-2017年体育专业单招数学试题分类汇编---立体几何

体育单招数学考点数学主要有代数、立体几何、解析几何三部分热点一:集合与不等式1.（2011真题）设集合M = {x|0<x<1}，集合N={x| -1<x<1}，则【 】（A ）M ∩N=M （B ）M ∪N=N（C ）M ∩N=N （D ）M ∩N= M ∩N2.（2012真题）已知集合{}1,M x x =>{}22,N x x =≤则MN =（ ）A. {1,x x <≤B.{}1,x x <≤C. {,x x ≤D. {.x x ≥ 3.（2013真题）已知},13|{},22|{-<<-=<<-=x x N x x M 则=N MA ．}23|{<<-x xB ．}13|{-<<-x xC ．}12|{-<<-x xD ．}21|{<<-x x4.（2011真题）不等式10x x-<的解集是 【 】 （A ）{x|0<x<1} （B ）{x|1<x<∞}（C ）{x|-∞<x<0} （D ）{x|-∞<x<0}从三年真题可以看出，每年有一个集合运算的选择题，同时兼顾考查简单不等式的知识，所以同学们一定要熟练掌握集合的交、并、补运算，同时熟练掌握一元一次不等式、一元二次不等式、简单的分式不等式的解法，那么这道选择题6分就抓住了热点二：函数、方程、不等式1. （2011真题）已知函数22()4(0)a f x ax a x=+>有最小值8，则a = 。

2.（2012真题）函数y x = ） A. 21,(0)2x y x x -=< B. 21,(0)2x y x x-=> C. 21,(0)2x y x x +=< D. 21,(0)2x y x x+=> 3.（2012真题）已知函数()ln1x a f x x -=+在区间()0,1上单调增加，则a 的取值范围是 .4（2013真题） ..5.（2013真题）6. （2013真题）设函数a xx y ++=2是奇函数，则=a 第一题函数只是只是载体，实际上考查同学们对基本不等式求最小值掌握情况以及简单一元一次方程解法，第二题考查反函数的求法，第三题和第四题都是考查函数的单调性。

2017年高考真题分类汇编（理数）：专题6 立体几何（解析版）一、单选题（共7题；共14分）1、（2017•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（）A、+1B、+3C、+1D、+32、（2017•浙江）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，= =2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D ﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A、γ＜α＜βB、α＜γ＜βC、α＜β＜γD、β＜γ＜α3、（2017•北京卷）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）A、3B、2C、2D、24、（2017•新课标Ⅰ卷）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A、10B、12C、14D、165、（2017•新课标Ⅱ）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A、B、C、D、6、（2017•新课标Ⅱ）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A、90πB、63πC、42πD、36π7、（2017•新课标Ⅲ）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A、πB、C、D、二、填空题（共5题；共5分）8、（2017•山东）由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．9、（2017·天津）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．10、（2017•江苏）如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．11、（2017•新课标Ⅰ卷）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为________．12、（2017•新课标Ⅲ）a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°；其中正确的是________（填写所有正确结论的编号）三、解答题（共9题；共60分）13、（2017•山东）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．（12分）（Ⅰ）设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．14、（2017·天津）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．15、（2017•浙江）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．16、（2017•北京卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD= ，AB=4．（14分）(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B﹣PD﹣A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．17、（2017•江苏）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°．（Ⅰ）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．18、（2017•江苏）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（Ⅰ）EF∥平面ABC；（Ⅱ）AD⊥AC．19、（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．（Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．20、（2017•新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC；（Ⅱ）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．21、（2017•新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．答案解析部分一、单选题1、【答案】A【考点】由三视图求面积、体积，由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为× ×π×12×3+ × × × ×3= +1，故选：A【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．2、【答案】B【考点】用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6 ），Q ，R ，= ，=（0，3，6 ），=（，5，0），= ，= ．设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，可得= ，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．则cos = = ，取α=arccos ．同理可得：β=arccos ．γ=arccos ．∵＞＞．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR，OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．设OP=h．则cosα= = = ．同理可得：cosβ= = ，cosγ= = ．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴cosα＞cosγ＞cosβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6 ），Q ，R ，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR，OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．设OP=h．可得cosα= = = ．同理可得：cosβ= = ，cosγ= = ．由已知可得：OE＞OG＞OF．即可得出．3、【答案】B【考点】由三视图求面积、体积，由三视图还原实物图【解析】【解答】解：由三视图可得直观图，再四棱锥P﹣ABCD中，最长的棱为PA，即PA= ==2 ，故选：B．【分析】根据三视图可得物体的直观图，结合图形可得最长的棱为PA，根据勾股定理求出即可．4、【答案】B【考点】由三视图求面积、体积，组合几何体的面积、体积问题，由三视图还原实物图【解析】【解答】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形= ×2×（2+4）=6，∴这些梯形的面积之和为6×2=12，故选：B【分析】由三视图可得直观图，由图形可知该立体图中只有两个相同的梯形的面，根据梯形的面积公式计算即可5、【答案】C【考点】余弦定理的应用，异面直线及其所成的角【解析】【解答】解：如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，]），可知MN= AB1= ，NP= BC1= ；作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；∵PQ=1，MQ= AC，△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC=4+1﹣2×2×1×（﹣）=7，∴AC= ，∴MQ= ；在△MQP中，MP= = ；在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP= = =﹣；又异面直线所成角的范围是（0，]，∴AB1与BC1所成角的余弦值为．【分析】设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，得出AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角；根据中位线定理，结合余弦定理求出AC、MQ，MP和∠MNP的余弦值即可．6、【答案】B【考点】由三视图求面积、体积，组合几何体的面积、体积问题，由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，V=π•32×10﹣•π•32×6=63π，故选：B．【分析】由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，即可求出几何体的体积．7、【答案】B【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，∴该圆柱底面圆周半径r= = ，∴该圆柱的体积：V=Sh= = ．故选：B．【分析】推导出该圆柱底面圆周半径r= = ，由此能求出该圆柱的体积．二、填空题8、【答案】2+【考点】由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积V1=2×1×1=2，圆柱的底面半径为1，高为1，则圆柱的体积V2= ×π×12×1= ，则该几何体的体积V=V1+2V1=2+ ，故答案为：2+ ．【分析】由三视图可知：长方体长为2，宽为1，高为1，圆柱的底面半径为1，高为1圆柱的，根据长方体及圆柱的体积公式，即可求得几何体的体积．9、【答案】【考点】球的体积和表面积【解析】【解答】解：设正方体的棱长为a，∵这个正方体的表面积为18，∴6a2=18，则a2=3，即a= ，∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，∴正方体的体对角线等于球的直径，即a=2R，即R= ，则球的体积V= π•（）3= ；故答案为：．【分析】根据正方体和球的关系，得到正方体的体对角线等于直径，结合球的体积公式进行计算即可．10、【答案】【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），球的体积和表面积【解析】【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，圆柱的体积为：πR2•2R=2πR3．则= = ．故答案为：．【分析】设出球的半径，求出圆柱的体积以及球的体积即可得到结果．11、【答案】4 cm3【考点】棱锥的结构特征，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG= BC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OG=x，则BC=2 x，DG=5﹣x，三棱锥的高h= = = ，=3 ，则V= = = ，令f（x）=25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）=100x3﹣50x4，令f′（x）≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，则f（x）≤f（2）=80，∴V≤ =4 cm3，∴体积最大值为4 cm3．故答案为：4 cm3．【分析】由题，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG= BC，设OG=x，则BC=2x，DG=5﹣x，三棱锥的高h= ，求出S△ABC=3 ，V= =，令f（x）=25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）=100x3﹣50x4，f （x）≤f（2）=80，由此能求出体积最大值．12、【答案】②③【考点】异面直线及其所成的角，用空间向量求直线间的夹角、距离【解析】【解答】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|=1，|AB|= ，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量=（0，1，0），| |=1，直线b的方向单位向量=（1，0，0），| |=1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量，=（﹣cosθ，﹣sinθ，1），| |= ，设与所成夹角为α∈[0，]，则c osα= = |sinθ|∈[0，]，∴α∈[ ，]，∴③正确，④错误．设与所成夹角为β∈[0，]，cosβ= = = |cosθ|，当与夹角为60°时，即α= ，|sinθ|= = = ，∵cos2θ+sin2θ=1，∴cosβ= |cosθ|= ，∵β∈[0，]，∴β= ，此时与的夹角为60°，∴②正确，①错误．故答案为：②③．【分析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，|AC|=1，|AB|= ，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．三、解答题13、【答案】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，∴BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，∴BE⊥BP，又∠EBC=120°，因此∠CBP=30°；（Ⅱ）解法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，∵∠EBC=120°，∴四边形BEGH为菱形，∴AE=GE=AC=GC= ．取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，∴∠EMC为所求二面角的平面角．又AM=1，∴EM=CM= ．在△BEC中，由于∠EBC=120°，由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12，∴，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°．解法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（﹣1，，0），故，，．设为平面AEG的一个法向量，由，得，取z1=2，得；设为平面ACG的一个法向量，由，可得，取z2=﹣2，得．∴cos＜＞= ．∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°；（Ⅱ）法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEGH为菱形，取AG中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E﹣AG﹣C的大小．法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E﹣AG﹣C的大小．14、【答案】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵M为AD中点，∴MF∥BD，∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．∵N为BC中点，∴NF∥AC，又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．又MF∩NF=F．∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵PA=AC=4，AB=2，∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2），则，，设平面MEN的一个法向量为，由，得，取z=2，得．由图可得平面CME的一个法向量为．∴cos＜＞= ．∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；（Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t），，．∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，∴|cos＜＞|=| |=| |= ．解得：t=4．∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为4．【考点】异面直线及其所成的角，平面与平面平行的判定，平面与平面平行的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）取AB中点F，连接MF、NF，由已知可证MF∥平面BDE，NF∥平面BDE．得到平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值，进一步求得正弦值；（Ⅲ）设AH=t，则H（0，0，t），求出的坐标，结合直线NH与直线BE所成角的余弦值为列式求得线段AH的长．15、【答案】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点，∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系，设PC=AD=2DC=2CB=2，则C（0，1，0），D（0，0，0），P（1，0，1），E（），A（2，0，0），B（1，1，0），=（），=（1，0，﹣1），=（0，1，﹣1），设平面PAB的法向量=（x，y，z），则，取z=1，得=（1，1，1），∵= =0，CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB．解：（Ⅱ）=（﹣1，1，﹣1），设平面PBC的法向量=（a，b，c），则，取b=1，得=（0，1，1），设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ=|cos＜＞|= = = ．∴直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角，向量方法证明线、面的位置关系定理，用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（Ⅰ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z 轴，建立空间直角系，利用向量法能证明CE∥平面PAB．（Ⅱ）求出平面PBC的法向量和，利用向量法能求出直线CE与平面PBC所成角的正弦值．16、【答案】（1）证明：如图，设AC∩BD=O，∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM，∴PD∥OM，则，即M为PB的中点；（2）解：取AD中点G，∵PA=PD，∴PG⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，由PA=PD= ，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，），，．设平面PBD的一个法向量为，则由，得，取z= ，得．取平面PAD的一个法向量为．∴cos＜＞= = ．∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；（3）解：，平面PAD的一个法向量为．∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=| |=| |=．【考点】直线与平面平行的性质，平面与平面垂直的性质，直线与平面所成的角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1.）设AC∩BD=O，则O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM∥PD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点；（2.）取AD中点G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，再证明OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小；（3.）求出的坐标，由与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值．17、【答案】解：在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD，∵AA1⊥平面ABCD，AD、Ax⊂平面ABCD，∴AA1⊥Ax，AA1⊥AD，以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°，∴A（0，0，0），B（），C（，1，0），D（0，2，0），A1（0，0，），C1（）．=（），=（），，．（Ⅰ）∵cos＜＞= = ．∴异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为；（Ⅱ）设平面BA1D的一个法向量为，由，得，取x= ，得；取平面A1AD的一个法向量为．∴cos＜＞= = ．∴二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为，则二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为．【考点】异面直线及其所成的角，直线与平面垂直的性质，用空间向量求直线间的夹角、距离，二面角的平面角及求法【解析】【分析】在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD，由AA1⊥平面ABCD，可得AA1⊥Ax，AA1⊥AD，以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．结合已知求出A，B，C，D，A1，C1的坐标，进一步求出，，，的坐标．（Ⅰ）直接利用两法向量所成角的余弦值可得异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（Ⅱ）求出平面BA1D与平面A1AD的一个法向量，再由两法向量所成角的余弦值求得二面角B﹣A1D﹣A的余弦值，进一步得到正弦值．18、【答案】证明：（Ⅰ）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，所以AB∥EF，又因为EF⊊平面ABC，AB⊆平面ABC，所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；（Ⅱ）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，因为BC⊥BD，所以FG⊥BC，又因为平面ABD⊥平面BCD，所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，又因为AD⊥EF，且EF∩FG=F，所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG，故AD⊥AC．【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面平行的判定【解析】【分析】（Ⅰ）利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论；（Ⅱ）通过取线段CD 上点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，利用线面垂直的性质定理可知FG⊥AD，结合线面垂直的判定定理可知AD⊥平面EFG，从而可得结论．19、【答案】（Ⅰ）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF AD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥AD，∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，∴直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP= ，∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，可得：BN=MN，CN= MN，BC=1，可得：1+ BN2=BN2，BN= ，MN= ，作NQ⊥AB于Q，连接MQ，所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ== ，二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：= ．【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）取PA的中点F，连接EF，BF，通过证明CE∥BF，利用直线与平面平行的判定定理证明即可．（Ⅱ）利用已知条件转化求解M到底面的距离，作出二面角的平面角，然后求解二面角M ﹣AB﹣D的余弦值即可．20、【答案】（Ⅰ）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．△ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．∵△ACD是直角三角形，∴AC是斜边，∴∠ADC=90°．∴DO= AC．∴DO2+BO2=AB2=BD2．∴∠BOD=90°．∴OB⊥OD．又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．（Ⅱ）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为h D，h E．则= ．∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，∴= = =1．∴点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设AB=2．则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），E ．=（﹣1，0，1），= ，=（﹣2，0，0）．设平面ADE的法向量为=（x，y，z），则，即，取=．同理可得：平面ACE的法向量为=（0，1，）．∴cos = = =﹣．∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．【考点】平面与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．△ABC是等边三角形，可得OB⊥AC．由已知可得：△ABD≌△CBD，AD=CD．△ACD是直角三角形，可得AC是斜边，∠ADC=90°．可得DO= AC．利用DO2+BO2=AB2=BD2．可得OB⊥OD．利用线面面面垂直的判定与性质定理即可证明．（Ⅱ）设点D，B到平面ACE的距离分别为h D，h E．则= ．根据平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，可得= = =1，即点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．设AB=2．利用法向量的夹角公式即可得出．21、【答案】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y=1，得．∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥AD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，．∴cos＜＞= = ．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1.）由已知可得PA⊥AB，PD⊥CD，再由AB∥CD，得AB⊥PD，利用线面垂直的判定可得AB⊥平面PAD，进一步得到平面PAB⊥平面PAD；（2.）由已知可得四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，得到AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的一个法向量，再证明PD⊥平面PAB，得为平面PAB的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣PB﹣C的余弦值．。

2005--2017年体育单招数学分类汇编 --- 向量1、（2017年第2题）已知平面向量)2,1(),1,1(-=-=→→b a ，则=+→→b a 2 。

2、（2016年第11题）已知平面向量)1,2(),,3(),4,5(=-=-=c x b a ，若b a 32+与c 垂直，则x=________.3、（2015年第14题）若向量→a ，→b 满足，1||=→a ，2||=→b ，32-=⋅→→b a ，则>=<→→b a ,cos 。

4、（2013年第2题）若平面上单位向量,a b 的夹角为90︒，则34a b -= .5、（2012年第2题）若平面上向量(1,2),(2,1)a b ==,若()a kb b +⊥，则k = .6、（2011年第3题）已知平面向量(1,2),(1,3)a b ==-，则a 与b 的夹角为 .7、（2010年第12题）,a b 为平面向量，已知1,2,,a b a b ==夹角为120︒，则2a b += .8、（2009年第5题）已知非零向量,a b 满足4b a =，且2a b +与a 垂直，则a 与b 的夹角为 .9、（2008年第4题） 已知平面向量(1,1),(1,2)a b ==-，则()()a b a b +-= .10、 （2007年第11题）已知向量)2,3(),4,5(-=-=b a 则与b a 32+垂直的单位向量是_________。

（只需写出一个符合题意的答案）11、（2006年第7题）设a 与b 是平面向量，已知a =（6，-8），b =5且b a ⋅=50，则向量b a -=（ ）（A ）(-3,4) （B ）(-4,3) （C ）(3,-4) （D ）(4,-3)12、（2005年第16题）已知向量a 与b 的夹角为30︒，3,2a b ==，则a b += .。

单独考试招生文化考试数学卷（满分120分，考试时间120分钟）一、选择题：（本题共10小题，每小题6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．圆221:40C xy x +-=与圆222:610160Cx y x y ++++=的公切线有（ ）（A ）1条 （B ）2条 （C ）3条 （D ）4条 2．已知圆22670xy x +--=与抛物线22(0)ypx p =>的准线相切，则p 为（ ）（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）43．在空间四边形ABCD 各边上分别取E 、F 、G 、H 四点，如果EF 和GH 能相交于点P ，那么（ ）（A ）点P 必在直线AC 上 （B ）点P 必在直线BD 上 （C ）点P 必在平面ABC 内 （D ）点P 必在平面上ABC 外4．用1，3，5，7，9五个数字中的三个替换直线方程Ax+By+C ＝0中的A 、B 、C ，若A 、B 、C 的值互不相同，则不同的直线共有（ ）（A ）25条 （B ）60条 （C ）80条 （D ）181条 5、若集合}25|{<<-=x x A ，}33|{<<-=x x B ，则=B A ( ) A.}23|{<<-x x B.}25|{<<-x x C.}33|{<<-x xD.}35|{<<-x x6．已知0>>b a ，全集=I R ，集合}2|{ba xb x M +<<=，}|{a x ab x N <<=，=P {x b x <|≤ab}，则P 与NM ，的关系为 ( )（A ）)(N C M p I = （B ）N M C p I )(= （C ）N M P = （D ）N M P = 7．函数x x f a log )(= 满足2)9(=f ，则)2log (91--f 的值是 ( )（A ）2 （B ）2（C ）22 （D ）2log 38. 函数的图象如图所示,则最大、最小值分别为 ( )A. B.C. D.9. 设,,,其中为自然对数的底数,则,,的大小关系是( )A. B. C. D.10. 设,,,都为正数,且不等于,函数,,,在同一坐标系中的图象如图所示,则,,,的大小顺序是( )A. B.C. D.二、填空题：（共30分．）1.函数y=3-2cos(x-)的最大值为__，此时x=_______.2.函数f(x)=3cos(2x+)的最小正周期为___.3.函数f(x)=sin2x的图像可以由g(x)=sin 2x-号)的图像向左平移___个单位得到.4. 在中,,,,则______.5. 若向量,的夹角为,则——————随机抽取 100名年龄在 ,,, 年龄段的市民进行问卷调查,由此得到样本的频率分布直方图如图所示,从不小于 岁的人中按年龄段分层抽样的方法随机抽取 8人,则在 年龄段抽取的人数为_____.三、解答题：（本题共3小题，每小题10分，共30分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）1.为加快新冠肺炎检测效率，某检测机构采取“k 合1检测法”，即将k 个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可确定所有样本都是阴性的，若为阳性，则还需要对本组的每个人再做检测．现有100人，已知其中2人感染病毒．（1）①若采用“10合1检测法”，且两名患者在同一组，求总检测次数； ②已知10人分成一组，分10组，两名感染患者在同一组的概率为111，定义随机变量X为总检测次数，求检测次数X 的分布列和数学期望()E X ；（2）若采用“5合1检测法”，检测次数Y 的期望为()E Y ，试比较()E X 和()E Y 的大小．（直接写出结果）2.求经过两点(10)A -，、(32)B ，，且圆心在y 轴上的圆的方程. 3设c b a ,,分别是ABC ∆的三个内角A 、B 、C 所对的边，S 是ABC ∆的面积，已知4,5,3a b S ===（1）求角C ; (2)求c 边的长度.参考答案：一、选择题答案： 参考答案1-5题：DBABA 参考答案6-10题：ACCDC 二、填空题答案： 1.答案:5;(k ∈Z)解析: 2.答案:π 解析: 3.答案: 解析:由的图像向左平移0.25个单位,可得函数 的图像。

2015年全国普通高等学校运动训练、民族传统体育专业单独统一招生考试一、选择题：（本大题共10小题，每小题6分，共60分）（1）若集合的元素共有则A N x x x A },,270{∈<<=（ ） A 、2个 B 、3个 C 、4个 D 、无穷多个62289072222D C B A y y x ）的半径是（）圆（=-++（3）下列函数中是减函数的是（ ） A.x y = B.3x y -=C.x x x y sin 22+= D.2x x e e y -+=]1,0[]2,0[1812)(42D C B A x x x f ），（），（）的值域是（）函数（∞+∞--=︒︒︒︒===︒=∆----+-=306012013534,430632123123213114cos 34sin 35D C B A B AC BC A ABC DCB A x x y ）（，则，钝角三角形，）已知（和和和和）分别是（的最小正周期和最小值）函数（ππππ））（（））（（））（（））（（）其中正确的命题是（∥，则∥∥）若；（∥则，）若（∥则∥，∥）若；（∥则，）若（个命题：为两个平面，有下面四为两条直线，，）设（42413231,2321,7D C B A m m n m n m n m n m n m n m βαβαβαβαββααβα⊥⊥⊥⊥（8）从5名新队员中选出2人，6名老队员中选出1人，组成训练小组，则不同的组成方案共有（ ）种。

A 165B 120C 75D 6042333231169922D C B A y x ），则它的离心率是（的一条渐近线的斜率为）双曲线（=-=>+++=>)(0),1ln()(0)(1022x f x x x x x f x x f 时，则当时，是奇函数，当）已知（ A)1ln(22x x x +++- B )1ln(22x x x ++-- C )1ln(22x x x ++-+- D )1ln(22x x x +++ 二、填空题（本大题共6小题，每小题6分，共36分）（11）不等式的解集为0321>+-x x（ ）530,30,312）（的标准方程为，则该椭圆），离心率为）（）若椭圆的焦点为（（-)()4tan(,2)4tan(13=-=+πθπθ则）若（)(,cos 322,14>=<-=•==b a b a b a ，则，满足，）（若向量（）的系数是（的展开式中））（（341215x x - ）的取值范围是（则且）若（a a a a a a ,0)3(log )12(log ,10162<<+<<三、解答题（本大题共3小题，共54分）（17）某校组织跳远达标测验，已知甲同学每次达标的概率为3/4.他测试时跳了4次。

2004至2017体育单招数学分类汇编--三角函数1、（2017年第5题）ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为c b a ,,，若222c bc b a ++=，则A= （ ）A.150 B.120 C.60 D.30 2、（2017年第7题）设252cos2sin=+αα，则=αsin （ ）A. 23B. 21C. 31D. 413、（2016年第9题）函数x x y 2cos 2sin +=图像的对称轴为( )A 、Z k k x ∈+=,8121ππB 、Z k k x ∈-=,8121ππC 、Z k k x ∈+=,41ππD 、Zk k x ∈-=,41ππ4、（2016年第10题）△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且C b A c C a cos 2cos 3cos 3-=+，则C=（ ） A 、3π B 、 6π C 、32πD 、65π5、（2016年第2题）已知α是第四象限角，且sin(π-α)=23-,则cos α=（ ） A 、22 B 、21 C 、21- D 、22-6、（2015年第13题）已知3)tan(=+βα，5)tan(=-βα，则=α2tan 。

7、（2015年第5题）函数x x y 4cos 34sin 3-=的最小正周期和最小值分别是 （ ）B. π和3- B.π和32- C.2π和3- D . 2π和32- 8、（2014年第4题）若),(ππ-∈x 且x x sin cos >,则（ ） A )4,0(π∈x B )4,43(ππ-∈x C )4,0()2,43(πππ --∈x D )4,0()43,(πππ --∈x 9、（2014年第17题）ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别是c b a ,,且B b acoA b a cos ,=< （1）证明：ABC ∆为直角三角形 （2）若c b a ,,成等差数列，求sinA10、（2013年第4题）若1sin cos 5A A +=，则sin 2A = . 11、 （2013年第17题18分）已知函数sin(4)cos(4)36y x x ππ=++-，(Ⅰ)求该函数的最小正周期；(Ⅱ)当,168x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，求该函数的最大值。

2017年高考真题分类汇编（理数）：专题6 立体几何（解析版）一、单选题（共7题；共14分）1、（2017•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（）A、+1B、+3C、+1D、+32、（2017•浙江）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，= =2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A、γ＜α＜βB、α＜γ＜βC、α＜β＜γD、β＜γ＜α3、（2017•北京卷）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）A、3B、2C、2D、24、（2017•新课标Ⅰ卷）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A、10B、12C、14D、165、（2017•新课标Ⅱ）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A、B、C、D、6、（2017•新课标Ⅱ）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A、90πB、63πC、42πD、36π7、（2017•新课标Ⅲ）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A、πB、C、D、二、填空题（共5题；共5分）8、（2017•山东）由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．9、（2017·天津）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．10、（2017•江苏）如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．11、（2017•新课标Ⅰ卷）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为________．12、（2017•新课标Ⅲ）a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°；其中正确的是________（填写所有正确结论的编号）三、解答题（共9题；共60分）13、（2017•山东）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．（12分）（Ⅰ）设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．14、（2017·天津）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．15、（2017•浙江）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD ⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．16、（2017•北京卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD= ，AB=4．（14分）(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B﹣PD﹣A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．17、（2017•江苏）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°．（Ⅰ）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．18、（2017•江苏）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（Ⅰ）EF∥平面ABC；（Ⅱ）AD⊥AC．19、（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．（Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．20、（2017•新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC；（Ⅱ）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C 的余弦值．21、（2017•新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．答案解析部分一、单选题1、【答案】A【考点】由三视图求面积、体积，由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为× ×π×12×3+ × × × ×3= +1，故选：A【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．2、【答案】B【考点】用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6 ），Q ，R ，= ，=（0，3，6 ），=（，5，0），= ，= ．设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，可得= ，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．则cos = = ，取α=arccos ．同理可得：β=arccos ．γ=arccos ．∵＞＞．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR，OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．设OP=h．则cosα= = = ．同理可得：cosβ= = ，cosγ= = ．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴cosα＞cosγ＞cosβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6 ），Q ，R ，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR，OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．设OP=h．可得cosα= = = ．同理可得：cosβ= = ，cosγ= = ．由已知可得：OE＞OG＞OF．即可得出．3、【答案】B【考点】由三视图求面积、体积，由三视图还原实物图【解析】【解答】解：由三视图可得直观图，再四棱锥P﹣ABCD中，最长的棱为PA，即PA= ==2 ，故选：B．【分析】根据三视图可得物体的直观图，结合图形可得最长的棱为PA，根据勾股定理求出即可．4、【答案】B【考点】由三视图求面积、体积，组合几何体的面积、体积问题，由三视图还原实物图【解析】【解答】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形= ×2×（2+4）=6，∴这些梯形的面积之和为6×2=12，故选：B【分析】由三视图可得直观图，由图形可知该立体图中只有两个相同的梯形的面，根据梯形的面积公式计算即可5、【答案】C【考点】余弦定理的应用，异面直线及其所成的角【解析】【解答】解：如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，]），可知MN= AB1= ，NP= BC1= ；作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；∵PQ=1，MQ= AC，△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC=4+1﹣2×2×1×（﹣）=7，∴AC= ，∴MQ= ；在△MQP中，MP= = ；在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP= = =﹣；又异面直线所成角的范围是（0，]，∴AB1与BC1所成角的余弦值为．【分析】设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，得出AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角；根据中位线定理，结合余弦定理求出AC、MQ，MP和∠MNP的余弦值即可．6、【答案】B【考点】由三视图求面积、体积，组合几何体的面积、体积问题，由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，V=π•32×10﹣•π•32×6=63π，故选：B．【分析】由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，即可求出几何体的体积．7、【答案】B【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，∴该圆柱底面圆周半径r= = ，∴该圆柱的体积：V=Sh= = ．故选：B．【分析】推导出该圆柱底面圆周半径r= = ，由此能求出该圆柱的体积．二、填空题8、【答案】2+【考点】由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积V1=2×1×1=2，圆柱的底面半径为1，高为1，则圆柱的体积V2= ×π×12×1= ，则该几何体的体积V=V1+2V1=2+ ，故答案为：2+ ．【分析】由三视图可知：长方体长为2，宽为1，高为1，圆柱的底面半径为1，高为1圆柱的，根据长方体及圆柱的体积公式，即可求得几何体的体积．9、【答案】【考点】球的体积和表面积【解析】【解答】解：设正方体的棱长为a，∵这个正方体的表面积为18，∴6a2=18，则a2=3，即a= ，∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，∴正方体的体对角线等于球的直径，即a=2R，即R= ，则球的体积V= π•（）3= ；故答案为：．【分析】根据正方体和球的关系，得到正方体的体对角线等于直径，结合球的体积公式进行计算即可．10、【答案】【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），球的体积和表面积【解析】【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，圆柱的体积为：πR2•2R=2πR3．则= = ．故答案为：．【分析】设出球的半径，求出圆柱的体积以及球的体积即可得到结果．11、【答案】4 cm3【考点】棱锥的结构特征，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG= BC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OG=x，则BC=2 x，DG=5﹣x，三棱锥的高h= = = ，=3 ，则V= = = ，令f（x）=25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）=100x3﹣50x4，令f′（x）≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，则f（x）≤f（2）=80，∴V≤ =4 cm3，∴体积最大值为4 cm3．故答案为：4 cm3．【分析】由题，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG= BC，设OG=x，则BC=2 x，DG=5﹣x，三棱锥的高h= ，求出S△ABC=3 ，V= = ，令f（x）=25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）=100x3﹣50x4，f（x）≤f（2）=80，由此能求出体积最大值．12、【答案】②③【考点】异面直线及其所成的角，用空间向量求直线间的夹角、距离【解析】【解答】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|=1，|AB|= ，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量=（0，1，0），| |=1，直线b的方向单位向量=（1，0，0），| |=1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量，=（﹣cosθ，﹣sinθ，1），| |= ，设与所成夹角为α∈[0，]，则cosα= = |sinθ|∈[0，]，∴α∈[ ，]，∴③正确，④错误．设与所成夹角为β∈[0，]，cosβ= = = |cosθ|，当与夹角为60°时，即α= ，|sinθ|= = = ，∵cos2θ+sin2θ=1，∴cosβ= |cosθ|= ，∵β∈[0，]，∴β= ，此时与的夹角为60°，∴②正确，①错误．故答案为：②③．【分析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，|AC|=1，|AB|= ，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C 坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．三、解答题13、【答案】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，∴BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，∴BE⊥BP，又∠EBC=120°，因此∠CBP=30°；（Ⅱ）解法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，∵∠EBC=120°，∴四边形BEGH为菱形，∴AE=GE=AC=GC= ．取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，∴∠EMC为所求二面角的平面角．又AM=1，∴EM=CM= ．在△BEC中，由于∠EBC=120°，由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12，∴，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°．解法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（﹣1，，0），故，，．设为平面AEG的一个法向量，由，得，取z1=2，得；设为平面ACG的一个法向量，由，可得，取z2=﹣2，得．∴cos＜＞= ．∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°；（Ⅱ）法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEGH为菱形，取AG中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E﹣AG﹣C 的大小．法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E﹣AG ﹣C的大小．14、【答案】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵M为AD中点，∴MF∥BD，∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．∵N为BC中点，∴NF∥AC，又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．又MF∩NF=F．∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵PA=AC=4，AB=2，∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2），则，，设平面MEN的一个法向量为，由，得，取z=2，得．由图可得平面CME的一个法向量为．∴cos＜＞= ．∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；（Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t），，．∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，∴|cos＜＞|=| |=| |= ．解得：t=4．∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为4．【考点】异面直线及其所成的角，平面与平面平行的判定，平面与平面平行的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）取AB中点F，连接MF、NF，由已知可证MF∥平面BDE，NF∥平面BDE．得到平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值，进一步求得正弦值；（Ⅲ）设AH=t，则H（0，0，t），求出的坐标，结合直线NH与直线BE所成角的余弦值为列式求得线段AH的长．15、【答案】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点，∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系，设PC=AD=2DC=2CB=2，则C（0，1，0），D（0，0，0），P（1，0，1），E（），A（2，0，0），B（1，1，0），=（），=（1，0，﹣1），=（0，1，﹣1），设平面PAB的法向量=（x，y，z），则，取z=1，得=（1，1，1），∵= =0，CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB．解：（Ⅱ）=（﹣1，1，﹣1），设平面PBC的法向量=（a，b，c），则，取b=1，得=（0，1，1），设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ=|cos＜＞|= = = ．∴直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角，向量方法证明线、面的位置关系定理，用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（Ⅰ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系，利用向量法能证明CE∥平面PAB．（Ⅱ）求出平面PBC的法向量和，利用向量法能求出直线CE与平面PBC所成角的正弦值．16、【答案】（1）证明：如图，设AC∩BD=O，∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM，∴PD∥OM，则，即M为PB的中点；（2）解：取AD中点G，∵PA=PD，∴PG⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，由PA=PD= ，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，），，．设平面PBD的一个法向量为，则由，得，取z= ，得．取平面PAD的一个法向量为．∴cos＜＞= = ．∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；（3）解：，平面PAD的一个法向量为．∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=| |=| |= ．【考点】直线与平面平行的性质，平面与平面垂直的性质，直线与平面所成的角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1.）设AC∩BD=O，则O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM∥PD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点；（2.）取AD中点G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，再证明OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小；（3.）求出的坐标，由与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP 所成角的正弦值．17、【答案】解：在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD，∵AA1⊥平面ABCD，AD、Ax⊂平面ABCD，∴AA1⊥Ax，AA1⊥AD，以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°，∴A（0，0，0），B（），C（，1，0），D（0，2，0），A1（0，0，），C1（）．=（），=（），，．（Ⅰ）∵cos＜＞= = ．∴异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为；（Ⅱ）设平面BA1D的一个法向量为，由，得，取x= ，得；取平面A1AD的一个法向量为．∴cos＜＞= = ．∴二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为，则二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为．【考点】异面直线及其所成的角，直线与平面垂直的性质，用空间向量求直线间的夹角、距离，二面角的平面角及求法【解析】【分析】在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD，由AA1⊥平面ABCD，可得AA1⊥Ax，AA1⊥AD，以A 为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．结合已知求出A，B，C，D，A1，C1的坐标，进一步求出，，，的坐标．（Ⅰ）直接利用两法向量所成角的余弦值可得异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（Ⅱ）求出平面BA1D与平面A1AD的一个法向量，再由两法向量所成角的余弦值求得二面角B﹣A1D﹣A 的余弦值，进一步得到正弦值．18、【答案】证明：（Ⅰ）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，所以AB∥EF，又因为EF⊊平面ABC，AB⊆平面ABC，所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；（Ⅱ）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，因为BC⊥BD，所以FG⊥BC，又因为平面ABD⊥平面BCD，所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，又因为AD⊥EF，且EF∩FG=F，所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG，故AD⊥AC．【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面平行的判定【解析】【分析】（Ⅰ）利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论；（Ⅱ）通过取线段CD上点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，利用线面垂直的性质定理可知FG⊥AD，结合线面垂直的判定定理可知AD⊥平面EFG，从而可得结论．19、【答案】（Ⅰ）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF AD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥AD，∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，∴直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP= ，∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，可得：BN=MN，CN= MN，BC=1，可得：1+ BN2=BN2，BN= ，MN= ，作NQ⊥AB于Q，连接MQ，所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ== ，二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：= ．【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）取PA的中点F，连接EF，BF，通过证明CE∥BF，利用直线与平面平行的判定定理证明即可．（Ⅱ）利用已知条件转化求解M到底面的距离，作出二面角的平面角，然后求解二面角M﹣AB﹣D的余弦值即可．20、【答案】（Ⅰ）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．△ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．∵△ACD是直角三角形，∴AC是斜边，∴∠ADC=90°．∴DO= AC．∴DO2+BO2=AB2=BD2．∴∠BOD=90°．∴OB⊥OD．又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．（Ⅱ）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为h D，h E．则= ．∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，∴= = =1．∴点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设AB=2．则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），E ．=（﹣1，0，1），= ，=（﹣2，0，0）．设平面ADE的法向量为=（x，y，z），则，即，取= ．同理可得：平面ACE的法向量为=（0，1，）．∴cos = = =﹣．∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．【考点】平面与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．△ABC是等边三角形，可得OB⊥AC．由已知可得：△ABD≌△CBD，AD=CD．△ACD是直角三角形，可得AC是斜边，∠ADC=90°．可得DO= AC．利用DO2+BO2=AB2=BD2．可得OB⊥OD．利用线面面面垂直的判定与性质定理即可证明．（Ⅱ）设点D，B到平面ACE的距离分别为h D，h E．则= ．根据平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，可得= = =1，即点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．设AB=2．利用法向量的夹角公式即可得出．21、【答案】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y=1，得．∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥AD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，．∴cos＜＞= = ．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1.）由已知可得PA⊥AB，PD⊥CD，再由AB∥CD，得AB⊥PD，利用线面垂直的判定可得AB⊥平面PAD，进一步得到平面PAB⊥平面PAD；（2.）由已知可得四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，得到AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD 中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的一个法向量，再证明PD⊥平面PAB，得为平面PAB的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣PB﹣C的余弦值．。

2006--2017年体育单招数学分类汇编----立体几何1、(2006年第10题） 如图，在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，已知AB=BB 1=1，设AB 1与平面AA 1C 1C 所称的角为α，则sin α=（A ）23 （B ）22（C ）410（D ）462、(2006年第15题）在三棱锥S-ABC 中，已知侧棱SA ，SB ，SC 两两相互垂直，且SA=3，SB=4，SC=5，则三棱锥S-ABC 的体积V=_________________________。

3、(2006年第18题）若圆锥的高H 于底面半径R 都是1，则该圆锥的内切球的表面积S=_____________。

4、 (2007年第3题）三个球的表面积之比为1：2：4，他们的体积依次为V 1，V 2，V 3，则（ ） （A ）V2=4V1 (B) V3=122V (C) V3=4V2 (D) V3=222V5、 (2007年第6题）一个两头密封的圆柱形水桶装了一些水，当水桶水平横放时，桶内的水浸了水桶横截面周长的41（如图）。

当水桶直立时，谁的高度与桶的高度的比值是（ ）（A ）41 (B) 4π (C) π141- (D) π2141-6、(2008年第6题）正三棱锥的底面边长为2，体积为3，则正三棱锥的高是 （ ） A 、2 B 、3 C 、4 D 、67、(2008年第11题）如图，正三棱柱'''C B A ABC -中，AB=1，AA'=2面直线AB 与A'C 夹角的余弦值是 .8、(2009年第7题）关于空间中的平面α和直线m ，n ，l 1p ：n m l n l m ||,⇒⊥⊥ 2p ：n m n m ||||,||⇒αα3p ：αα⊥⇒⊥m l l m ,|| 4p ：αα⊥⇒⊥m l m l 相交与,其中真命题是 （ ）1p ，3p B 、2p ，4p C 、3p D 、4p 9、(2009年第16题）表面积为π180的球面上有A 、B 、C 三点. 已知AC=6，BC=8，AB=10，则球心到ABC ∆所在平面的距离为 .10、(2010年第7题）下面是关于两条直线m,n 和两个平面a ，β（m ，n 均不在a ，β上）的四个命题：P 1：m//a ，n//a=>m//n ， p 2：m//a ，a//β=> m//β， P 3：m//a.n//β，a //β=>m//n ， p 4：m//n ，n ⊥β. M ⊥a=a//β， 其中的假命题是（ ）（A ）P 1 ，P 3 （B ）P 1 ，P 4 （C ）P 2 ，P 3 （D ）P 2 ，P 4BA'B'ABCABC11、(2010年第16题）已知一个圆锥的母线长为13cm ，高为12cm ，则此圆锥的内切球的表面积S= cm 2，（轴截面如图所示）12、(2011年第13题）正三棱锥的底面边长为113、(2011年第8题） 已知圆锥曲线母线长为5，底面周长为6π，则圆锥的体积是（ ） （A ）6π （B ）12π （C ）18π （D ）36π 14、(2012年第12题） 已知圆锥侧面积是底面积的3倍，高为4cm ，则圆锥的体积是 cm 3 15、(2012年第6题）下面是关于三个不同平面,,αβγ的四个命题 1:,p αγβγαβ⊥⊥⇒∥，2:,p αγβγαβ⇒∥∥∥， 3:,p αγβγαβ⊥⊥⇒⊥，4:,p αγβγαβ⊥⇒⊥∥，其中的真命题是（ ） A. 12,p p B. 34,p p C. 13,p p D. 24,p p16、(2013年第9题）若四面体的棱长都相等且它的体积为9a 3，则此四面体的棱长为（ ） A ．32a B 。

2017年全国普通高等学校运动训练、民族传统体育专业单招统一招生考试一、选择题（106'60'⨯=）1、设集合}5,4,3,2,1{=M ，}6,3,1{=N ，则=N M （ ）A. }3,1{B. }6,3{C. }6,1{D. }6,5,4,3,2,1{2、函数131)(+=x x f 的定义域为 （ ） A. }31|{-≥x x B. }3|{-≥x x C. }31|{->x x D. }3|{->x x3、设甲：四边形ABCD 为矩形；乙：四边形ABCD 为平行四边形，则 （ ）A. 甲是乙的充分条件但不是乙的必要条件B. 甲是乙的必要条件但不是乙的充分条件C. 甲是乙的充分必要条件D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件4、从7名男运动员和3名女运动员中选出2人组队参加乒乓球混合双打比赛，则不同的选法共有（ ）A. 12种B. 18种C. 20种D. 21种5、ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为c b a ,,，若222c bc b a ++=，则A= （ ）A. 150B. 120C. 60D. 306、已知抛物线y x C 4:2=的焦点为F ，过F 作C 的对称轴的垂线，与C 交于A 、B ，则=||AB （ ）A. 8B. 4C.2D. 17、设252cos 2sin =+αα，则=αsin （ ） A. 23 B. 21 C. 31 D. 41 8、点P 在直二面角βα--AB 的交线AB 上，C ，D 分别在βα,内，且4π=∠=∠DPA CPA ，则=∠CPDA. 6πB. 4πC. 3πD. 2π9、已知点)2,3(),4,5(--B A ，则以AB 为直径的圆的方程为 （ ）A. 25)1()1(22=+++y xB. 25)1()1(22=-++y xC. 100)1()1(22=+++y xD. 100)1()1(22=-++y x10、过点)2,1(P 且斜率小于0的直线与x 轴，y 轴围成的封闭图形面积的最小值为 （ ）A. 2B. 22C. 4D. 24二、填空题（66'36'⨯=）11、已知平面向量)2,1(),1,1(-=-=→→b a ，则=+→→b a 2 .12、=⨯4log 3log 32 。