2019年全国2卷省份高考模拟理科数学分类--立体几何

20 19年高考理科数学全国2卷(附答案)( 2) (w or d 版可编辑修改是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔(2)( wo rd 版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以_ —理科数学 全国 II 卷___ - 本试卷共 23 小题，满分150 分,考试用时120 分钟:号 -(适用地区：内蒙古 / 黑龙江 /辽宁 /吉林 /重庆 /陕西 / 甘肃 /宁/新疆 / 西藏 /海南 )学 —注意事项：_-__1． 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置_-__2．回答选择题时,选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案__ —如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时写在___答题卡上。

写在本试卷上无效。

_ 线__ 封_3． 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

_密__ —__12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每个小题给选 ： —一、 选择题：本题共名 — 项中，只有一项是符合题目要求的。

姓—2— 1．设集合 A=｛ x|x —5x+6>0} ， B={ x|x-1<0} ，则 A∩B=班 -A ． (-∞， 1）B ． (-2， 1）C ．(-3 ， —1）D ． (3， +∞___ —_2 ．设 z=—3+2i ，则在复平面内 z 对应的点位于_—__ A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限年 -____线 3 ．已知 AB =（2,3） ， AC =(3 ，t)， BC =1，则 AB BC = __ 封_ A ．—3 B ．—2 C ． 2D ． 3 _ 密_-__4． 2019 年 1 月 3 日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软_ -__R，L2点到月球的距离为r ，根据牛顿运动定律和万有引力定律,地月连长线上．设地球质量为M１，月球质量为M２，地月距离为R， L2点到月距离为 r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r 满足方程：M1M 2M1（R r)2r2(R r ）3。

专题04 立体几何1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线3．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158 B．162C．182 D．3244．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β5．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________．6．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）7．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D 挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =AA =，，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.8．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．9．【2019年高考北京卷文数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．10．【2019若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________.11．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD的体积是 ▲ .12．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离．13．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C 的体积．14．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积.-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 15．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．16．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.17．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1； （2）BE ⊥C 1E ．18．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.19．【云南省昆明市2019届高三高考5月模拟数学试题】已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，若αβ⊥，则下列结论正确的是 A ．l β∥或l β⊄ B ．//l m C ．m α⊥D ．l m ⊥20．【陕西省2019届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为A B ．34C ．4D ．5421．【四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为2的正方形ABCD 中，,E F 分别是,BC CD 的中点，现在沿,AE AF 及EF 把这个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 ，则四面体P AEF -的高为A ．13 B ．23C ．34D ．122．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学试题】在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．23．【河南省洛阳市2019年高三第三次统一考试（5月）数学试题】在四棱柱1111ABCD A B C D -中，四边形ABCD 是平行四边形，1A A ⊥平面ABCD ， 60BAD ∠=︒，12,1,AB BC AA ===，E 为11A B 中点.（1）求证：平面1A BD ⊥平面1A AD ； （2）求多面体1A E ABCD -的体积.。

暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱“专题04立体几何1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线3．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的幂势既同，则积不容异”称为祖=体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158C．182B．162D．3244．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱V A上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则A．β<γ，α<γB．β<α，β<γC．β<α，γ<αD．α<β，γ<β5．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为___________．6．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）7．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD A B C D挖去四棱锥O−EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H 1111分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm，AA1=4cm，3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.8．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【 E 12． 2019 年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱 ABCD –A 1B 1C 1D 1 的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，9．【2019 年高考北京卷文数】已知 l ，m 是平面 α 外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥ α ；③l ⊥ α ．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．10．【2019 年高考天津卷文数】已知四棱锥的底面是边长为 2 的正方形，侧棱长均为 5 .若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 __________.11． 2019 年高考江苏卷】如图，长方体 ABCD - A B C D 的体积是 120， 为 CC 的中点，则三棱锥 E −BCD1 1 1 11的体积是 ▲ .【E ，M ，N 分别是 BC ，BB 1，A 1D 的中点.A（1）证明：MN ∥平面 C 1DE ；（2）求点 C 到平面 C 1DE 的距离．13．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体 ABCD – 1B 1C 1D 1的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面 EB 1C 1；（2）若 AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥 EBB 1C 1C的体积．14．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB，△Rt ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积.15．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面P AC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面P AB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．16．【2019 年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P - ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，△PCD 为等边三角形，平面 PAC ⊥ 平面 PCD ， P A ⊥ CD , C D = 2, AD = 3 .（1）设 G ，H 分别为 PB ，AC 的中点，求证： G H ∥平面 P AD ；（2）求证： P A ⊥ 平面 PCD ；（3）求直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值.17．【2019 年高考江苏卷】如图，在直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中，D ，E 分别为 BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面 DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．18．【2019 年高考浙江卷】如图，已知三棱柱 ABC - A B C ，平面 A ACC ⊥ 平面 ABC , ∠ABC = 90︒ ，1 1 1 11∠BAC = 30︒, A A = AC = AC, E, F 分别是 AC ，A B 的中点.【1 11 1（1）证明： EF ⊥ BC ；（2）求直线 EF 与平面 A 1BC 所成角的余弦值.19．云南省昆明市 2019 届高三高考 5 月模拟数学试题】已知直线 l ⊥ 平面 α ，直线 m ∥平面 β ，若 α ⊥ β ，A ．B ． 2【 1则下列结论正确的是A ． l ∥β 或 l ⊄ βC ． m ⊥ αB ． l // mD ． l ⊥ m20．【陕西省 2019 届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱 ABC - A B C 的侧棱与底面边长都相等，1 1 1A 在底面 ABC 上的射影为 BC 的中点，则异面直线 AB 与 CC 所成的角的余弦值为1 1A ．34B ．345C ．D ．45 421．【四川省宜宾市 2019 届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为2 的正方形 ABCD 中， E , F 分别是 BC , C D 的中点，现在沿 AE , AF 及 EF 把这个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 ，则四面体 P - AEF 的高为13 3C ．3 4D ．122． 广东省深圳市高级中学 2019 届高三适应性考试（6 月）数学试题】在三棱锥 P - ABC 中，平面 P AB ⊥平面 ABC ，△ABC 是边长为 6 的等边三角形，△PAB 是以 AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．23．【河南省洛阳市 2019 年高三第三次统一考试（5 月）数学试题】在四棱柱 ABCD - A B C D 中，四边1 1 1 1形 ABCD 是平行四边形，A A ⊥平面 ABCD ， ∠BAD = 60︒ ，AB = 2, BC = 1, AA 1 = 6 ，E 为 A 1B 1中点.1（1）求证：平面 A 1BD ⊥ 平面 A 1AD ；（2）求多面体 A E - ABCD 的体积.。

2019年全国2卷省份高考模拟文科数学分类汇编---立体几何1.（2019青海省海东市文科模拟）一正方体的六个面上用记号笔分别标记了一个字，已知其表面展开图如图所示，则在原正方体中，互为对面的是（）A．西与楼，梦与游，红与记B．西与红，楼与游，梦与记C．西与楼，梦与记，红与游D．西与红，楼与记，梦与游【解答】解：将红作为底面，则西与之相对，楼与游相对，记与梦相对，综上西与红，楼与游，梦与记相对，故选：B．【点评】考查了正方体的展开图，主要考查空间想象能力，属于基础题．2.（2019青海省海东市文科模拟）已知某三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，且三个侧面的面积分别为4，6，12，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．36πB．52πC．56πD．224π【解答】解：设三条侧棱长分别为a，b，c，则，，，解得：a＝4，b＝2，c＝6．把三棱锥补形为长方体，则长方体的体对角线长为．∴三棱锥的外接球的半径为，则三棱锥的外接球的表面积为．故选：C．【点评】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查“分割补形法”是中档题．3.（2019青海省海东市文科模拟）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AC＝BC，且BC⊥AC．（1）证明：平面PBC⊥平面PAC；（2）设棱AB，BC的中点分别为E，D，若四面体PBDE的体积为，求△PBE的面积．【解答】证明：（1）∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，∵BC⊥AC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC．解：（2）设AC＝PA＝BC＝a，则BD＝DE＝，∴四面体PBDE的体积为：＝，＝＝．解得a＝2，∴△PBE的面积S△PBE【点评】本题考查面面垂直的证明，考查三角形的面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．4.（2019重庆市文科模拟）已知两条不同的直线a，b和一个平面α，则使得“//a b”成立的一个必要条件是A．//⊂aα且bαbαB．//aα且//C．aα⊥D．a，b与α所成角相同⊥且bα【解答】解：若//⊂，故A错误，bα或bαa b，若//aα则//若//⊥且bα⊥不一定成立，故C错误，a b，aαbα或bαa b，当//aα时//⊂，故B错误，若//若//a b则a，b与α所成角相同，即D正确，故选：D．5.（2019重庆市文科模拟）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A．4+B．4+C．8+D．8+【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为四棱锥，底面ABCD 为边长是2的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且2PA =．∴该几何体的表面积为：112222222822⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+D ．6.（2019重庆市文科模拟）如图，P 为正方形ABCD 所在平面外一点，PA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为BC ，CD 的中点（1）求证：PF DE ⊥；（2）若3PA AB ==，求点C 到平面PDE 的距离【解答】证明：（1）在正方形ABCD 中，DE AE =，DA DC =，DF CE =，ADF DCE ∠=∠，ADF DCE ∴∆≅∆，CDE DAF ∴∠=∠，90DAF EDA ∴∠+∠=︒，AF DE ∴⊥，又PA ⊥面ABCD ，PA DE ∴⊥， PAAF A =，DE ∴⊥面PAF ，DE PF ∴⊥．解：（2）PA ⊥平面ABCD ，PA DE ∴⊥，又PAAF A =，DE ∴⊥面PAF ，DE PF ∴⊥．解：（2）PA ⊥面ABCD ，PA ∴为三棱锥P ECD -的高，设C h 为点C 到平面PDE 的距离，在PED ∆中，PD =，92PE =，DE =222cos 22PD PE DE EPD PD PE +-∠==， 127sin 24DEP S PD PE EPD ∆∴=⨯⨯⨯∠=，由等体积法得P ECD C PDE V V --=， ∴1133ECD PDE C S PA S h ∆∆=，解得1C h =． 7.（2019长春市文科模拟）已知m ，n 为两条不重合直线，α，β为两个不重合平面，下列条件中，一定能推出α∥β的是（）A．m∥n，m⊂α，n⊂βB．m∥n，m⊥α，n⊥βC．m⊥n，m∥α，n∥βD．m⊥n，m⊥α，n⊥β【分析】根据空间线面位置关系的定义，性质判断或举反例说明．【解答】解：对于A，若α∩β＝l，m∥l，n∥l，显然条件成立，但α，β不平行，故A错误；对于B，由m∥n，m⊥α可得n⊥α，又n⊥β，故α∥β，故B正确；对于C，若m⊥n，m∥α，n∥β，则α，β可能平行，可能相交，故C错误；对于D，m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β，故D错误．故选：B．【点评】本题主要考查空间直线与平面位置关系，属于基础题．8.（2019长春市文科模拟）我国古代数学名著《九章算术•商功》中阐述：“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣．”若称为“阳马”的某几何体的三视图如图所示，图中网格纸上小正方形的边长为1，对该几何体有如下描述：①四个侧面都是直角三角形；②最长的侧棱长为；③四个侧面中有三个侧面是全等的直角三角形；④外接球的表面积为24π．其中正确的描述为①②④．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，可知该几何体为四棱锥，PA⊥底面ABCD，PA＝2，底面ABCD为矩形，AB＝2，BC＝4，则四个侧面是直角三角形，故①正确；最长棱为PC，长度为，故②正确；由已知可得，PB＝2，PC＝2，PD＝2，则四个侧面均不全等，故③错误；把四棱锥补形为长方体，则其外接球半径为PC ＝，其表面积为4π×＝24π，故④正确．∴其中正确的命题是①②④．故答案为：①②④．【点评】本题考查由三视图还原原几何体，考查多面体外接球表面积与体积的求法，是中档题． 9.（2019长春市文科模拟）如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为CD 中点，以AE 为折痕把△ADE 折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）． （Ⅰ）证明：AE ⊥PB ； （Ⅱ）当四棱锥P ﹣ABCE体积最大时，求点C到平面PAB的距离．【解答】（I ）证明：在等腰梯形ABCD 中，连接BD ，交AE 于点O ，∵AB ∥CE ，AB ＝CE ， ∴四边形ABCE 为平行四边形，∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ，∴△ADE 为等边三角形， ∴在等腰梯形ABCD 中，∠C ＝∠ADE ＝，∠DAB ＝∠ABC ＝，∴在等腰ADB 中，∠ADB ＝∠ABD＝，∴∠DBC ＝﹣＝，即BD ⊥BC ，∴BD ⊥AE ，翻折后可得：OP ⊥AE ，OB ⊥AE ，又OP ⊂平面POB ，OB ⊂平面POB ，OP ∩OB ＝O ， ∴AE ⊥平面POB ，∵PB ⊂平面POB ，∴AE ⊥PB ．（II ）设点C 到平面PAB 的距离为d ，由题意得，OP ⊥平面ABCE 时，四棱锥P ﹣ABCE 体积最大， ∵OP ＝OB ＝，∴PB ＝，∵AP ＝AB ＝1，∴S △PAB ＝＝，S △ABC ＝＝，∴V P ﹣ABC ＝＝，又V P ﹣ABC ＝V C ﹣PAB ＝＝，∴d ＝．【点评】本题考查了线面垂直的判定与性质，棱锥的体积计算，属于中档题．10.（2019吉林省文科模拟）若一个圆锥轴截面是面积为1的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为（ ）A.B.C. 2πD. 4π【答案】A【详解】设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线长为l ，由题可知，，则)2112⨯=，∴r 1l ==，πrl =，故选：A【点睛】本题考查圆锥的计算；得到圆锥的底面半径是解决本题的突破点；注意圆锥的侧面积πrl =的应用． 11.（2019吉林省文科模拟）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为______．【答案】20π【分析】由几何体的直观图为三棱锥A BCD -，其中ABD ∆的外接圆的圆心为F ，BCD ∆的外接圆的圆心为E ，A BCD -的球心为O ，球的半径为R ，且OE ⊥平面BCD ，OF ⊥平面ABD ，在ABD ∆和BCD ∆中，分别求得2FA =和1OF =，根据球的性质，求得求得半径，即可求解外接球的表面积。

路漫漫其修远兮，吾将上下而求索！2019-2020年备考青霄有路终须到，金榜无名誓不还！2019-2020年备考专题24 立体几何的位置关系考纲解读明方向考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.点、线、面的位置关系理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.·公理1:如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.·公理2:过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面.·公理3:如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.·公理4:平行于同一条直线的两条直线互相平行.·定理:空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么理解2016浙江,2;2015广东,8;2014广东,7;2013课标全国Ⅱ,4;2013江西,8选择题★★☆2.异面直线所成的角掌握2017课标全国Ⅱ,10;2017课标全国Ⅲ,16;2016课标全国Ⅰ,11;2015四川,14;2015广东,18选择题填空题★★★这两个角相等或互补分析解读 1.会用平面的基本性质证明点共线、线共点、点线共面问题;会用反证法证明有关异面或共面问题.2.会判定和证明两条直线异面;会应用三线平行公理和等角定理及推论解决有关问题,会求两条异面直线所成的角;了解两条异面直线间的距离.3.高考对本节内容的考查常以棱柱、棱锥为依托,求异面直线所成的角,分值约为5分,属中档题.考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.直线与平面平行的判定与性质①以立体几何中的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理,理解以下判定定理.如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行.如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行.理解以下性质定理,并能够证明.如果一条直线与一个平面平行,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.如果两个平行平面同时和第三个掌握2017江苏,15;2016江苏,16;2016四川,18;2015安徽,5;2015江苏,16;2013广东,6选择题解答题★★★2.平面与平面平行的判定与掌握2016课标全国Ⅱ,14;2013江苏,16选择题解答题★★☆。

2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（II 卷）答案详解一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（集合）设集合A ={x |x 2–5x +6＞0}，B ={x |x –1＜0}，则A ∩B =（ ） A ．(∞-，1) B ．(–2，1)C ．(–3，–1)D ．(3，∞+)【解析】集合A ={x |x 2–5x +6＞0}={x |x ＜2或x ＞3}，集合B ={x |x ＜1}，所以有A ∩B={x |x ＜1}，即A 答案. 【答案】A2．（复数）设i z 23+-=，则在复平面内z 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【解析】i z 23+-=，则z 的共轭复数为i z 23--=，所以在复平面内z 对应的点位于第三象限. 【答案】C3．（平面向量）已知AB =(2,3)，AC =(3，t )，||BC =1，则AB BC ⋅=（ ） A ．–3 B ．–2C ．2D ．3【解析】(1,3)=+=-BC BA AC t ，由于||1=BC ，所以03=-t ，即3=t ，(1,0)=BC .所以21302⋅=⨯+⨯=AB BC【答案】C4．（公式推导）2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日2L 点的轨道运行．2L 点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M １，月球质量为M ２，地月距离为R ，2L 点到月球的距离为r ，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r 满足方程：121223()()M M M R r R r r R +=++.设rRα=，由于α的值很小，因此在近似计算中34532333(1)ααααα++≈+，则r 的近似值为（ ） A ．21M R M B ．212M R MC ．2313M R M D ．2313M R M【解析】∵=rR α，∴=r R α，代入121223()()+=++M M M R r R r r R 中得12122222(1)(1)+=++M M M R R R ααα12122(1)(1)+=++M M M ααα33453122333=3(1)++⎛⎫=≈ ⎪+⎝⎭M r M R ααααα所以有 2313=M r R M 【答案】C5．（概率统计）演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分．7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是（ ） A ．中位数 B ．平均数 C ．方差D ．极差【解析】根据几个数字特征的定义，很容易得出答案：去掉1个最高分、1个最低分，最后中位数不变. 【答案】A6．（函数）若a ＞b ，则（ ） A ．ln(a −b )＞0 B ．3a ＜3b C ．a 3−b 3＞0D ．|a |＞|b |【解析】答案A ：∵a ＞b ，∴a －b ＞0，无法判断ln(a −b )的正负；答案B ：∵y =3x 为增函数，∴3a ＞3b ；答案C ：∵y =x 3为增函数，∴a 3＞b 3；答案D ：当0＞a ＞b 时，|a |＜|b |.【答案】C7．（立体几何）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（ ） A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【解析】通过画图，采用排除法，很容易得到正确答案. 【答案】B8．（解析几何）若抛物线y 2=2px (p ＞0)的焦点是椭圆1322=+py p x 的一个焦点，则p =（ ） A ．2 B ．3 C ．4D ．8【解析】抛物线y 2=2px (p ＞0)的焦点为)0,2(p，并且在x 轴上. 所以椭圆1322=+p y p x 的一个焦点为)0,2(p . 所以有p p22=，得p =8. 【答案】D9．（三角函数）下列函数中，以2π为周期且在区间)2,4(ππ单调递增的是（ ） A ．f (x )=|cos2x | B ．f (x )=|sin2x | C ．f (x )=cos|x |D ．f (x )=sin|x |【解析】答案A ：函数f (x )=|cos2x |的图像如图A9-1所示，其周期是函数f (x )=cos2x 的一半，即21π=T ，且在区间)2,4(ππ为单调递增的. 答案B ：与答案A 类似，函数f (x )=|sin2x |的周期是函数f (x )=sin2x 的一半，即22π=T ，且在区间)2,4(ππ为单调递减的；答案C ：函数f (x )=cos|x |为偶函数，其图像如图A9-2所示.由函数f (x )=cos|x |的图像可知，其周期π23=T ；答案D ：与答案C 类似，由函数f (x )=sin|x |的图像可知，其不是周期函数. 【答案】A图A9-1 图A9-210．（三角函数）已知α∈(0，2π)，2sin2α=cos2α+1，则sin α=（ ） A ．15B ．55C ．33D ．255【解析】利用三角公式12cos 2sin 2+=αα化简得ααα2cos 2cos sin 4=ααcos sin 2=所以2cot =α，设α所对得边为1，则临边为2，斜边为5，所以55sin =α. 【答案】B11．（解析几何）设F 为双曲线C ：22221(0,0)-=>>x y a b a b的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆222+=x y a 交于P ，Q 两点．若=PQ OF ，则C 的离心率为（ ） A ．2 B ．3C ．2D ．5【解析】如图A11所示. ∵OF 为直径，=PQ OF ，∴PQ 也是直径.，即点P 、Q 的坐标为)2,2(c c .把)2,2(c c 代入222+=x y a 得，222=c a . ∴22=e ，即2=e .图A11【答案】A12．设函数()f x 的定义域为R ，满足(1) 2 ()f x f x +=，且当(0,1]x ∈时，()(1)f x x x =-．若对任意(,]x m ∈-∞，都有8()9f x ≥-，则m 的取值范围是A ．9,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．7,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．8,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】由)(2)1(x f x f =+可得Z x x f t x f t∈⋅=+),(2)(，即Z x t x f x f t∈-⋅=),(2)(.∵当(0,1]∈x 时，()(1)=-f x x x ，1()[,0]4∈-f x ∴当(1,2]∈x 时，1(0,1]-∈x ，则)2)(1(2)1(2)(--=-⋅=x x x f x f ，1()[,0]2∈-f x∴当(2,3]∈x 时，2(0,1]-∈x ，则)3)(2(4)2(2)(2--=-⋅=x x x f x f ，()[1,0]∈-f x 函数()f x 的图像如图A12所示. 对任意(,]∈-∞x m ，都有8()9≥-f x ，因此(2,3]∈m 令98)3)(2(4)(-=--=x x x f ，得 37=x 或38=x . 由图A12可知，当37≤m 时，都有8()9≥-f x .图A12【答案】B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2019年全国2卷省份高考模拟理科数学分类----参数方程极坐标1.（2019重庆市理科模拟）在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数，a∈R），以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ＝2cosθ（1）求直线l的普通方程及曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l过点P（1，1）且与曲线C交于AB两点，求|P A|+|PB|【分析】（1）消去参数t可得直线l的普通方程，根据互化公式可得曲线C的普通方程．（2）根据直线参数方程中参数条的几何意义可得．【解答】解（1）由消去参数t可得直线l的普通方程为：x+y﹣a＝0，由ρsin2θ＝2cosθ得ρ2sin2θ＝2ρcosθ可得曲线C的直角坐标方程为：y2＝2x．（2）将P（1，1）代入x+y﹣a＝0可得a＝2，所以直线l的参数方程为（t为参数）将其代入曲线C的普通方程得：t2+4﹣2＝0，设A，B对应的参数为t1，t2，则t1+t2＝﹣4，t1t2＝﹣2＜0，∴|P A|+|PB|＝|t1|+|t2|＝|t1﹣t2|＝＝＝2．【点评】本题考查了参数方程化普通方程，极坐标方程化普通方程，参数t的几何意义，属中档题．2.（2019青海西宁四中理科模拟）已知直线：为参数，曲线：为参数求直线l与曲线的普通方程；已知点，，若直线l与曲线相交于A，B两点点A在点B的上方，求的值．【答案】解：由直线已知直线l：为参数，消去参数t得：，曲线：为参数，消去参数得：．设，，将直线l的参数方程代入，得：，由韦达定理可得：，．结合图象可知，．由椭圆的定义知：所以．【解析】考查参数方程与普通方程的互化，消去参数t是关键．考查椭圆参数方程与普通方程的转化，及其直线参数方程的参数t的意义及其应用本题考查参数方程与普通方程的互化，公式要牢记，计算要细心，属于中档题型．3.（2019重点校协作体理科模拟）在平面真角坐标系xoy中，直线l的参数方程为（t为参数，α为直线的倾斜角），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立楼坐标系，曲线C1和C2的概坐标方程分别为C1：ρ＝2cosθ，C2：ρ＝2cos（θ﹣）．（1）求C2的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C1，C2，分别相交于异于原点的点M，N，求|MN|的最大值．【分析】（1）由ρ＝2cos（θ﹣）得ρ2＝2ρcosθcos+2ρsinθsin，得C2得直角坐标方程为：x2+y2﹣x﹣＝0．（2）利用参数t的几何意义和三角函数的性质可得．【解答】解：（1）由ρ＝2cos（θ﹣）得ρ2＝2ρcosθcos+2ρsinθsin，得C2得直角坐标方程为：x2+y2﹣x﹣＝0．（2）由ρ＝2cosθ得ρ2＝2ρcosθ得x2+y2﹣2x＝0，将直线l代入C1并整理得t2﹣2t cosα＝0，设M对应的参数为t1，∴t1＝2cosα将直线l代入C2并整理得t2﹣t（cosα+sinα）＝0，设N对应的参数为t2，∴t2＝cosα+sinα，∴|MN|＝|t1﹣t2|＝|2cosα﹣cosα﹣sinα|＝|cosα﹣sinα|＝|2cos（α+）|，∵0≤α＜π，∴≤α+＜，∴cos（α+）∈[﹣1，]，∴cos（α+）＝，即α＝0时，|MN|取得最大值．【点评】本题考查了参数方程化成普通方程，属中档题．4.（2019吉林省四平一中理科模拟）在直角坐标系中，直线的参数方程为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为若与相交于两点，，求；圆的圆心在极轴上，且圆经过极点，若被圆截得的弦长为，求圆的半径【答案】（1）6；（2）13.【分析】（1）将代入,利用t的几何意义及韦达定理即可求解；（2）化直线和圆为普通方程，利用圆的弦长公式求得半径【详解】（1）由，得，将代入，得，则，故.（2）直线的普通方程为，设圆的方程为.圆心到直线的距离为，因为，所以，解得（舍去），则圆的半径为13.【点睛】本题考查直线参数方程，圆的弦长公式，熟练运用直线与圆的位置关系，准确计算是关键，是中档题.5.（2019吉林长春市理科模拟）已知曲线极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）.（Ⅰ）若曲线与无公共点，求正实数的取值范围；（Ⅱ）若曲线的参数方程中，，且曲线与交于，两点，求.【答案】(1) .(2)8.【分析】（Ⅰ）根据极坐标与直角坐标的互化，可直接得出曲线的直角坐标方程；再由曲线的参数方程，消去参数，得到曲线的普通方程；联立两曲线方程，根据题意列出不等式组，即可得出结果；（Ⅱ）先由题意得到曲线的普通方程，联立直线与曲线的方程，求出交点坐标，再由两点间距离，即可得出结果.【详解】解：（Ⅰ）的直角坐标方程为①，的直角坐标方程为②，将①②联立，可求得，由题意:，求得. 的（II ）当时，曲线为直线， 解方程组，得，，所以易得【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程互化，以及参数方程与普通方程的互化，熟记公式即可，属于常考题型.6.（2019兰州市理科模拟）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和的直角坐标方程； （2）已知曲线的极坐标方程为，，，点是曲线与的交点，点是曲线与的交点，且，均异于原点，且，求实数的值.【答案】（1）的普通方程为，的直角坐标方程为（2）【分析】（1）利用可得曲线的普通方程 ，将左右两边同时乘以，再化为直角坐标方程。

2019(理Ⅱ卷16)
中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一，印信的形状多为长方体，正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信是“半正多面体”（图1），半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美，图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________。

图1 图2
建立空间思想体系特别重要！
(1)可以看成是2个“多面形碗”及1个八棱柱，每个“碗”有4个正角形，4+1=5个正方形，所以每个碗有9个面，八棱柱有8个侧面。

所以这个半正多面体的面数为：9+9+8=26。

(2)根据截面可以解出，x＝2-1
想一想，算一算。

如果该几何体的棱长为1，求其点、线、面的数目，求表面积，求体积。

你能求出来吗?。

2019年全国2卷省份高考模拟理科数学分类----解析几何1.（2019重庆市理科模拟）已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的左右焦点为F1，F2过点F1的直线l与双曲线C的左支变于AB两点，△BF1F2的面积是△AF1F2面积的三倍，∠F1AF2＝90°，则双曲线C的离心率为（）A．B．C．D．【分析】设|AF1|＝m，|BF1|＝n，运用双曲线的定义和直角三角形的勾股定理和面积公式，化简可得n＝3m，m＝a，再由勾股定理和离心率公式，可得所求值．【解答】解：设|AF1|＝m，|BF1|＝n，由双曲线的定义可得|AF2|＝2a+m，|BF2|＝2a+n，由△BF1F2的面积是△AF1F2面积的三倍，可得（2a+m）（m+n）﹣m（2a+m）＝3•（2a+m）m，化简可得n＝3m，由直角三角形ABF1可得（m+n）2+（2a+m）2＝（2a+n）2，代入n＝3m，化简可得m ＝a，在直角三角形AF1F2中，可得m2+（2a+m）2＝4c2，即为a2+9a2＝4c2，即c＝a，则e＝＝，故选：B．【点评】本题考查双曲线的定义和方程、性质，主要是离心率的求法，考查方程思想和运算能力，属于中档题．2.（2019重庆市理科模拟）己知A，B分别为椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左右顶点，P为椭圆C上异于A，B的任意一点，O为坐标原点，•＝﹣4，△P AB的面积的最大值为．（1）求椭圆C的方程；（2）若椭圆C上存在两点M，N，分别满足OM∥P A，ON∥PB，求|OM|•|ON|的最大值．【分析】（1）由已知向量等式求得a，结合三角形面积求得b，则椭圆方程可求；（2）设P（x0，y0），求得＝．再设M（），N （），由k OM•k ON＝k AP•k BP得到cos（α﹣β）＝0，得，k∈Z．则cos2β＝sin2α，sin2β＝cos2α．可得|OM|•|ON|＝，化为关于α的余弦求|OM|•|ON|的最大值．【解答】解：（1）由，得﹣2a2＝﹣4，即a2＝2．当P为椭圆上、下顶点时，△P AB面积最大，则，即b＝1．∴椭圆方程为；（2）设P（x0，y0），＝．设M（），N（），由，即sinαsinβ+cosαcosβ＝0，∴cos（α﹣β）＝0，得，k∈Z．∴cos2β＝sin2α，sin2β＝cos2α．|OM|•|ON|＝＝＝．等号成立时，，比如M（1，），N（﹣1，）．【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，训练了利用三角函数求最值，是中档题．3.（2019青海西宁四中理科模拟）已知椭圆C：的左、右焦点为，，离心率为，过的直线l交C于A，B两点若的周长为，则C的标准方程为______．【答案】【解析】解：由已知得，解得，，，．故答案为：．由已知得，由此能求出椭圆方程．本题考查椭圆方程的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意椭圆性质的合理运用．4.（2019青海西宁四中理科模拟）已知抛物线C：，直线l：与抛物线C交于A，B两点．若直线l过抛物线C的焦点，求．已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点M和N，求P的取值范围．【答案】解：由直线l：，取，可得，则，即抛物线方程为，联立，可得．设，，则，；设点，，则：，即：，，又，Q关于直线l对称，，即，，又PQ的中点在直线l上，，线段PQ的中点坐标为．中点坐标，，即，，即关于，有两个不相等的实数根，，，∈即P的取值范围是【解析】由直线方程求出焦点坐标，得到抛物线方程，联立直线方程与抛物线方程，利用焦点弦长公式求解；设点，，通过抛物线方程，求解，通过P，Q关于直线l对称，点的，推出，PQ的中点在直线l上，推出，即可求得线段PQ的中点坐标为；利用线段PQ中点坐标，推出，得到关于，有两个不相等的实数根，列出不等式即可求出p的范围．本题考查抛物线方程的求法，直线与抛物线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．5.（2019大连重点校协作体理科模拟）过双曲线（a＞0，b＞0）的左焦点F1作圆x2+y2＝a2的切线交双曲线的右支于点P，且切点为T，已知O为坐标原点，M为线段PF1的中点（M点在切点T的右侧），若△OTM的周长为4a，则双曲线的渐近线的方程为（）A．y＝B．y＝±C．y＝±D．y＝【分析】设|PF1|＝m，|PF2|＝n，由双曲线的定义可得m﹣n＝2a，运用三角形的中位线定理和直角三角形的勾股定理，求得m，n，再由勾股定理化简变形可得4a＝3b，即可得到所求双曲线的渐近线方程．【解答】解：设|PF1|＝m，|PF2|＝n，由双曲线的定义可得m﹣n＝2a，由MO为△PF1F2的中位线，可得|OM|＝n，在直角三角形OTF1中，可得|TF1|＝＝b，|MT|＝m﹣b，由题意可得a+n+m﹣b＝4a，即m+n＝6a+2b，解得m＝4a+b，n＝2a+b，由直角三角形OMT可得（a+b）2＝（2a﹣b）2+a2，化为4a＝3b，可得双曲线的渐近线方程为y＝±x，即为y＝±x．故选：B．【点评】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查直角三角形的勾股定理和三角形的中位线定理，考查变形能力和运算能力，属于中档题．6.（2019大连重点校协作体理科模拟）已知动点M（x，y）到定点（2，0）的距离比到直线x＝﹣3的距离少1，则动点M的轨迹方程为．【分析】由于动点M（x，y）到定点（2，0）的距离比到直线x＝﹣3的距离少1，可得：动点M（x，y）到定点（2，0）的距离与到直线x＝﹣2的距离相等．根据抛物线的定义可知：动点M的轨迹是抛物线．【解答】解：∵动点M（x，y）到定点（2，0）的距离比到直线x＝﹣3的距离少1，∴动点M（x，y）到定点（2，0）的距离与到直线x＝﹣2的距离相等．根据抛物线的定义可知：动点M的轨迹是抛物线，其方程为y2＝8x．故答案为：y2＝8x．【点评】本题考查了抛物线的定义，属于基础题．7.（2019重点校协作体理科模拟）已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，|PF1|+|PF2|＝4，椭圆的离心率e＝．（1）求椭圆C的标准方程；（2）A，B是椭圆C上与点P不重合的任意两点，若△P AB的重心是坐标原点O，试证明：△P AB的面积为定值，并求出该定值．【分析】（1）根据待定系数法求出椭圆方程；（2）设直线AB的方程为y＝kx+m，联立方程组求出弦长|AB|，求出P到AB的距离，得出三角形的面积关于m的函数，从而得出面积的最大值．【解答】解：（1）∵|PF1|+|PF2|＝4，∴2a＝4，∴a＝2，∵e＝＝，∴c＝1，∴b2＝a2﹣c2＝3，∴椭圆C的标准方程为：+＝1；（2）△P AB最多只有1条边所在直线与x轴垂直，不妨设AB所在直线与x轴不垂直，其方程为y＝kx+m （∵△P AB的重心是O，∴O不在直线AB上，m≠0）由得，（4k2+3）x2+8kmx+4m2﹣12＝0设A（x1，y1）、B（x2，y2），则△＝48（4k2﹣m2+3）＞0，且，，从而，设P（x3，y3），∵△P AB的重心是坐标原点O，∴，∴，，点P（x3，y3）在椭圆上，∴，即4k2﹣4m2+3＝0，且符合△＝48（4k2﹣m2+3）＞0，点P（x3，y3）到直线y＝kx+m的距离为：，△P AB的面积，由4k2﹣4m2+3＝0即4k2+3＝4m2，得为常数．【点评】本题考查了椭圆的定义，直线与椭圆的位置关系，考查设而不求法的应用，属于难题．8.（2019吉林省四平一中理科模拟）如图，某瓷器菜盘的外轮廓线是椭圆，根据图中数据可知该椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【分析】分析图知2a,2b,则e可求.【详解】由题2b=16.4,2a=20.5,则则离心率e=.故选：B.【点睛】本题考查椭圆的离心率，熟记a,b的几何意义是关键，是基础题.9.（2019吉林省四平一中理科模拟）已知A，B分别是双曲线C：的左、右顶点，P为C上一点，且P在第一象限．记直线PA，PB的斜率分别为，，当2+取得最小值时，△PAB的重心坐标为A. (1，1)B.C.D.【答案】B【分析】设A（，0），B（，0），P（x，y），得到＝2，利用基本不等式求解最值，得到P的坐标，进而得到△PAB的重心坐标.【详解】解：设A（，0），B（，0），P（x，y）由题意，，，∴2，2+≥24，当且仅当2k1＝时取等号，此时＝1，P A的方程为y＝x+1，，PB的方程为y＝2，联立方程：，解得P∴重心坐标为，故选：B【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．10.（2019吉林省四平一中理科模拟）已知点是抛物线上一点，为的焦点．（1）若，是上的两点，证明：，，依次成等比数列.（2）过作两条互相垂直的直线与的另一个交点分别交于，(在的上方），求向量在轴正方向上的投影的取值范围.【答案】（1）详见解析；（2）.【分析】（1）由在抛物线上求P,再利用焦半径公式求，，，再利用等比数列定义证明即可（2）设直线的方程为，与联立，得，由，求k的范围，并求得P坐标，同理求得Q坐标，则向量在轴正方向上的投影为，求函数的范围即求得结果【详解】（1）证明：在抛物线上，，.，，，，，依次成等比数列.(2)设直线的方程为，与联立，得则，，设，，则，即在的上方，则.以代，得，则向量在轴正方向上的投影为，设函数，则在上单调递减，在上单调递增，从而，故向量在轴正方向上的投影的取值范围为.【点睛】本题考查抛物线的简单性质与应用，直线与抛物线位置关系，范围问题，熟练运用定义，准确计算P,Q坐标，将在轴正方向上的投影表示为k的函数时关键，是中档题.11.（2019吉林长春市理科模拟）圆：被直线截得的线段长为（）A. 2B.C. 1D.【答案】C【分析】先求出圆心到直线的距离，由勾股定理求出弦长。

2019年高考数学试题分类汇编立体几何一、选择题.1、（2019年高考全国I 卷理科12）已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D答案：D解析：如图，三棱锥ABC P -为正三棱锥，不妨设a PC PB PA 2||||||===，底面外接圆半径为r ，由题意可得3||,||==CF a EF .在PAC ∆中，由余弦定理可得aa a a PAC 21222444cos 22=⨯⨯-+=∠，所以在EAC ∆中22124||222+=⨯⨯⨯-+=a aa a a EC 又︒=∠90CEF ，根据勾股定理可得222||||||CF EF EC =+，即2||=PC在直角POC ∆中，332||=OC ,36||||22=-=r PC OP 由正三棱锥外接球半径公式可得26||2||222=+=OP OP r R ，故体积为π6 2、（2019年高考全国II 卷文理科7）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面答案：B解析：由“判定定理:如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面内两条相交直线平行,那么这两个平面平行”可知答案选B3、（2019年高考全国II 卷文理科16）．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．） 答案：A解析：(1)上层8个,中层8个,下层8个上下底各1个(2)设棱长为a ,如图作出该几何体的截面,1,21=-=CE aCD 又△CDE 为等腰直角三角形,则a a=-⨯212，解得12-=a .则棱长为12- 4、（2019年高考全国III 卷文理科8）如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM 、EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM 、EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 答案：B解析：建系如图)23,0,23(),0,11,1(),3,0,1(),0,2,0(M N E B 所以7)023()20()023(||222=-+-+-=, 2)300()01()11(||222=-+-+-=又因为+=21所以B 、M 、E 、N 四点共面。