浙江版2014届高三名校数学(理)试题分省分项汇编：专题10 立体几何(解析版)

（山东版 第03期）2014届高三数学 名校试题分省分项汇编 专题10 立体几何文（解析版）一．基础题组1. （山东省德州市2014高三上学期期末考试）设α、β是两个不重合的平面，m 、m 是两条不重合的直线，则以下结论错误．．的是 A ．若//,m αβα⊂，则//m βB ．若,,//,//m n m n ααββ⊂⊂，则//αβC ．若//,//,m m n αβαβ=I ，则//m nD ．若//,m m αβ⊥，则αβ⊥2. （山东省德州市2014高三上学期期末考试）某几何体的三视图(单位：cm)如下图，则这个几何体的表面积为 cm 2.3. （山东省济南市2014届高三上学期期末考试）一个正三棱柱的三视图如图所示,如果左视图的面积为6,则这个三棱柱的体积为________．34. (山东省临沂市重点中学2014届高三12月月考)设m ，n 是两条不同直线，βα,是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ）（A ）βα//,//n m 且,//βα则n m // （B ） βα⊥⊥n m ,且 βα⊥，则 n m ⊥（C ）,,,n m n m ⊥⊂⊥βα 则βα⊥ （D ）,//,//,,ββααn m n m ⊂⊂则βα//5. (山东省临沂市重点中学2014届高三12月月考)一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形，若该几何体的所有顶点在同一球面上，则该球的表面积是（ ）（A ）π12（B ）π24（C ）π32（D ）π48 【答案】D6. （山东省青岛二中2014届高三12月月考）已知某个几何体的三视图如图(主视图的弧线是半圆)，根据图中标出的数据，这个几何体的体积是 .7. （山东省日照市2014届高三12月校际联考）已知某几何体的三视图如右图所示，其中，主（正）视图，左（侧）视图均是由直角三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接直角三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )8. （山东省日照市2014届高三12月校际联考）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，有下列五个命题①,//,//l l βαβα⊂若则 ②,//,l l βαβα⊥⊥若则③,,//l l βαβα⊥⊥若则 ④,//,//m l m l αβα=I 若则⑤,//,//,//m l m l l m αββ=I 若则其中真命题的序号是__________________________（把所有真命题的序号都填上）9. （山东省日照一中2014届高三上学期12月月考）设,m n 是不同的直线，,αβ是不同的平面，有以下四个命题：①若,m n αα⊥⊥，则//m n ②若,//m αβα⊥，则m β⊥；③若,m m n α⊥⊥，则//n α④若,n n αβ⊥⊥，则//βα. A.①③ B.①④ C.②③ D.②④考点：平行关系、垂直关系10. （山东省日照一中2014届高三上学期12月月考）如右图，某几何体的主（正）视图与左（侧）视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则该几何体的俯视图可以是11. （山东省烟台市2014届高三上学期期末考试）已知直线l ⊥平面α，直线⊆m 平面β，则下列四个结论：①若βα//，则m l ⊥ ②若βα⊥，则m l //③若m l //，则βα⊥ ④若m l ⊥，则βα//其中正确的结论的序号是：（ ）A ．①④B ．②④C ．①③D ．②③②不正确；12. （山东省烟台市2014届高三上学期期末考试）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）A ．26B ．9C ．218D ．2713. （山东省淄博市2014届高三上学期期末考试）如图所示的三棱柱，其正视图是一个边长为2的正方形，其俯视图是一个正三角形，该三棱柱侧视图的面积为（ ）14. （山东省淄博一中2014届高三上学期期中模块考试）已知a 、b 为空间中不同的直线，α、β、γ为不同的平面，下列命题中正确命题的个数是( )⑴ 若a ∥α,a ⊥b,则b ⊥α； ⑵ αβαγ⊥P ，，则βγ⊥；⑶ 若a ,b ,a,b ββα⊂P P ,则α∥β ⑷ a αββ⊥⊥，，则a ∥α A.0 B.1 C.2 D.3考点：平行关系，垂直关系.15. （山东省淄博一中2014届高三上学期期中模块考试）.一个几何体的三视图如右下图所示，则这个几何体的表面积为 .二．能力题组1. （山东省济南外国语学校2014届高三上学期期中考试）（本小题满分12分）如图，已知四棱锥ABCD P -。

2014年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷）数学（理科）第Ⅰ卷（选择题 共50分）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． （1）【2014年浙江，理1，5分】设全集{|2}U x N x =∈≥，集合2{|5}A x N x =∈≥，则U A =( ）(A ）∅ （B ）{2} （C){5} (D){2,5} 【答案】B【解析】2{|5}{|5}A x N x x N x =∈≥=∈≥，{|25}{2}U C A x N x =∈≤<=，故选B ． 【点评】本题主要考查全集、补集的定义，求集合的补集，属于基础题． （2）【2014年浙江，理2，5分】已知i 是虚数单位，,a b R ∈，则“1a b ==”是“2(i)2i a b +="的（ ）(A ）充分不必要条件 (B ）必要不充分条件 (C ）充分必要条件 （D)既不充分也不必要条件 【答案】A【解析】当1a b ==时,22(i)(1i)2i a b +=+=，反之，2(i)2i a b +=，即222i 2i a b ab -+=,则22022a b ab ⎧-=⎨=⎩，解得11a b =⎧⎨=⎩ 或11a b =-⎧⎨=-⎩，故选A ．【点评】本题考查的知识点是充要条件的定义，复数的运算，难度不大，属于基础题． （3）【2014年浙江，理3，5分】某几何体的三视图(单位：cm ）如图所示，则此几何体的表面积是（ ） （A ）902cm （B)1292cm （C ）1322cm （D)1382cm【答案】D【解析】由三视图可知直观图左边一个横放的三棱柱右侧一个长方体，故几何体的表面积为:1246234363334352341382S =⨯⨯+⨯⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯⨯=，故选D ．【点评】本题考查了由三视图求几何体的表面积,根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键．（4）【2014年浙江，理4，5分】为了得到函数sin3cos3y x x =+的图像,可以将函数2cos3y x =的图像（ )（A ）向右平移4π个单位 (B ）向左平移4π个单位 (C ）向右平移12π个单位 （D ）向左平移12π个单位【答案】C【解析】sin3cos32sin(3)2sin[3()]412y x x x x ππ=+=+=+，而2cos32sin(3)2y x x π==+=2sin[3()]6x π+，由3()3()612x x ππ+→+,即12x x π→-，故只需将2cos3y x =的图象向右平移12π个单位，故选C ．【点评】本题考查两角和与差的三角函数以及三角函数的平移变换的应用,基本知识的考查． （5）【2014年浙江，理5，5分】在64(1)(1)x y ++的展开式中，记m n x y 项的系数(,)f m n ，则(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)f f f f +++=( ） （A ）45 （B ）60 （C)120 （D ）210 【答案】C 【解析】令x y =，由题意知(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)f f f f +++即为10(1)x +展开式中3x 的系数，故(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)f f f f +++=710120C =，故选C ． 【点评】本题考查二项式定理系数的性质，二项式定理的应用,考查计算能力． （6）【2014年浙江，理6,5分】已知函数32()f x x ax bx c =+++ ，且0(1)(2)(3)3f f f <-=-=-≤（ ) （A ）3c ≤ (B ）36c <≤ （C ）69c <≤ （D ）9c >【答案】C【解析】由(1)(2)(3)f f f -=-=-得184212793a b c a b c a b c a b c -+-+=-+-+⎧⎨-+-+=-+-+⎩，解得611a b =⎧⎨=⎩,所以32()611f x x x x c =+++，由0(1)3f <-≤，得016113c <-+-+≤，即69c <≤，故选C ．【点评】本题考查方程组的解法及不等式的解法,属于基础题． （7）【2014年浙江，理7，5分】在同一直角坐标系中，函数()(0)a f x x x =≥，()log a g x x =的图像可能是（ )（A ） （B ） (C ） （D ）【答案】D【解析】函数()(0)a f x x x =≥，()log a g x x =分别的幂函数与对数函数答案A 中没有幂函数的图像, 不符合；答案B 中，()(0)a f x x x =≥中1a >，()log a g x x =中01a <<，不符合；答案C 中，()(0)a f x x x =≥中01a <<，()log a g x x =中1a >,不符合;答案D 中，()(0)a f x x x =≥中01a <<，()log a g x x =中01a <<,符合,故选D ．【点评】本题考查的知识点是函数的图象，熟练掌握对数函数和幂函数的图象和性质，是解答的关键．（8）【2014年浙江，理8,5分】记,max{,},x x y x y y x y ≥⎧=⎨<⎩，y,min{,}x,x yx y x y ≥⎧=⎨<⎩，设,a b 为平面向量,则（ ）（A)min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≤ （B ）min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≥ （C ）2222max{||,||}||||a b a b a b +-≤+ （D ）2222max{||,||}||||a b a b a b +-≥+【答案】D【解析】由向量运算的平行四边形法可知min{||,||}a b a b +-与min{||,||}a b 的大小不确定，平行四边形法可知max{||,||}a b a b +-所对的角大于或等于90︒ ,由余弦定理知2222max{||,||}||||a b a b a b +-≥+, （或22222222||||2(||||)max{||,||}||||22a b a b a b a b a b a b ++-++-≥==+),故选D ．【点评】本题在处理时要结合着向量加减法的几何意义，将a ，b ,a b +，a b -放在同一个平行四边形中进行比较判断，在具体解题时，本题采用了排除法，对错误选项进行举反例说明，这是高考中做选择题的常用方法,也不失为一种快速有效的方法，在高考选择题的处理上，未必每一题都要写出具体解答步骤，针对选择题的特点,有时“排除法"，“确定法”，“特殊值”代入法等也许是一种更快速，更有效的方法．（9)【2014年浙江，理9,5分】已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m 个红球和n 个篮球(3,3)m n ≥≥，从乙盒中随机抽取(1,2)i i =个球放入甲盒中．（a ）放入i 个球后,甲盒中含有红球的个数记为(1,2)i i ξ=； （b ）放入i 个球后,从甲盒中取1个球是红球的概率记为(1,2)i p i =．则（ ）（A)1212,()()p p E E ξξ><(B)1212,()()p p E E ξξ<>（C ）1212,()()p p E E ξξ>>（D ）1212,()()p p E E ξξ<< 【答案】A【解析】解法一:11222()m n m np m n m n m n +=+⨯=+++ ，211222221233n m n m m n m n m nC C C C p C C C +++=++=223323()(1)m m mn n n m n m n -++-++-, ∴1222()m n p p m n +-=+－223323()(1)m m mn n n m n m n -++-++-=5(1)06()(1)mn n n m n m n +->++-，故12p p >．又∵1(1)n P m n ξ==+,1(2)m P m n ξ==+，∴12()12n m m nE m n m n m nξ+=⨯+⨯=+++,又222(1)(1)()(1)n m n C n n P C m n m n ξ+-===++-,11222(2)()(1)n m m n C C mnP C m n m n ξ+===++-,222(m 1)(3)()(1)m m n C m P C m n m n ξ+-===++- ∴2(1)2(1)()123()(1)()(1)()(1)n n mn m m E m n m n m n m n m n m n ξ--=⨯+⨯+⨯++-++-++-=22334()(1)m n m n mn m n m n +--+++- 21()()E E ξξ-=22334()(1)m n m n mn m n m n +--+++-－2m n m n ++=(1)0()(1)m m mnm n m n -+>++-，所以21()()E E ξξ>，故选A ．解法二：在解法一中取3m n ==，计算后再比较，故选A ．【点评】正确理解()1,2i i ξ=的含义是解决本题的关键．此题也可以采用特殊值法,不妨令3m n ==,也可以很快求解．（10）【2014年浙江，理10，5分】设函数21()f x x =，22()2()f x x x =-,31()|sin 2|3f x x π=,99i i a =，0,1,2i =，,99，记10219998|()()||()()||()()|k k k k k k k I f a f a f a f a f a f a =-+-++-，1,2,3k =，则（ ） （A ）123I I I << （B ）213I I I << （C)132I I I << (D ）321I I I << 【答案】B【解析】解法一：由22112199999999i i i --⎛⎫⎛⎫-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故2111352991199()199999999999999I ⨯-=++++==,由2211199(21)22||999999999999i i i i i ----⎛⎫⎛⎫--+=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,故2150(980)98100221992999999I +=⨯⨯⨯=<⨯， 3110219998(|sin(2)||sin(2)||sin(2)||sin(2)||sin(2)||sin(2)|)3999999999999I ππππππ=-+-++-=12574[2sin(2)2sin(2)]139999ππ->，故213I I I <<，故选B ． 解法二：估算法:k I 的几何意义为将区间[0,1]等分为99个小区间，每个小区间的端点的函数值之差的绝对值之和．如图为将函数21()f x x =的区间[0,1]等分为4个小区间的情形，因1()f x 在[0,1]上递增,此时110213243|()()||()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a f a f a =-+-+-+- =11223344A H A H A H A H +++(1)(0)f f =-1=，同理对题中给出的1I ,同样有11I =；而2I 略小于1212⨯=，3I 略小于14433⨯=，所以估算得213I I I <<，故选B ．【点评】本题主要考查了函数的性质，关键是求出这三个数与1的关系，属于难题．第Ⅱ卷（非选择题 共100分）二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．（11）【2014年浙江,理11，5分】若某程序框图如图所示，当输入50时，则该程序运算后输出的结果是 ． 【答案】6【解析】第一次运行结果1,2S i ==;第二次运行结果4,3S i ==；第三次运行结果11,4S i ==;第四次运行结果26,5S i ==；第五次运行结果57,6S i ==；此时5750S =>，∴输出6i =．【点评】本题考查了直到型循环结构的程序框图，根据框图的流程模拟运行程序是解答此类问题的常用方法．（12）【2014年浙江，理12,5分】随机变量ξ的取值为0,1，2，若1(0)5P ξ==，()1E ξ=,则()D ξ= ．【答案】25 【解析】设1ξ=时的概率为p ，ξ的分布列为： 由11()012(1)155E p p ξ=⨯+⨯+⨯--= ,解得35p =ξ的分布列为即为故2221312()(01)(11)(21)5555E ξ=-⨯+-⨯+-⨯=．【点评】本题综合考查了分布列的性质以及期望、方差的计算公式．(13)【2014年浙江，理13,5分】当实数,x y 满足240101x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩时,14ax y ≤+≤恒成立,则实数a 的取值范围是__．【答案】3[1,]2【解析】解法一：作出不等式组240101x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩所表示的区域如图,由14ax y ≤+≤恒成立，故3(1,0),(2,1),(1,)2A B C ，三点坐标代入14ax y ≤+≤，均成立得1412143142a a a ⎧⎪≤≤⎪≤+≤⎨⎪⎪≤+≤⎩解得312a ≤≤ ，∴实数a 的取值范围是3[1,]2．解法二：作出不等式组240101x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩所表示的区域如图，由14ax y ≤+≤得，由图分析可知，0a ≥且在(1,0)A 点取得最小值，在(2,1)B 取得最大值，故1214a a ≥⎧⎨+≤⎩,得312a ≤≤，故实数a 的取值范围是3[1,]2．【点评】本题考查线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，考查了数学转化思想方法,训练了不等式组得解法，是中档题．（14)【2014年浙江，理14，5分】在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有 种（用数字作答）． 【答案】60【解析】解法一：不同的获奖分两种，一是有一人获两张奖券，一人获一张奖券,共有223436C A =, 二是有三人各获得一张奖券，共有3424A =,因此不同的获奖情况共有362460+=种． 解法二:ξ 0 1 2 P 15p 115p -- ξ 0 1 2P 15 35 15将一、二、三等奖各1张分给4个人有3464=种分法,其中三张奖券都分给一个人的有4种分法, 因此不同的获奖情况共有64460-=种．【点评】本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题．（15）【2014年浙江，理15，5分】设函数22,0(),0x x x f x x x ⎧+<⎪=⎨-≥⎪⎩若(())2f f a ≤,则实数a 的取值范围是 ．【答案】(,2]-∞．【解析】由题意2()0()()2f a f a f a <⎧⎨+≤⎩或2()0()2f a f a ≥⎧⎨-≤⎩，解得()2f a ≥-∴当202a a a <⎧⎨+≥-⎩或202a a ≥⎧⎨-≥-⎩，解得2a ≤．【点评】本题主要考查分段函数的应用,其它不等式的解法，体现了数形结合的数学思想，属于中档题．(16)【2014年浙江，理16，5分】设直线30x y m -+=（0m ≠） 与双曲线22221x y a b-=(0,0a b >>）两条渐近线分别交于点A ，B ．若点(,0)P m 满足||||PA PB =,则该双曲线的离心率是 ．【答案】52【解析】解法一：由双曲线的方程可知，它的渐近线方程为b y x a =和by x a =-，分别与直线l ： 30x y m -+= 联立方程组，解得，(,)33am bm A a b a b ----，(,)33am bmB a b a b -++,设AB 中点为Q ，由||||PA PB = 得，则3333(,)22am am bm bma b a b a b a b Q ---++-+-+，即2222223(,)99a m b m Q a b a b ----，PQ 与已知直线垂直，∴1PQ lk k =-,即222222319139b m a b a m m a b --=----， 即得2228a b =，即22228()a c a =-，即2254c a =，所以52c e a ==．解法二:不妨设1a =，渐近线方程为222201x y b -=即2220b x y -=，由222030b x y x y m ⎧-=⎨-+=⎩消去x ，得2222(91)60b y b my b m --+=，设AB 中点为00(,)Q x y ,由韦达定理得：202391b m y b =-……① ，又003x y m =-，由1PQ l k k =-得00113y x m =--，即得0011323y y m =--得035y m =代入①得2233915b m m b =-，得214b =,所以22215144c a b =+=+=,所以52c =，得52c e c a ===．【点评】本题考查双曲线的离心率，考查直线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题． (17)【2014年浙江，理17,5分】如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练．已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面上的射击线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ,需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小．若15AB m =，25AC m =,30BCM ∠=︒，则tan θ的最大值是 （仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角)．【答案】539【解析】解法一：∵15cm AB =，25cm AC =,90ABC ∠=︒，∴20cm BC =，过P 作PP BC '⊥，交BC 于P '，1︒当P 在线段BC 上时,连接AP '，则'tan 'PP AP θ=，设BP x '=，则20CP x '=-，（020x ≤<）由30BCM ∠=︒，得3''tan 30(20)3PP CP x =︒=-． 在直角ABP ∆'中,2'225AP x =+ ∴2'320tan '3225PP x AP x θ-==+，令220225xy x -=+,则函数在[]0,20x ∈单调递减,∴0x =时,tan θ取得最大值为232002034334592250-==+ 2︒当P 在线段CB 的延长线上时,连接AP '，则'tan 'PP AP θ=，设BP x '=, 则20CP x '=+，(0x >)由30BCM ∠=︒,得3''tan 30(20)3PP CP x =︒=+，在直角ABP ∆'中,2'225AP x =+，∴2'320tan '3225PP xAP x θ+==+， 令220225x y x +=+，则2222520'(225x )225xy x -=++，∴当225450204x <<=时'0y >;当454x >时'0y <， 所以当454x =时max 2452054345225()4y +==+，此时454x =时，tan θ取得最大值为3553339=， 综合1︒,2︒可知tan θ取得最大值为539． 解法二：如图以B 为原点，BA 、BC 所在的直线分别为x ，y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∵15cm AB =，25cm AC =，90ABC ∠=︒,∴20cm BC =，由30BCM ∠=︒，可设3(0,,(20))3P x x -（其中20x ≤),'(0,,0)P x ，(15,0,0)A ，所以2223(20)'3203tan '315225x PP x AP x x θ--===++， 设2320(x)tan 3225x f x θ-==+（20x ≤),22322520'(x)3(225)225xf x x +=-++，所以，当22545204x <-=- 时'0y >；当45204x -<≤时'0y <,所以当454x =-时max 24520453534()()43945225()4f x f +=-==+,所以tan θ取得最大值为539． 解法三： 分析知，当tan θ取得最大时，即θ最大，最大值即为平面ACM 与地面ABC 所成的锐二面角的度量值，如图，过B 在面BCM 内作BD BC ⊥交CM 于D ， 过B 作BH AC ⊥于H ，连DH ，则BHD ∠即为平面ACM 与地面ABC 所成 的二面角的平面角，tan θ的最大值即为tan BHD ∠,在Rt ABC ∆中,由等面积法可得15201225AB BC BH AC ===，203tan303DB BC =︒=， 所以max 203533(tan )tan 129DB BHD BH θ=∠===．【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力,属于中档题． 三、解答题：本大题共5题，共72分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．（18）【2014年浙江，理18,14分】在ABC ∆中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．已知,3a b c ≠=，22cos cos 3sin cos 3sin cos A B A A B B -=-．（1)求角C 的大小;（2）若4sin 5A =，求ABC ∆的面积． 解:（1）由题得1cos21cos233sin 2sin 22222A B A B ++-=-，即3131sin 2cos2sin 2cos22222A AB B -=-, sin(2)sin(2B )66A ππ-=-，由a b ≠得A B ≠，又(0,)A B π+∈ ,得22B 66A πππ-+-=, 即23A B π+=，所以3C π=．（2)3c =,4sin 5A =，sin sinC a c A =，得85a =,由a c < 得A C <，从而3cos 5A =， 故sin sin()B AC =+=433sinAcosC cosAsinC 10++=,所以，ABC ∆的面积为18318sin 225S ac B +==．【点评】本题主要考查二倍角公式、两角和差的三角公式、正弦定理的应用，属于中档题．（19)【2014年浙江，理19，14分】已知数列{}n a 和{}n b 满足123(2)(*)n b n a a a a n N =∈．若{}n a 为等比数列，且1322,6a b b ==+．（1）求n a 与n b ;（2）设11(*)n n n c n N a b =-∈．记数列{}n c 的前n 项和为n S ．（ⅰ）求n S ;（ⅱ）求正整数k ，使得对任意*n N ∈均有k n S S ≥．解：（1）∵123(2)(*)n b n a a a a n N =∈ ①，当2n ≥，*n N ∈时,11231(2)n b n a a a a --=②，由①÷②知：当2n ≥时,1(2)n n b b n a --=，令3n =，则有323(2)b b a -=，∵326b b =+，∴38a =．∵{}n a 为等比数列，且12a =，∴{}n a 的公比为q ,则2324aq a ==，由题意知0n a >，∴0q >，∴2q =．∴*2nn a n N ∈＝（）．又由123(2)(*)n b n a a a a n N =∈，得：1232222(2)n b n ⨯⨯⨯⨯=,即(1)22(2)n n n b +=，∴*1n b n n n N =+∈（）（）． （2）（ⅰ）∵1111111()2(1)21n n n n n c a b n n n n =-=-=--++， ∴123n n S c c c c =++++=2111111111()()()21222321n n n --+--++--+ =21111(1)2221n n +++--+ =111121n n --++=1112n n -+． (ⅱ)因为10c =,20c >,30c >,40c >；当5n ≥时，1(1)[1](1)2n nn n c n n +=-+，而11(1)(1)(2)(n 1)(n 2)0222n n n n n n n ++++++--=>，得5(1)5(51)122n n n ++≤<， 所以，当5n ≥时，0n c <,综上，对任意*n N ∈恒有4n S S ≥，故4k =．【点评】本题考查了等比数列通项公式、求和公式，还考查了分组求和法、裂项求和法和猜想证明的思想,证明可以用二项式定理，还可以用数学归纳法．本题计算量较大,思维层次高,要求学生有较高的分析问题解决问题的能力．本题属于难题．（20）【2014年浙江，理20，15分】如图,在四棱锥A BCDE -中，平面ABC ⊥平面BCDE ，90CDE BED ∠=∠=︒，2AB CD ==，1DE BE ==，2AC =．（1）证明：DE ⊥平面ACD ； (2）求二面角B AD E --的大小．解:（1）在直角梯形BCDE 中，由1DE BE ==,2CD =，得2BD BC ==,由2AC =，2AB =得222AB AC BC =+，即AC BC ⊥，又平面ABC ⊥平面BCDE ,从而AC ⊥平面BCDE ， 所以AC DE ⊥，又DE DC ⊥,从而DE ⊥平面ACD ． （2）解法一：作BF AD ⊥，与AD 交于点F ，过点F 作//FG DE ,与AB 交于点G ，连接BG ， 由(1)知DE AD ⊥,则FG AD ⊥，所以BFG ∠就是二面角B AD E --的平面角， 在直角梯形BCDE 中，由222CD BC BD =+，得BD BC ⊥，又平面ABC ⊥平面BCDE ， 得BD ⊥平面ABC ，从而BD AB ⊥，由于AC ⊥平面BCDE ，得AC CD ⊥．在Rt ACD ∆中,由2DC =，2AC =，得6AD =；在Rt AED ∆中，由1ED =，6AD =得7AE =；在Rt ABD ∆中，由2BD =，2AB =，6AD =，得233BF =，23AF AD =，从而23GF =，在ABE ∆，ABG ∆中，利用余弦定理分别可得57cos 14BAE ∠=，23BC =．在BFG ∆中,2223cos 22GF BF BG BFG BF GF +-∠==，所以,6BFG π∠=,即二面角B AD E --的大小为6π． 解法二:以D 的原点,分别以射线DE ，DC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D xyz -，如图 所示．由题意知各点坐标如下：(0,0,0)D ，(1,0,0)E ，(0,2,0)C ，(0,2,2)A ，(1,1,0)B ． 设平面ADE 的法向量为111(,,)m x y z =，平面ABD 的法向量为222(,,)n x y z =, 可算得：(0,2,2)AD =--，(1,2,2)AE =--，(1,1,0)DB =，由0m AD m AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即11111220220y z x y z ⎧--=⎪⎨--=⎪⎩，可取(0,1,2)m =-，由00n AD n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即22222200y z x y ⎧--=⎪⎨+=⎪⎩可取(0,1,2)n =-，于是||33|cos ,|2||||32m n m n m n ⋅<>===⋅⋅．由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B AD E --的大小为6π． 【点评】本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识,同时考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．（21）【2014年浙江,理21，15分】如图，设椭圆C：22221(0)x y a b a b+=>>动直线l 与椭圆C只有一个公共点P ，且点P 在第一象限．(1）已知直线l 的斜率为k ，用,,a b k 表示点P 的坐标；（2）若过原点O 的直线1l 与l 垂直，证明：点P 到直线1l 的距离的最大值为a b -． 解:(1)解法一：设l 方程为(0)y kx m k =+<,22221y kx m x y ab =+⎧⎪⎨+=⎪⎩,消去y 得：222222222()20b a k x a kmx a m a b +++-=,由于直线l 与椭圆C 只有一个公共点P ，故0∆=,即22220b m a k -+=，解得点P 的坐标为22222222(,)a km b mP b a k b a k -++，又点P 在第一象限，故点P 的坐标为22222222(,)a k b P b a k b a k-++． 解法二:''1P l k =-,得222,b b a k （2几何的基本思想方法、基本不等式应用等综合解题能力．(22)【2014年浙江,理22，14分】已知函数()33()f x x x a a R =+-∈．（1）若()f x 在[]1,1-上的最大值和最小值分别记为(),()M a m a ，求()()M a m a -; (2）设若()24f x b +≤⎡⎤对[]1,1x ∈-恒成立，求3a b +的取值范围．解：（（2。

2014-2019年高考数学真题分类汇编专题10：立体几何（体积与表面积）选择题1．（2014•新课标Ⅱ文）正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2D 为BC 中点，则三棱锥11A B DC -的体积为( )A ．3B ．32C ．1D 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】由题意求出底面11B DC 的面积，求出A 到底面的距离，即可求解三棱锥的体积．【解答】解：正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2D 为BC 中点，∴底面11B DC 的面积：122⨯A三棱锥11A B DC -的体积为：113．故选：C ．【点评】本题考查几何体的体积的求法，求解几何体的底面面积与高是解题的关键．2．（2014•福建文）以边长为1的正方形的一边所在所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( ) A ．2πB ．πC ．2D ．1【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【分析】边长为1的正方形，绕其一边所在直线旋转一周，得到的几何体为圆柱，从而可求圆柱的侧面积． 【解答】解：边长为1的正方形，绕其一边所在直线旋转一周，得到的几何体为圆柱， 则所得几何体的侧面积为：1212ππ⨯⨯=， 故选：A ．【点评】本题是基础题，考查旋转体的侧面积的求法，考查计算能力．3．（2014•湖北文）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，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，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式2136V L h ≈，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3，那么，近似公式2275V L h ≈相当于将圆锥体积公式中的π近似取为() A ．227B ．258C ．15750D ．355113【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积 【分析】根据近似公式2275V L h ≈，建立方程，即可求得结论． 【解答】解：设圆锥底面圆的半径为r ，高为h ，则2L r π=，∴2212(2)375r h r h ππ=， 258π∴=． 故选：B ．【点评】本题考查圆锥体积公式，考查学生的阅读理解能力，属于基础题．4．（2014•陕西文）将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是() A ．4πB ．3πC ．2πD ．π【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【分析】边长为1的正方形，绕其一边所在直线旋转一周，得到的几何体为圆柱，从而可求圆柱的侧面积． 【解答】解：边长为1的正方形，绕其一边所在直线旋转一周，得到的几何体为圆柱， 则所得几何体的侧面积为：1212ππ⨯⨯=， 故选：C ．【点评】本题是基础题，考查旋转体的侧面积的求法，考查计算能力．5．（2015•新课标Ⅰ文理）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：”今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？“其意思为：”在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？“已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】根据圆锥的体积公式计算出对应的体积即可． 【解答】解：设圆锥的底面半径为r ，则82r π=，解得16r π=，故米堆的体积为21116320()5439ππ⨯⨯⨯⨯≈，1斛米的体积约为1.62立方，∴3201.62229÷≈， 故选：B ．【点评】本题主要考查椎体的体积的计算，比较基础．6．（2015•山东文）已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A B C ． D ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】画出图形，根据圆锥的体积公式直接计算即可． 【解答】解：如图为等腰直角三角形旋转而成的旋转体． 2112233V S h R h π=⨯=⨯2123π=⨯⨯． 故选：B ．【点评】本题考查圆锥的体积公式，考查空间想象能力以及计算能力．是基础题． 7．（2015•山东理）在梯形ABCD 中，2ABC π∠=，//AD BC ，222BC AD AB ===，将梯形ABCD 绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A ．23πB ．43π C ．53π D ．2π【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】画出几何体的直观图，利用已知条件，求解几何体的体积即可．【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：旋转体是底面半径为1，高为2的圆柱，挖去一个相同底面高为1的倒圆锥，几何体的体积为：2215121133πππ-⨯⨯=．故选：C ．【点评】本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．画出几何体的直观图是解题的关键．8．（2018•新课标Ⅰ文）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．B ．12πC ．D ．10π【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【分析】利用圆柱的截面是面积为8的正方形，求出圆柱的底面直径与高，然后求解圆柱的表面积． 【解答】解：设圆柱的底面直径为2R ，则高为2R ， 圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，可得：248R =，解得R ，则该圆柱的表面积为：2(2)212ππ⨯+⨯． 故选：B ．【点评】本题考查圆柱的表面积的求法，考查圆柱的结构特征，截面的性质，是基本知识的考查．填空题1．（2014•福建理）要制作一个容器为34m ，高为1m 的无盖长方形容器，已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是 160 （单位：元） 【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【分析】此题首先需要由实际问题向数学问题转化，设池底长和宽分别为a ，b ，成本为y ，建立函数关系式，然后利用基本不等式求出最值即可求出所求． 【解答】解：设池底长和宽分别为a ，b ，成本为y ， 则长方形容器的容器为34m ，高为1m ，故底面面积4S ab ==，2010[2()]20()80y S a b a b =++=++，4a b +=…，故当2a b ==时，y 取最小值160， 即该容器的最低总造价是160元， 故答案为：160【点评】本题以棱柱的体积为载体，考查了基本不等式，难度不大，属于基础题．2．（2014•江苏）设甲、乙两个圆柱的底面积分别为1S ，2S ，体积分别为1V ，2V ，若它们的侧面积相等，且1294S S =，则12V V 的值是32． 【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】设出两个圆柱的底面半径与高，通过侧面积相等，推出高的比，然后求解体积的比． 【解答】解：设两个圆柱的底面半径分别为R ，r ；高分别为H ，h ； 1294S S =， ∴32R r =，它们的侧面积相等，212RH rhππ= ∴23H h =， ∴22122323()232V R H V r h ππ===． 故答案为：32． 【点评】本题考查柱体体积公式以及侧面积公式的直接应用，是基础题目．3．（2014•山东文）一个六棱锥的体积为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为 12 ． 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】判断棱锥是正六棱锥，利用体积求出棱锥的高，然后求出斜高，即可求解侧面积．【解答】解：一个六棱锥的体积为，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，∴棱锥是正六棱锥，设棱锥的高为h ，则2162233h ⨯=，1h ∴=，2=， 该六棱锥的侧面积为：1622122⨯⨯⨯=．故答案为：12．【点评】本题考查了棱锥的体积，侧面积的求法，解答的关键是能够正确利用体积与表面积公式解题． 4．（2014•山东理）三棱锥P ABC -中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE -的体积为1V ，P ABC -的体积为2V ，则12V V =14． 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】画出图形，通过底面面积的比求解棱锥的体积的比．【解答】解：如图，三棱锥P ABC -中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点， 三棱锥D ABE -的体积为1V ，P ABC -的体积为2V ，A ∴到底面PBC 的距离不变，底面BDE 底面积是PBC 面积的14BDE PBC S S ∆∆=， ∴12113143BDE PBC SV V S ∆∆==． 故答案为：14．【点评】本题考查三棱锥的体积，着重考查了棱锥的底面面积与体积的关系，属于基础题．5．（2015•上海文理）若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为，则a = 4 ． 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】由题意可得1(sin 60)1632a a a ︒=a 的值．【解答】解：由题意可得，正棱柱的底面是变长等于a 的等边三角形，面积为1sin 602a a ︒，正棱柱的高为a ，1(sin 60)1632a a a ∴︒=4a ∴=， 故答案为：4．【点评】本题主要考查正棱柱的定义以及体积公式，属于基础题．6．（2015•上海理）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为 3π． 【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【分析】设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线长为l ，由已知中圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，可得2l h =，进而可得其母线与轴的夹角的余弦值，进而得到答案． 【解答】解：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线长为l ， 则圆锥的侧面积为：rl π，过轴的截面面积为：rh ， 圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π， 2l h ∴=，设母线与轴的夹角为θ， 则1cos 2h l θ==， 故3πθ=，故答案为：3π． 【点评】本题考查的知识点是旋转体，其中根据已知求出圆锥的母线与轴的夹角的余弦值，是解答的关键． 7．（2015•四川文）在三棱住111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设M ，N ，P 分别是AB ，BC ，11B C 的中点，则三棱锥1P A MN -的体积是124． 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】判断三视图对应的几何体的形状，画出图形，利用三视图的数据，求解三棱锥P AMN -的体积即可．【解答】解：由三视图可知，可知几何体的图形如图：几何体是底面为等腰直角三角形直角边长为1，高为1的直三棱柱，底面积为12，所求三棱锥的高为1NP =，三棱锥底面积是三棱柱底面三角形的14， 所求三棱锥1P A MN -的体积是：111111134224⨯⨯⨯⨯⨯=．故答案为：124．【点评】本题考查三视图与直观图的关系，组作出几何体的直观图是解题的关键之一，考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．8．（2015•江苏）现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】由题意求出原来圆柱和圆锥的体积，设出新的圆柱和圆锥的底面半径r ，求出体积，由前后体积相等列式求得r ．【解答】解：由题意可知，原来圆锥和圆柱的体积和为：11962544833πππ⨯⨯+⨯=．设新圆锥和圆柱的底面半径为r ，则新圆锥和圆柱的体积和为：2221284833r r r πππ⨯+=．∴22819633r ππ=，解得：r【点评】本题考查了圆柱与圆锥的体积公式，是基础的计算题．9．（2016•浙江理）如图，在ABC ∆中，2AB BC ==，120ABC ∠=︒．若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD DA =，PB BA =，则四面体PBCD 的体积的最大值是12．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】由题意，ABD PBD ∆≅∆，可以理解为PBD ∆是由ABD ∆绕着BD 旋转得到的，对于每段固定的AD ，底面积BCD 为定值，要使得体积最大，PBD ∆必定垂直于平面ABC ，此时高最大，体积也最大． 【解答】解：如图，M 是AC 的中点．①当AD t AM =<时，如图，此时高为P 到BD 的距离，也就是A 到BD 的距离，即图中AE ，DM t ，由ADE BDM ∆∆∽，可得1h=，h ∴=，2221113(3)(23)1326(3)1(3)t V t t t --=-=-+-+t ∈②当AD t AM =>P 到BD 的距离，也就是A 到BD 的距离，即图中AH ，DM t =1122AD BM BD AH =，∴111(22t t =h ∴=2221113(3)(23)1326(3)1(3)t V t t t --∴=-=-+-+t ∈综上所述，213(36(3)V t --=-，(0t ∈，令[1m =，2)，则2146m V m -=，1m ∴=时，12max V =．另解：由于PD DA =，PB BA =，则对于每一个确定的AD ，都有PDB ∆绕DB 在空间中旋转，则PD AC ⊥时体积最大，则只需考察所有PD AC ⊥时的最大，设PD DA h ==，则()111302332V S h h sin h ==⋅︒⋅⋅底，二次函数求最值可知h =12． 故答案为：12． 【点评】本题考查体积最大值的计算，考查学生转化问题的能力，考查分类讨论的数学思想，对思维能力和解题技巧有一定要求，难度大．10．（2017•新课标Ⅰ理）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：3)cm 的最大值为 3 ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】法一：由题，连接OD ，交BC 于点G ，由题意得OD BC ⊥，OG =，设O G x =，则BC =，5DG x =-，三棱锥的高h =，求出2ABC S ∆=，451325103ABC V S h x ∆=⨯-，令45()2510f x x x =-，5(0,)2x ∈，34()10050f x x x '=-，()f x f …（2）80=，由此能求出体积最大值．法二：设正三角形的边长为x ，则1336O G x =，5FG SG ==，SO h ==【解答】解法一：由题意，连接OD ，交BC 于点G ，由题意得OD BC ⊥，OG =， 即OG 的长度与BC 的长度成正比，设OG x =，则BC =，5DG x =-，三棱锥的高h =，221)2ABC S ∆==，则2451325103ABC V S h x ∆=⨯-令45()2510f x x x =-，5(0,)2x ∈，34()10050f x x x '=-，令()0f x '…，即4320x x -…，解得2x …， 则()f x f …（2）80=，3V ∴…，∴体积最大值为3．故答案为：3．解法二：如图，设正三角形的边长为x ，则13OG x =，5FG SG x ∴==，SO h === ∴三棱锥的体积13ABC V S h ∆=13==，令45()5b x x =，则34()20b x x x '=，令()0b x '=，则4340x =，解得x =，∴348)max V cm =．故答案为：3．【点评】本题考查三棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系、函数性质、导数等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．11．（2017•江苏）如图，在圆柱12O O 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12O O 的体积为1V ，球O 的体积为2V ，则12V V 的值是 32．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积 【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． 【解答】解：设球的半径为R ，则球的体积为：343R π，圆柱的体积为：2322R R R ππ=． 则313223423V R R V ππ==． 故答案为：32． 【点评】本题考查球的体积以及圆柱的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．12．（2018•天津文11）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则四棱锥111A BB D D -的体积为 ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】求出四棱锥的底面面积与高，然后求解四棱锥的体积．【解答】解：由题意可知四棱锥111A BB D D -的底面是矩形，边长：1，四棱锥的高：1112AC则四棱锥111A BB D D -的体积为：11133⨯=．故答案为：13．【点评】本题考查几何体的体积的求法，判断几何体的形状是解题的关键．13．（2018•天津理11）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M （如图），则四棱锥M EFGH -的体积为112．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】求出四棱锥中的底面的面积，求出棱锥的高，然后利用体积公式求解即可．【解答】解：正方体的棱长为1，M EFGH -， 四棱锥是正四棱锥，棱锥的高为12，四棱锥M EFGH -的体积：2111(32212⨯⨯=．故答案为：112．【点评】本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．14．（2018•江苏10）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】求出多面体中的四边形的面积，然后利用体积公式求解即可．【解答】解：正方体的棱长为2， 八面体看做两个正四棱锥，棱锥的高为1，多面体的中心为顶点的多面体的体积为：142133⨯=．故答案为：43．【点评】本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．15．（2019江苏9）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 ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】推导出11111120ABCD A B C D V AB BC DD -=⨯⨯=，三棱锥E BCD -的体积：1111133212E BCD BCD V S CE BC DC CE AB BC DD -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯，由此能求出结果．【解答】解：长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，∴11111120ABCD A B C D V AB BC DD -=⨯⨯=， ∴三棱锥E BCD -的体积：13E BCD BCD V S CE -∆=⨯⨯1132BC DC CE =⨯⨯⨯⨯ 1112AB BC DD =⨯⨯⨯ 10=．故答案为：10．【点评】本题考查三棱锥的体积的求法，考查长方体的结构特征、三棱锥的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．16．（2019•新课标Ⅲ文理16）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，6AB BC cm ==，14AA cm =，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 g ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】该模型体积为1111311664(46432)3132()32ABCD A B C D O EFGH V V cm ---=⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=，再由3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，能求出制作该模型所需原料的质量．【解答】解：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，6AB BC cm ==，14AA cm =，∴该模型体积为：1111ABCD A B C D O EFGH V V ---11664(46432)332=⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯⨯⨯314412132()cm =-=，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：1320.9118.8()g ⨯=．故答案为：118.8．【点评】本题考查制作该模型所需原料的质量的求法，考查长方体、四棱锥的体积等基础知识，考查推理能力与计算能力，考查数形结合思想，属于中档题．17．（2019•天津文理12．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 ．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【分析】求出正四棱锥的底面对角线长度和正四棱锥的高度，根据题意得圆柱上底面的直径就在相对中点连线，有线段成比例求圆柱的直径和高，求出答案即可．【解答】解：由题作图可知，四棱锥底面正方形的对角线长为2，且垂直相交平分， 由勾股定理得：正四棱锥的高为2，由于圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，有圆柱的上底面直径为底面正方形对角线的一半等于1，即半径等于12； 由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半1， 则该圆柱的体积为：21()124v sh ππ==⨯=；故答案为：4π 【点评】本题考查正四棱锥与圆柱内接的情况，考查立体几何的体积公式，属基础题．解答题1．（2014•上海理）底面边长为2的正三棱锥P ABC -，其表面展开图是三角形123P P P ，如图，求△123P P P 的各边长及此三棱锥的体积V ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】利用侧面展开图三点共线，判断△123P P P 是等边三角形，然后求出边长，利用正四面体的体积求出几何体的体积．【解答】解：根据题意可得：1P ，B ，2P 共线，112ABP BAP CBP ∠=∠=∠，60ABC ∠=︒， 11260ABP BAP CBP ∴∠=∠=∠=︒， 160P ∴∠=︒，同理2360P P ∠=∠=︒，∴△123P P P 是等边三角形，P ABC -是正四面体， ∴△123P P P 的边长为4，3P ABC V AB -==【点评】本题考查空间想象能力以及逻辑推理能力，几何体的侧面展开图和体积的求法．2．（2016•江苏）现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥1111P A B C D -，下部的形状是正四棱柱1111ABCD A B C D -（如图所示），并要求正四棱柱的高1O O 是正四棱锥的高1PO 的4倍． （1）若6AB m =，12PO m =，则仓库的容积是多少？（2）若正四棱锥的侧棱长为6m ，则当1PO 为多少时，仓库的容积最大？【考点】组合几何体的面积、体积问题；棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】（1）由正四棱柱的高1O O 是正四棱锥的高1PO 的4倍，可得12PO m =时，18O O m =，进而可得仓库的容积；（2）设1PO xm =，则14O O xm =，11A O =，21136A B x m =-，代入体积公式，求出容积的表达式，利用导数法，可得最大值． 【解答】解：（1）12PO m =，正四棱柱的高1O O 是正四棱锥的高1PO 的4倍．18O O m ∴=，答：仓库的容积223162683123V m =⨯⨯+⨯=，（2）若正四棱锥的侧棱长为6m ， 设1PO xm =，则14O O xm =，11A O =，211236A B x m =-，则仓库的容积22223126236)(236)431233V x x x x x x =⨯-+-=-+，(06)x <<， 226312V x ∴'=-+，(06)x <<，当0x <<0V '>，()V x 单调递增；当6x <<时，0V '<，()V x 单调递减；故当x=()V x取最大值；答：当PO=时，仓库的容积最大．1【点评】本题考查的知识点是棱锥和棱柱的体积，导数法求函数的最大值，难度中档．。

2014年高考浙江理科数学试题及答案(精校版) 第2页 共27页

2014年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷） 数 学（理科） 一. 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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. 设全集{|2}UxNx，集合2{|5}AxNx，则UCA

（ ）

A.  B. {2} C. {5} D. {2,5} 2. 已知i是虚数单位，,abR,则“1ab”是“2()2abii

”的（ ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是( ) A. 902cm B. 1292cm C. 1322cm D. 1382cm 4. 为了得到函数sin3cos3yxx的图像，可以将函数2cos3yx的图像（ ） 第3页 共27页

A. 向右平移4 个单位 B. 向左平移4

个单位 C. 向右平移12个单位 D. 向左平移12

个单位 5.在64(1)(1)xy的展开式中,记mnxy项的系数(,)fmn，则(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)ffff= （ ） A. 45 B. 60 C. 120 D. 210 6. 已知函数32()fxxaxbxc ，且

0(1)(2)(3)3fff（ ） A.3c B.36c C.69c D. 9c

7. 在同一直角坐标系中，函数()(0)afxxx，()logagxx 的图像可能是（ ） 8. 记,max{,},xxyxyyxy，y,min{,}x,xyxyxy，设,ab为平面

向量，则（ ） A．min{||,||}min{||,||}ababab B. min{||,||}min{||,||}ababab 第4页 共27页 第5页 共27页