E‐ABCD，AB=8，BC=6. (1)V=13×8×6×4=64. (2)四棱锥E A BCD的两个侧⾯EAD，EBC是全等的等腰三⾓形，且BC边上的⾼h1=42+822=42; 另两个侧⾯EAB，ECD也是全等的等腰三⾓形，AB边上的⾼h2=42+622=5. 因此S=2×12×6×42+12×8×5=40+242. 14.如图，四边形ABCD是边长为2的正⽅形，直线l与平⾯ABCD平⾏，E和F是l上的两个不同点，且EA=ED，FB=FC.E′和F′是平⾯ABCD内的两点，EE′和FF′都与平⾯ABCD垂直. (1)证明：直线E′F′垂直且平分线段AD; (2)若∠EAD=∠EAB=60 °，EF=2.求多⾯体ABCDEF的体积. (1)证明　∵EA=ED且EE′⊥平⾯ABCD， ∴E′D=E′A，∴点E′在线段AD的垂直平分线上. 同理，点F′在线段BC的垂直平分线上. ⼜四边形ABCD是正⽅形， ∴线段BC的垂直平分线也就是线段AD的垂直平分线，即点E′、F′都在线段AD的垂直平分线上. ∴直线E′F′垂直且平分线段AD. (2)解　如图，连接EB、EC，由题意知多⾯体ABCDEF可分割成正四棱锥E A BCD和正四⾯体E B CF 两部分.设AD的中点为M，在Rt△MEE′中，由于ME′=1，ME=3，∴EE′=2. ∴VE A BCD=13•S正⽅形ABCD•EE′=13×22×2=423. ⼜VE B CF=VC B EF=VC B EA=VE A BC=13S△ABC•EE′=13×12×22×2=223， ∴多⾯体ABCDEF的体积为VE A BCD+VE B CF=22. 15.(2013•⼴东卷)如图1，在边长为1的等边三⾓形ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，AD=AE，F是BC的中点，AF与DE交于点G.将△ABF沿AF折起，得到如图2所⽰的三棱锥A-BCF，其中BC=22. (1)证明：DE∥平⾯BCF; (2)证明：CF⊥平⾯ABF; (3)当AD=23时，求三棱锥F-DEG的体积VF D EG. (1)证明　在等边三⾓形ABC中，AB=AC. ∵AD=AE， ∴ADDB=AEEC，∴DE∥BC， 同理可证GE∥平⾯BCF. ∵DG∩GE=G，∴平⾯GDE∥平⾯BCF， ∴DE∥平⾯BCF. (2)证明　在等边三⾓形ABC中，F是BC的中点，∴AF⊥FC， ∴BF=FC=12BC=12. 在图2中，∵BC=22， ∴BC2=BF2+FC2，∴∠BFC=90°， ∴FC⊥BF. ∵BF∩AF=F，∴CF⊥平⾯ABF. (3)解　∵AD=23， ∴BD=13，AD∶DB=2∶1， 在图2中，AF⊥FC，AF⊥BF， ∴AF⊥平⾯BCF， 由(1)知平⾯GDE∥平⾯BCF， ∴AF⊥平⾯GDE. 在等边三⾓形ABC中，AF=32AB=32， ∴FG=13AF=36，DG=23BF=23×12=13=GE， ∴S△DGE=12DG•EG=118， ∴VF-DEG=13S△DGE•FG=3324. ⾼考数学答题技巧 1.调整好状态，控制好⾃我。