2020高考数学二轮复习 专题限时集训(七)解三角形配套作业 文(解析版,新课标)

规范解答集训(一) 三角函数和解三角形(建议用时：40分钟)1．(2019·东莞模拟)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且b sin B ＝2c 3. (1)求角C 的大小；(2)若△ABC 的面积为3，且1a ＋1b＝3，求c 的值． [解] (1)由题意知b sin B ＝2c 3， 根据正弦定理得sin B sin B ＝2sin C 3，得sin C ＝32. ∵C 是锐角三角形的内角，∴C ＝π3. (2)因为S △ABC ＝3＝12ab sin C ， ∴ab ＝4，又∵1a ＋1b ＝a ＋b ab＝3，∴a ＋b ＝43， 由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝(a ＋b )2－3ab ＝48－12＝36，∴c ＝6.2．(2019·贵阳模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若其面积S ＝34(a 2＋c 2－b 2)．(1)求角B ； (2)若b ＝23，a ＋c ＝6，求△ABC 的面积．[解] (1)∵三角形的面积S ＝34(a 2＋c 2－b 2)， ∴12ac sin B ＝34(a 2＋c 2－b 2)． 即12sin B ＝34×a 2＋c 2－b 2ac ＝32×a 2＋c 2－b 22ac ＝32cos B ， 即tan B ＝3，即B ＝π3. (2)∵B ＝π3，b ＝23，a ＋c ＝6， ∴b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，即12＝(a ＋c )2－2ac －2ac ×12＝36－3ac ， 得3ac ＝24，得ac ＝8，则三角形的面积S ＝12ac sin B ＝12×8×32＝2 3. 3．(2019·郑州模拟)如图，四边形ABCD 中，AC ＝3BC ，AB ＝4，∠ABC ＝π3. (1)求∠ACB ；(2)若∠ADC ＝2π3，四边形ABCD 的周长为10，求四边形ABCD 的面积． [解] (1)设BC ＝a ，则AC ＝3a ，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos∠ABC ，即3a 2＝42＋a 2－2×4×a ×12，可得a 2＋2a －8＝0， 解得a ＝2，或a ＝－4(舍去)，所以AB 2＝AC 2＋BC 2，即∠ACB ＝π2. (2)由(1)得S △ABC ＝12·AC ·BC ＝2 3. 因为四边形ABCD 的周长为10，AB ＝4，BC ＝2，AC ＝23，∠ADC ＝2π3，所以AD ＋CD ＝4， 又AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC ·cos∠ADC ，即12＝AD 2＋DC 2＋AD ·DC＝(AD ＋CD )2－AD ·DC ，所以AD ·DC ＝4，所以S △ADC ＝12AD ·DC ·sin 2π3＝3， 所以S 四边形ABCD ＝S △ABC ＋S △ADC ＝23＋3＝3 3.4．(2019·荆州模拟)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2cos B (a cos C ＋c cos A )＝b .(1)求B ；(2)若b ＝2，设A ＝α，△ABC 的周长为l ，求l ＝f (α)的解析式并求f (α)的最大值．[解] (1)由2cos B (a cos C ＋c cos A )＝b ，可得2cos B (sin A cos C ＋sin C cos A )＝2cos B sin(A ＋C )＝2cos B sin B ＝sin B ，由于sin B ≠0，得cos B ＝12. 又B ∈(0，π)，所以B ＝π3. (2)b ＝2，由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C ，及A ＝α，C ＝π－(A ＋B )＝2π3－α， 得：a sin α＝2sin π3＝c sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－α， ∴a ＝43sin α，c ＝43sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－α， ∴△ABC 周长l ＝f (α)＝a ＋b ＋c ＝43sin α＋2＋43sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－α ＝43⎝⎛⎭⎪⎫sin α＋32cos α＋12sin α＋2 ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin α＋32cos α＋2 ＝4⎝⎛⎭⎪⎫32sin α＋12cos α＋2 ＝4sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6＋2， ∵0＜α＜2π3， ∴当α＋π6＝π2，即α＝π3时，l max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝4＋2＝6. 所以△ABC 周长的最大值为6.5．(2019·汕头模拟)△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知b ，c,2a cos B 成等差数列． (1)求角A ；(2)若a ＝13，b ＝3，D 为BC 中点，求AD 的长．[解] (1)∵b ，c,2a cos B 成等差数列，则2c ＝b ＋2a cos B ，由正弦定理得：2×2R sin C ＝2R sin B ＋2×2R sin A cos B (R 为△ABC 外接圆半径)， ∴2sin C ＝sin B ＋2sin A cos B ，∴2sin(A ＋B )＝2sin A cos B ＋2cos A sin B ＝sin B ＋2sin A cos B ，即2cos A sin B ＝sin B .∵sin B ≠0，∴cos A ＝12. 又0＜A ＜π，∴A ＝π3. (2)在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∴13＝9＋c 2－2×3×c ×12，即c 2－3c －4＝0， ∴c ＝4，或c ＝－1(舍去)，故c ＝4. 在△ABC 中，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝13＋9－162×13×3＝1313， ∴在△ACD 中，AD 2＝AC 2＋CD 2－2AC ·CD ·cos C ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1322－2×3×132×1313＝374，所以AD ＝372.。

补偿练7 立体几何(限时：40分钟)一、选择题1.已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析 由题意可知，几何体是三棱锥，其放置在长方体中形状如图所示，三棱锥A －BCD ，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面中，全部是直角三角形.答案 D2.已知l 是直线，α、β是两个不同的平面，下列命题中的真命题是( ) A.若l ∥α，l ∥β，则α∥β B.若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β C.若l ∥α，α∥β，则l ∥β D.若l ⊥α，l ∥β，则α⊥β 解析 对于A ，若l ∥α，l ∥β，则α∥β或α与β相交，所以A 错； 对于B ，若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β或l ⊂β或l 与β相交，所以B 错； 对于C ，若l ∥α，α∥β，则l ∥β或l ⊂β，所以C 错；对于D ，若l ⊥α，l ∥β，则α⊥β，由面面垂直的判定可知选项D 正确. 答案 D3.已知某锥体的正视图和侧视图如图，其体积为233，则该锥体的俯视图可以是( )解析 由正视图得：该锥体的高是h ＝22－12＝3，因为该锥体的体积为233，所以该锥体的底面面积是S ＝23313h ＝23333＝2.A 项的正方形的面积是2×2＝4，B 项的圆的面积是π×12＝π，C 项的三角形的面积是12×2×2＝2，D 项的三角形的面积是34×22＝ 3.答案 C4.已知某几何体的三视图如图，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是( ) A.43 cm 3B.83cm 3C.2 cm 3D.4 cm 3解析 由三视图可知，该几何体为底面是正方形，且边长为2 cm ，高为2 cm 的四棱锥，如图， 故V ＝13×22×2＝83 (cm 3).答案 B5.某空间几何体的三视图如图所示(其中俯视图的弧线为四分之一圆)，则该几何体的表面积为( ) A.5π＋4 B.8π＋4 C.5π＋12 D.8π＋12解析 由三视图可知，该几何体是底面为14圆的柱体，S表＝2×π×224＋(π＋4)×3＝5π＋12.答案 C6.设a ，b ，c 是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则a ⊥b 的一个充分条件为( ) A.a ⊥c ，b ⊥c B.α⊥β，a ⊂α，b ⊂β C.a ⊥α，b ∥α D.a ⊥α，b ⊥α解析 A 中，若a ⊥c ，b ⊥c ，则直线a 与直线b 可能异面，可能平行，可能垂直，所以此选项错误；B 中，若α⊥β，a ⊂α，b ⊂β，则直线a 与直线b 可能异面，可能平行，可能垂直，所以此选项错误：C 中，若a ⊥α，b ∥α，则根据线与线的位置关系可得a ⊥b ，所以C 正确；D 中，若a ⊥α，b ⊥α，则根据线面垂直的性质定理可得a ∥b . 答案 C7.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，①DA 1与BC 1平行；②DD 1与BC 1垂直；③BC 1与AC 所成角为60°.以上三个结论中，正确结论的序号是( ) A.① B.② C.③ D.②③解析 ①错，应为DA 1⊥BC 1；②错，两直线所成角为45°；③正确，将BC 1平移至AD 1，由于三角形AD 1C 为等边三角形，故两异面直线所成角为60°，即正确结论的序号为③，故选C. 答案 C8.已知α，β是两个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，给出下列命题：①若m ⊥α，m ⊂β，则α⊥β；②若m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β，则α∥β；③如果m⊂α，n⊄α，m，n是异面直线，那么n与α相交；④若α∩β＝m，n∥m，且n⊄α，n⊄β，则n∥α且n∥β.其中正确的命题是( )A.①②B.②③C.③④D.①④解析由面面垂直的判定定理知①正确；若m，n是平面α内两条平行直线，则②的结论不一定成立，故②错；若m，n是互相平行的两个平面内的两条异面直线，则n与α平行，故③错误；由α∩β＝m得m⊂α，m⊂β，又n∥m，n⊄α，n⊄β，所以n∥α，n∥β，故④正确.答案 D9.一只蚂蚁从正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A处出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图是( )A.①②B.②③C.②④D.①③解析由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1位置，共有6种展开方式，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展开到同一个平面内，在矩形中连接AC1会经过BB1的中点，此时的正视图为②.若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，在矩形中连接AC1会经过CD的中点，此时正视图是④.其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现.故选C.答案 C10.如图是一个几何体的三视图，由图中数据可知该几何体中最长棱的长度是( )A.6B.2 5C.5D.13解析 由三视图知：几何体为三棱锥，如图：其中SA ⊥平面ABC ，AC ⊥平面SAB ，SA ＝2，AB ＝4，AC ＝3，∴BC ＝5，SC ＝4＋9＝13，SB ＝4＋16＝25， ∴最长棱为BC ＝5. 答案 C11.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积为( ) A.43π B.12π C.23π D.42π解析 三视图复原的几何体如图，它的底面为等腰直角三角形，底边长为22，底边上的高是2，所以腰长是2，一条长为2的侧棱垂直底面的一个顶点，它的外接球，就是将其扩展为正方体的外接球，球的直径为23，所以体积为43π·(3)3＝43π.答案 A12.点A 、B 、C 、D 在同一个球的球面上，AB ＝BC ＝2，AC ＝2，若四面体ABCD 体积的最大值为23，则这个球的表面积为( ) A.125π6B.8πC.25π4 D.25π16解析 如图所示，O 为球的球心，由AB ＝BC ＝2，AC ＝2可知∠ABC ＝π2，即△ABC 所在圆面的圆心O 1为AC 的中点，故AO 1＝1，S △ABC ＝1，当D 为O 1O 的延长线与球面的交点时，D 到平面ABC 的距离最大，四面体ABCD 的体积最大.连接OA ，设球的半径为R ，则DO 1＝R ＋R 2－1，此时V D －ABC ＝13×S △ABC ×DO 1＝13(R ＋R 2－1)＝23，解得R ＝54，故这个球的表面积为4π⎝ ⎛⎭⎪⎫542＝25π4.答案 C 二、填空题13.已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为24，则正视图中a 的值为________.解析 由三视图知，该几何体为四棱锥，其中四棱锥的底面是边长为a 和3的长方形，四棱锥的高为4，所以该四棱锥的体积V ＝13×3a ×4＝24，所以a ＝6.答案 614.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.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； 对于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，故④正确. 答案 ②④15.四棱锥P －ABCD 的顶点P 在底面ABCD 上的投影恰好是A ，其三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是腰长为a 的等腰三角形，则在四棱锥P －ABCD 的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有________对.解析由题意可得PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，BD⊥PC，AD⊥PB，即互相垂直的异面直线共有6对.答案 616.点E、F、G分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB、BC、B1C1的中点，如图所示，则下列命题中的真命题是________(写出所有真命题的编号).①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面中最多只有三个面是直角三角形；②过点F、D1、G的截面是正方形；③点P在直线FG上运动时，总有AP⊥DE；④点Q在直线BC1上运动时，三棱锥A－D1QC的体积是定值；⑤点M是正方体的面A1B1C1D1内的到点D和C1距离相等的点，则点M的轨迹是一条线段.解析对于①，三棱锥A－BCC1的四个面都是直角三角形，故①为假命题；对于②，截面为矩形FGD1D，易知其边长不等，故②为假命题；③易证DE⊥平面AFG，又AP⊂平面AFG，故DE⊥AP，故③为真命题；④由于BC1∥平面ACD1，故三棱锥Q－ACD1的高为定值，即点Q到平面ACD1的距离为定值，而底面积S△ACD1也为定值，故三棱锥的体积VA－D1QC ＝VQ－ACD1为定值，故④为真命题；⑤到D、C1距离相等的点的轨迹为平面A1BCD1(中垂面)，又点M在面A1B1C1D1内，故点M的轨迹为线段A1D1，故⑤为真命题.答案③④⑤。

1.7.4 不等式与线性规划专题限时训练 (小题提速练)(建议用时：30分钟)一、选择题1．已知1a <1b<0，则下列结论错误的是( )A ．a 2<b 2B.b a ＋a b>2 C ．ab >b 2D.lg a 2<lg(ab )解析：因为1a <1b <0，所以b <a <0，故b 2>a 2；因为b a >0，a b >0，且b a ≠a b ，故b a ＋a b>2b a ·ab＝2；因为b <a <0，a <0，所以ab >a 2>0，故lg a 2<lg(ab )． 答案：C2．若a >b ，c >d ，则下列不等式成立的是( ) A ．a ＋d >b ＋c B.ac >bd C.a c >b dD.d －a <c －b解析：根据不等式的性质，应有a ＋c >b ＋d ，A 不成立，如3>2，1>－6，而3＋(－6)不大于2＋1；一般，a >b >0，c >d >0时才有ac >bd ，如2>－1,3>－8，而2×3不大于－1×(－8)，所以B 不成立；C 选项类似B 选项，也不成立，如2>1,3>13，而23不大于113＝3；由⎩⎪⎨⎪⎧a >b ，c >d⇒⎩⎪⎨⎪⎧－b >－a ，c >d⇒－b ＋c >－a ＋d ， 即d －a <c －b ，D 成立． 答案：D3．已知a >b >c ，则1b －c ＋1c －a的值是( ) A ．正数 B.负数 C.非正数 D.非负数解析：1b －c ＋1c －a ＝1b －c －1a －c， ∵a >b >c ，∴a －c >b －c >0， ∴1a －c <1b －c ，∴1b －c －1a －c>0.答案：A4．已知不等式x 2＋ax ＋4<0的解集不是空集，则实数a 的取值范围是( ) A ．－4≤a ≤4 B.－4<a <4 C ．a ≥4或a ≤－4D.a >4或a <－4解析：不等式x 2＋ax ＋4<0的解集不是空集，则Δ＝a 2－4×4>0，故a <－4或a >4. 答案：D5．若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥－1，2x －y ≤1，y ≤1，则z ＝3x －y 的最小值为( )A ．－7 B.－1 C.1D.2解析：由约束条件画出可行域如图，目标函数z ＝3x －y 变形为 y ＝3x －z ，由图可知当直线过点A 时，截距最大，即z 最小．联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝－1，y ＝1⇒A (－2,1)，∴z min ＝－7.答案：A6．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2，x ≤0，－x ＋2，x >0，则不等式f (x )≥x 2的解集为( )A ．[－1,1] B.[－2,2] C ．[－2,1]D.[－1,2]解析：方法一 当x ≤0时，x ＋2≥x 2，∴－1≤x ≤0；① 当x >0时，－x ＋2≥x 2，∴0<x ≤1.② 由①②得原不等式的解集为{x |－1≤x ≤1}．方法二 作出函数y ＝f (x )和函数y ＝x 2的图象，如图，由图知f (x )≥x 2的解集为[－1,1]．答案：A7．设x ，y ∈R ，且x ＋4y ＝40，则lg x ＋lg y 的最大值是( ) A ．40 B.10 C.4D.2解析：lg x ＋lg y ＝lg(xy )＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫14·x ·4y ≤lg ⎣⎢⎡⎦⎥⎤14·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4y 22＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫14×400＝2，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4y ，x ＋4y ＝40，x >0，y >0时取等号．答案：D8．已知x ，y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋5≥0，x ＋y ≥0，x ≤3，则z ＝y －1x ＋3的最大值为( ) A ．2 B.3 C.－23D.－53解析：不等式组对应的平面区域是以点(3,8)，(3，－3)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，52为顶点的三角形，在点⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，52处z 取得最大值3. 答案：B9．(2019·湖北模拟)以点(－1，－1)为圆心且与曲线C ：xy ＝1(x >0)有公共点的圆称之为C 的“望圆”，则曲线C 的所有“望圆”中半径最小值为( ) A ．4 B. 2 C.8D.2 2解析：根据题意，设⎝⎛⎭⎪⎫t ，1t 为曲线C 上任意一点，望圆的半径为r ，若“望圆”与曲线C 有公共点，则r 2＝(t ＋1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1t＋12＝t 2＋1t2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t ＋2≥2t 2×1t2＋2×2t ×1t＋2＝8，当且仅当t ＝1t时，等号成立，答案：D10．已知直线ax ＋by ＋c －1＝0(b ＞0，c >0)经过圆x 2＋y 2－2y －5＝0的圆心，则4b ＋1c的最小值是( ) A ．9 B.8 C.4D.2解析：圆x 2＋y 2－2y －5＝0化成标准方程， 得x 2＋(y －1)2＝6，所以圆心为C (0,1)． 因为直线ax ＋by ＋c －1＝0经过圆心C ， 所以a ×0＋b ×1＋c －1＝0，即b ＋c ＝1. 因此4b ＋1c＝(b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫4b ＋1c ＝4c b ＋bc＋5.因为b >0，c >0，所以4c b＋bc≥24c b ·bc＝4.当且仅当4c b ＝bc时，等号成立．由此可得b ＝2c 且b ＋c ＝1，即b ＝23，c ＝13时，4b ＋1c 取得最小值9.答案：A11．设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，y ≥12x ，2x ＋y ≤10，向量a ＝(y －2x ，m )，b ＝(1，－1)，且a∥b ，则m 的最小值为( ) A ．6 B.12 C.－6D.－7解析：∵a ＝(y －2x ，m )，b ＝(1，－1)，且a ∥b ，∴－1×(y －2x )－1×m ＝0，即m ＝2x －y ，由约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，y ≥12x ，2x ＋y ≤10作可行域如图，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，2x ＋y ＝10，计算得出C (1,8)，由m ＝2x －y ，得y ＝2x －m ，∴当直线y ＝2x －m 过点C (1,8)时，m 取得最小值，最小值为2×1－8＝－6. 答案：C12．(2019·思明区校级期中)已知不等式2x ＋m ＋2x －1＞0对一切x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞恒成立，则实数m 的取值范围是( ) A ．m >－6 B.m <－6 C.m >－7 D.m <－7解析：∵2x ＋m ＋2x －1＝2(x －1)＋2x －1＋m ＋2≥22(x －1)·2x －1＋m ＋2＝m ＋6，当且仅当2(x －1)＝2x －1即x ＝2时取等号，∵2x ＋m ＋2x －1>0对一切x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞恒成立，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋m ＋2x －1min>0，则m ＋6>0，∴m >－6. 答案：A 二、填空题 13．x 2＋1x 2＋1的最小值为 . 解析：x 2＋1x 2＋1＝(x 2＋1)＋1x 2＋1－1≥2(x 2＋1)·1x 2＋1－1＝1，当且仅当x 2＋1＝1x 2＋1，即x ＝0时，取最小值1. 答案：114．(2019·郑州三模)若实数x ，y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －1≥0，x －y －1≤0，x －3y ＋3≥0，则z ＝3x －2y 的最大值为________．解析：画出实数x ，y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －1≥0，x －y －1≤0，x －3y ＋3≥0表示的平面区域，如图所示．目标函数z ＝3x －2y 的几何意义是直线y ＝32x －12z 的纵截距的两倍的相反数，由⎩⎪⎨⎪⎧x －y －1＝0，x －3y ＋3＝0，可得交点坐标为(3,2)，平移直线y ＝32x －12z ，根据图形可知，当直线y＝32x －12z 在经过(3,2)时，y ＝32x －12z 取得最大值，最大值为5. 答案：515．已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )的值域为[0，＋∞)，若关于x 的不等式f (x )＜c 的解集为(m ，m ＋6)，则实数c 的值为 .解析：∵f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )的值域为[0，＋∞)， ∴Δ＝a 2－4b ＝0.①又不等式x 2＋ax ＋b －c ＜0的解集为(m ，m ＋6)， ∴x 2＋ax ＋b －c ＝0的根为m ，m ＋6，∴⎩⎪⎨⎪⎧－a ＝2m ＋6， ②b －c ＝m (m ＋6)， ③①＋4×③消去b ，得a 2－4c ＝4m 2＋24m ，④将②代入④消去a ，得(2m ＋6)2－4c ＝4m 2＋24m ，解得c ＝9. 答案：916．某工厂用两种不同原料均可生产同一产品，若采用甲种原料，每吨成本1 000元，运费500元，可得产品90 kg ；若采用乙种原料，每吨成本为1 500元，运费400元，可得产品100 kg ，如果每月原料的总成本不超过6 000元，运费不超过2 000元，那么此工厂每月最多可生产 千克产品．解析：设此工厂每月甲、乙两种原料各采用x 吨、y 吨，生产z 千克产品． 依题意有⎩⎪⎨⎪⎧1 000x ＋1 500y ≤6 000，500x ＋400y ≤2 000，x ≥0，y ≥0，z ＝90x ＋100y ，作出上述不等式组表示的平面区域如图，由图可知，当直线z ＝90x ＋100y 平移至过点M 时截距最大，即z 最大，故z max ＝90×127＋100×207＝440.答案：440。

【关键字】高考高考大题专攻练7.立体几何(A组)大题集训练,练就慧眼和规范,占领高考制胜点!1.如图,正方形ABCD所在平面与三角形CDE所在平面相交于CD,AE⊥平面CDE,且AE=1,AB=2.(1)求证:AB⊥平面ADE.(2)求凸多面体ABCDE的体积.【解析】(1)因为AE⊥平面CDE,CD⊂平面CDE,所以AE⊥CD,又在正方形A BCD中,CD⊥AD,且AE∩AD=A,所以CD⊥平面ADE,又在正方形ABCD中,AB∥CD,所以AB⊥平面ADE.(2)连接BD,设B到平面CDE的距离为h,因为AB∥CD,CD⊂平面CDE,所以AB∥平面CDE,又AE⊥平面CDE,所以h=AE=1,又S△CDE=CD×DE=×2×=,所以V B-C DE=××1=,又V B-ADE=×S△ADE×AB=××1××2=,所以凸多面体ABCDE的体积V=V B-CDE+V B-ADE=.2.如图(1)所示,已知四边形SBCD是由直角△SAB和直角梯形ABCD拼接而成的,其中∠SAB=∠SDC=90°,且点A为线段SD的中点,AD=2DC=1,AB=SD,现将△SAB沿AB进行翻折,使得二面角S-AB-C的大小为90°,得到的图形如图(2)所示,连接SC,AC,BD,点E,F分别在线段SB,SC 上,连接AF,AE,EC.(1)证明:BD⊥AF.(2)若三棱锥B-AEC的体积是四棱锥S-ABCD体积的,求点E到平面ABCD的距离.【解析】(1)因为四边形SBCD是由直角△SAB和直角梯形ABCD拼接而成的,其中∠SAB=∠SDC=90°,二面角S-AB-C的大小为90°,所以SA⊥AD,又SA⊥AB,AB∩AD=A,所以SA⊥平面ABCD,又BD⊂平面ABCD,所以SA⊥BD,在直角梯形ABCD中,∠BAD=∠ADC=90°,AD=2CD=1,AB=SD=2,所以tan∠ABD=tan∠CAD=,又∠DAC+∠BAC=90°,所以∠ABD+∠BAC=90°,即AC⊥BD,又AC∩SA=A,所以BD⊥平面SAC,因为AF⊂平面SAC,所以BD⊥AF.(2)设点E到平面ABCD的距离为h,因为V B-AEC=V E-ABC,且=,所以===, 解得h=,所以点E到平面ABCD的距离为.此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word可编辑版本！。

2020高考数学选填题专项测试02（三角函数）（文理通用）第I 卷（选择题)一、单选题：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，只有一项是符合题目要求的。

1．（2020·吉林高三）tan 645=o （ ）A ．23-+B ．23-C ．23D ．23【答案】B 【解析】【分析】将大角化小角，根据诱导公式可得tan 75-o ，然后根据754530=+o o o ，以及两角和的正切公式，可得结果.【详解】()()tan 645tan 72075tan 75=-=-oo oo，则tan 645tan 75=-oo ，由()tan 45tan 30tan 75tan 45301tan 45tan 30+=+=-o ooo oo o，所以tan 7523=+o tan 64523=--o 【点睛】本题考查诱导公式，以及特殊角的转化，还考查两角和的正切公式，关键在于计算，属基础题. 2．（2020·安徽六安一中高三月考（文））已知命题0:0,2p x π⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，0023sin 0x x -<，则命题p 的真假以及命题p 的否定分别为（ ）A ．真，:p ⌝0,2x π⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭，23sin 0x x -> B ．真，:p ⌝0,2x π⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭，23sin 0x x -≥ C ．假，:p ⌝00,2x π⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，0023sin 0x x -> D ．假，:p ⌝00,2x π⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，0023sin 0x x -≥ 【答案】B 【解析】【分析】根据命题，当6x π=时，判断出命题p 为真命题，根据含有一个量词的命题的否定，写出命题p 的否定.【详解】命题0:0,2p x π⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，0023sin 0x x -<，当0,62x ππ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭时，32923sin 066326ππππ-⨯-=-=<， 所以命题p 为真命题；命题p 的否定为：0,2x π⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭，23sin 0x x -≥.故选：B.【点睛】本题考查判断命题的真假，含有一个量词的命题的否定，属于简单题. 3．（2020·四川省南充高级中学高三月考）若α∈0,2π⎛⎫⎪⎝⎭，且21sin cos 24αα+=，则tan α的值等于( ) A ．22B 3C 2D 3【答案】D【解析】22222cos 11sin cos 2sin cos 1tan 4αααααα+===++，tan 3α= 考点：三角恒等变形、诱导公式、二倍角公式、同角三角函数关系．4、（2020·广东高三月考）若角α的终边过点()3,4A -，则()sin α-=（ ）．A ．45- B ．35-C ．35D ．45【答案】D 【解析】【分析】根据角α的终边过点()3,4A -求出sin α，再根据正弦函数的奇偶性求出()sin α- 【详解】由题：角α的终边过点()3,4A -，则4sin 5α=-，由正弦函数是奇函数，所以()4sin sin 5αα-==. 【点睛】此题考查三角函数的定义，根据角的终边上的点求角的正弦值，再根据正弦函数的奇偶性求值，或者得出α-的终边上的点，根据三角函数定义求值也可.5．（2020·四川省南充高级中学高三月考）已知函数21()sin 3cos 2f x x x x =+，则下列结论正确的是（ ）A ．()f x 的最大值为1B ．()f x 的最小正周期为2πC ．()y f x =的图像关于直线3x π=对称D ．()y f x =的图像关于点7,012π⎛⎫⎪⎝⎭对称 【答案】C 【解析】【分析】利用二倍角公式和辅助角公式化简得f(x)的解析式，再利用三角函数函数性质考查各选项即可． 【详解】函数21()sin 3cos 2f x x x x =+=1cos 2312222x x -++=sin （2x 6π-）+1对于A ：根据f （x ）＝sin （2x 6π-）+1可知最大值为2；则A 不对；对于B ：f （x ）＝sin （2x 6π-）+1，T ＝π则B 不对；对于C ：令2x 6π-=,223k k x k Z p p p p +\=+?，，故图像关于直线3x π=对称则C 正确； 对于D ：令2x 6π-=,212k k x k Z p p p \=+?，，故()y f x =的图像关于点7,112π⎛⎫⎪⎝⎭对称则D 不对． 【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键． 6．（2020·河南高三）已知2cos(2019)3πα+=-，则sin(2)2πα-=（ ）A ．79B ．59C ．59-D ．79-【答案】C 【解析】【分析】利用诱导公式得cos(2019)cos παα+=-，sin(2)cos 22παα-=，再利用倍角公式，即可得答案.【详解】由2cos(2019)3πα+=-可得2cos()3πα+=-，∴2cos 3α=，∴225sin(2)cos22cos 121299πααα-==-=⨯-=-.故选：C. 【点睛】本题考查诱导公式、倍角公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意三角函数的符号.7．（2020·黑龙江哈九中高三期末）已知tan 2α=，()0,απ∈，则sin 2cos 2απα=⎛⎫- ⎪⎝⎭（ ）A ．25B 25C ．45D 45【答案】B 【解析】【分析】首先根据同角三角函数的基本关系求出sin α、cos α，再利用诱导公式及二倍角公式化简可得；【详解】tan 2α=Q ，22sin 2cos sin cos 1αααα⎧=⎪∴⎨⎪+=⎩解得25sin 5cos αα⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或25sin 5cos αα⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，()0,απ∈Q25sin 5cos αα⎧=⎪⎪∴⎨⎪=⎪⎩，sin 22sin cos 2cos sin co 225s ααααπαα∴===⎛⎫- ⎪⎝⎭，故选：B 【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系及诱导公式的应用，二倍角正弦公式的应用，属于基础题. 8．（2020·四川棠湖中学高三月考）已知函数()sin (0)6f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭的两个相邻的对称轴之间的距离为2π，为了得到函数()sin g x x ω=的图象，只需将()y f x =的图象（ ） A ．向左平移6π个单位长度 B ．向右平移6π个单位长度 C ．向左平移12π个单位长度D ．向右平移12π个单位长度【答案】D 【解析】【分析】先由函数()f x 的两个相邻的对称轴之间的距离为2π，得到周期，求出ω，再由平移原则，即可得出结果.【详解】因为函数()sin (0)6f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭的两个相邻的对称轴之间的距离为2π，所以()f x 的最小正周期为T π=，因此22T πω==，所以()sin 2sin 2612f x x x ππ⎛⎫⎛⎫=+=+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此，为了得到函数()sin 2g x x =的图象，只需将()sin 212f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象向右平移12π个单位长度.故选D【点睛】本题主要考查三角函数的性质，以及三角函数的平移问题，熟记三角函数的平移原则即 9．（2020·广东佛山一中高三期中）已知2sin 23α=，则2cos 4πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭（ ）A ．16B ．13C ．12D ．23【答案】A 【解析】【分析】利用二倍角公式和诱导公式，可得21+cos(2+)1sin 22cos 422παπαα-⎛⎫+== ⎪⎝⎭，即得解. 【详解】已知2sin 23α=，则2211+cos(2+)1sin 2132cos 42226παπαα--⎛⎫+==== ⎪⎝⎭故选：A 【点睛】本题考查了二倍角公式和诱导公式的综合应用，考查了学生转化与划归，数学运算的能力，属于基础题.10．（2020·河南高三月考）干支纪年历法（农历），是屹立于世界民族之林的科学历法之一，与国际公历历法并存．黄帝时期，就有了使用六十花甲子的干支纪年历法．干支是天干和地支的总称，把干支顺序相配正好六十为一周期，周而复始，循环记录．甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸十个符号叫天干；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥十二个符号叫地支．受此周期律的启发，可以求得函数2()sincos33xf x x =+的最小正周期为（ ） A ．15π B ．12πC ．6πD ．3π【答案】C 【解析】【分析】由天干为10个，地支为12个，其周期为其公倍数：60，可得2sin 3xy =与cos3y x =的周期，可得()f x 的最小正周期.【详解】由天干为10个，地支为12个，其周期为其公倍数：60，故可得：2sin3xy =的周期13T π=, cos3y x =的周期223T π=,12T T 、的最小公倍数为6π，故()f x 的最小正周期为6π.故选：C.【点睛】本题主要考查周期的相关知识及知识迁移与创新的能力，属于中档题. 11.（2020·湖北高三月考）已知函数()()3sin x f x ωϕ=+0,22ππωϕ⎛⎫>-<<⎪⎝⎭,1,03A ⎛⎫ ⎪⎝⎭为其图象的对称中心,B ､C 是该图象上相邻的最高点和最低点,若4BC =,则()f x 的解析式为( ).A ．()3412f x x ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭B ．()53412f x x ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭C ．()326x f x ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭D ．()323f x x ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭【答案】C 【解析】【分析】根据4BC =，利用勾股定理可求得ω值，再利用1,03A ⎛⎫ ⎪⎝⎭为其图象的对称中心，求出φ即可.【详解】因为B ､C 是该图象上相邻的最高点和最低点，4BC =，由勾股定理可得：(2222342T ⎛⎫+= ⎪⎝⎭， 即221216πω+=，求得2πω=.又因为1,03A ⎛⎫ ⎪⎝⎭为其图象的对称中心，可知1,23k k Z πφπ⋅+=∈ ，解得6πφ=-.所以()f x 的解析式为()326x f x ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.故选：C.【点睛】本题主要考查正弦函数型函数的图象与性质，属于中档题.12．（2020·广东高三月考）已知函数()f x 在定义域R 上的导函数为()f x ¢，若函数()y f x ='没有零点，且()20202020xf f x ⎡⎤-=⎣⎦，当()sin 3g x x x kx =-在ππ,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上与()f x 在R 上的单调性相同时，实数k 的取值范围是（ ）．A ．(],1-∞-B ．(,3-∞-C ．3⎡-⎣D ．)3,⎡+∞⎣【答案】B 【解析】【分析】函数()y f x ='没有零点，即函数()f x 的导函数恒为正或恒为负，即()f x 在定义域内单调，()2020f t =只有唯一实根，即()2020x f x t -=，可得()2020xf x t =+可得()f x 在定义域内单调递增，()g x 在ππ,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的单调递增，利用导函数恒大于等于零即可求解.【详解】函数()y f x ='没有零点，即函数()0f x ¢>或()0f x ¢<恒成立，即()f x 在定义域内单调，则()2020f x =只有唯一实根，设该实根为t （t 为常数），()20202020x f f x ⎡⎤-=⎣⎦，即()2020x f x t -=，()2020x f x t =+，所以()f x 在定义域内单调递增，所以()g x 在ππ,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的单调递增， ()ππcos 30,,22g x x x k x ⎡⎤'=-≥∈-⎢⎥⎣⎦恒成立，ππcos 3,,22x x k x ⎡⎤≥∈-⎢⎥⎣⎦恒成立ππ2sin ,,622x k x π⎛⎫⎡⎤+≥∈- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，恒成立，π2π3,,sin 63362x x ππ⎡⎤⎡⎤⎛⎫+∈-+∈-⎢⎥ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎣⎦所以2sin 3,26x π⎛⎫⎡⎤+∈ ⎪⎣⎦⎝⎭，所以3k ≤B 【点睛】此题考查通过导函数讨论函数单调性问题，涉及方程的根，不等式恒成立求参数范围问题，综合性比较强.第II 卷（非选择题)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

2020年高考理科数学 《解三角形》题型归纳与训练【题型归纳】题型一 正弦定理、余弦定理的直接应用例1ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2sin()8sin2BA C +=． (1)求cos B(2)若6a c +=，ABC ∆面积为2，求b ． 【答案】（1）15cos 17B =（2）2b =． 【解析】由题设及A B C π++=得2sin 8sin2BB =，故sin 4(1cos )B B =-． 上式两边平方，整理得217cos 32cos 150B B -+=， 解得cos 1B =（舍去），15cos 17B =.（2）由15cos 17B =得8sin 17B =，故14sin 217ABC S ac B ac ∆==． 又2ABC S ∆=，则172ac =． 由余弦定理及6a c +=得22222cos ()2(1cos )b a c ac B a c ac B =+-=+-+1715362(1)4217=-⨯⨯+=． 所以2b =．【易错点】二倍角公式的应用不熟练，正余弦定理不确定何时运用 【思维点拨】利用正弦定理列出等式直接求出例2 ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ,若2cos cos cos b B a C c A =+,则B = . 【答案】π3【解析】1π2sin cos sin cos sin cos sin()sin cos 23B B AC C A A C B B B =+=+=⇒=⇒=.【易错点】不会把边角互换，尤其三角恒等变化时，注意符号。

【思维点拨】边角互换时，一般遵循求角时，把边换成角；求边时，把角转换成边。

例3在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，若b ＝1，c ＝3，C ＝23π，则S △ABC ＝________.【答案】34【解析】因为c ＞b ，所以B ＜C ，所以由正弦定理得b sin B ＝c sin C ，即1sin B ＝3sin 2π3＝2，即sin B ＝12，所以B＝π6，所以A ＝π－π6－2π3＝π6.所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×3×12＝34. 【易错点】大边对大角，应注意角的取值范围【思维点拨】求面积选取公式时注意，一般选取已知角的公式，然后再求取边长。

专题跟踪训练(八)一、选择题1．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a ＝80，b ＝100，A ＝30°，则此三角形( )A ．一定是锐角三角形B ．一定是直角三角形C ．一定是钝角三角形D ．可能是直角三角形，也可能是锐角三角形[解析] 依题意得a sin A ＝b sin B ，sin B ＝b sin A a ＝100sin 30°80＝58<32，因此0°<B <60°或120°<B <150°.若0°<B <60°，则C ＝180°－(B ＋30°)>90°，此时△ABC 是钝角三角形；若120°<B <150°，此时△ABC 仍是钝角三角形．因此，此三角形一定是钝角三角形，故选C.[答案] C2．(2015·贵州贵阳期末)已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＋sin α＝435，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋7π6的值是( )A ．－235 B.235 C.45D ．－45[解析] sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＋sin α＝435⇒sin π3cos α＋cos π3sin α＋sin α＝435⇒32sin α＋32cos α＝435⇒32sin α＋12cos α＝45，故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋7π6＝sin αcos 7π6＋cos αsin 7π6＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin α＋12cos α＝－45，故选D.[答案] D3．如图，在△ABC 中，∠B ＝45°，D 是BC 边上一点，AD ＝5，AC ＝7，DC ＝3，则AB 的长为()A.615 B ．5 C.562D ．5 6[解析] 在△ADC 中，由余弦定理得cos ∠ADC ＝AD 2＋DC 2－AC 22·AD ·DC ＝25＋9－492×5×3＝－12，所以∠ADC ＝120°，则∠ADB ＝60°.在△ABD 中，由正弦定理可得AB ＝AD sin ∠ADB sin B ＝5×3222＝562，故选C. [答案] C4．(2015·江西南昌一模)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若c ＝1，B ＝45°，cos A ＝35，则b 等于( )A.53 B.107 C.57D.5214[解析] 因为cos A ＝35，所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝45，所以sin C ＝sin[π－(A ＋B )]＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝45cos 45°＋35sin 45°＝7210.由正弦定理b sin B ＝c sin C ，得b ＝17210×sin 45°＝57，故选C.[答案] C5．(2015·贵阳七校联盟)已知角θ的顶点与原点重合，始边与x 轴正半轴重合，终边在直线y ＝2x 上，则sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π4的值为( )A ．－7210 B.7210 C ．－210D.210[解析] 由三角函数的定义得tan θ＝2，cos θ＝±55，所以tan 2θ＝2tan θ1－tan 2θ＝－43，cos 2θ＝2cos 2θ－1＝－35，所以sin 2θ＝cos 2θtan 2θ＝45，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＝22(sin 2θ＋cos 2θ)＝22×⎝ ⎛⎭⎪⎫45－35＝210，故选D.[答案] D6．(2015·河南郑州质量预测)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝3sin 2A ，且c ＝7，C ＝π3，则△ABC 的面积是( )A.334B.736C.213D.334或736[解析] sin(B ＋A )＝sin B cos A ＋cos B sin A ，sin(B －A )＝sin B cos A －cosB sin A ，sin 2A ＝2sin A cos A ，sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝3sin 2A ，即2sin B cos A ＝6sin A cos A ．当cos A ＝0时，A ＝π2，B ＝π6，又c ＝7，得b ＝213.由三角形面积公式知S ＝12bc ＝736；当cos A ≠0时，由2sin B cos A ＝6sin A cos A 可得sin B ＝3sin A ，根据正弦定理可知b ＝3a ，再由余弦定理可知cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋9a 2－76a 2＝cos π3＝12，可得a ＝1，b ＝3，所以此时三角形的面积为S ＝12ab sin C ＝334.综上可得三角形的面积为736或334，所以选D.[答案] D 二、填空题7．(2014·温州十校联考)已知锐角α满足cos 2α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α，则sin 2α等于________． [解析] 由cos 2α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α得，cos 2α－sin 2α＝22cos α＋22sin α，而α为锐角，∴cos α＋sin α≠0，∴cos α－sin α＝22，两边平方得，1－sin 2α＝12，∴sin 2α＝12.[答案] 128．(2015·广东卷)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝3，sin B ＝12，C ＝π6，则b ＝________.[解析] 由sin B ＝12得B ＝π6或5π6，因为C ＝π6，所以B ≠5π6，所以B ＝π6，于是A ＝2π3.由正弦定理，得3sin 2π3＝b12，所以b ＝1. [答案] 19．(2015·贵阳质检)在△ABC 中，a ，b ，c 为∠A ，∠B ，∠C 的对边，若cos 2B ＋cos B ＋cos(A －C )＝1，b ＝7，则a 2＋c 2的最小值为____________．[解析] ∵cos 2B ＋cos B ＋cos(A －C )＝1，∴－cos(A ＋C )＋cos(A －C )＝1－cos 2B,2sin A sin C ＝2sin 2B ，由正弦定理得ac ＝b 2，即7＝ac ≤12(a 2＋c 2)(当且仅当a ＝c 时等号成立)，∴a 2＋c 2的最小值为14.[答案] 14 三、解答题10．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，且a ＝3，b ＝3，cos B ＝13.(1)求c 的值； (2)求cos(B －C )的值．[解] (1)因为b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，且a ＝3，b ＝3，cos B ＝13，所以9＝9＋c 2－2×3c ×13， 解得c ＝2或0(舍去)，故c ＝2. (2)在△ABC 中，sin B ＝1－cos 2B ＝223，由正弦定理，得sin C ＝c b sin B ＝23×223＝429，因为a ＝b >c ，所以C 为锐角，因此cos C ＝1－sin 2C ＝79，于是cos(B －C )＝cos B cos C ＋sin B sin C ＝13×79＋223×429＝2327. 11．(2015·山西太原一模)已知a ，b ，c 分别是△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边，且c ＝2，C ＝π3.(1)若△ABC 的面积等于3，求a ，b ； (2)若sin C ＋sin(B －A )＝2sin 2A ，求A 的值． [解] (1)∵c ＝2，C ＝π3，∴由余弦定理得4＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab ， ∵△ABC 的面积等于3， ∴12ab sin C ＝3，∴ab ＝4，联立⎩⎨⎧a 2＋b 2－ab ＝4ab ＝4，解得a ＝2，b ＝2.(2)∵sin C ＋sin(B －A )＝2sin 2A ， ∴sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝4sin A cos A ， ∴sin B cos A ＝2sin A cos A ， ①当cos A ＝0时，A ＝π2；②当cos A ≠0时，sin B ＝2sin A ，由正弦定理得b ＝2a ，联立⎩⎨⎧a 2＋b 2－ab ＝4b ＝2a，解得a ＝233，b ＝433，∴b 2＝a 2＋c 2，∴B ＝π2.∵C ＝π3，∴A ＝π6.综上所述，A ＝π2或A ＝π6.12．(2015·辽宁五校期末)已知函数f (x )＝2cos 2x －sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －7π6.(1)求函数f (x )的最大值，并写出f (x )取最大值时x 的取值集合； (2)已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f (A )＝32，b ＋c ＝2.求实数a 的取值范围．[解] (1)f (x )＝2cos 2x －sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －7π6＝(1＋cos 2x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2x cos 7π6－cos 2x sin 7π6＝1＋32sin 2x ＋12cos 2x ＝1＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6. ∴函数f (x )的最大值为2.当且仅当sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＝1，即2x ＋π6＝2k π＋π2，k ∈Z ，即x ＝k π＋π6，k ∈Z 时取到．∴函数取最大值时x 的取值集合为 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ＝k π＋π6，k ∈Z .(2)由题意，f (A )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＋1＝32，化简得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12. ∵A ∈(0，π)，∴2A ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6，∴2A ＋π6＝5π6，∴A ＝π3.在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3＝(b ＋c )2－3bc .由b ＋c ＝2，知bc ≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫b ＋c 22＝1，即a 2≥1，当且仅当b ＝c ＝1时取等号． 又由b ＋c >a 得a <2，∴a 的取值范围是[1,2)．。

专题限时训练建议用时：45分钟一、选择题1．命题“存在x0∈R,2x0≤0”的否定是()A．不存在x0∈R,2x0>0B．存在x0∈R,2x0>0C．对任意x∈R,2x≤0D．对任意x∈R,2x>0答案：D解析：本题主要考查全称命题与特称命题．由题意知,原命题的否定为“对任意x ∈R,2x>0”．2．下列命题中的假命题是()A．∀x∈R,e x>0B．∀x∈R,x2≥0C．∃x0∈R,sin x0＝2D．∃x0∈R,2x0>x20答案：C解析：本题考查命题真假的判定．∀x∈R,sin x≤1<2,所以C选项是假命题．3．(2019·中卫一模)命题“若a2＋b2＝0,则a＝0且b＝0”的逆否命题是() A．若a2＋b2≠0,则a≠0且b≠0”B．若a2＋b2≠0,则a≠0或b≠0”C．若a＝0且b＝0,则a2＋b2≠0D．若a≠0或b≠0,则a2＋b2≠0答案：D解析：命题“若a2＋b2＝0,则a＝0且b＝0”的逆否命题是“若a≠0或b≠0,则a2＋b2≠0”．4．已知p：x≤1；q：x2－x>0,则p是¬q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：本题考查充要条件的判定．依题意,¬q：x2－x≤0,即0≤x≤1；由x≤1不能得知0≤x≤1；反过来,由0≤x≤1可得x≤1.因此,p是¬q成立的必要不充分条件．5．(2019·绵阳模拟)已知命题p：∃x0∈R,使得lgcos x0＞0；命题q：∀x＜0,3x＞0,则下列命题为真命题的是()A．p∧q B．p∨¬qC．¬p∧¬q D．p∨q答案：D解析：命题p：∃x0∈R,使得lgcos x0＞0,∵－1≤cos x≤1,∴lgcos x≤0,∴命题p为假命题,命题q：∀x＜0,3x＞0,是真命题,∴p∧q为假命题,p∨¬q为假命题,¬p∧¬q为假命题,p∨q为真命题．6．若“0<x<1”是“(x－a)[x－(a＋2)]≤0”的充分不必要条件,则实数a的取值范围是()A．(－∞,0]∪[1,＋∞)B．(－1,0)C．[－1,0]D．(－∞,－1)∪(0,＋∞)答案：C解析：(x－a)[x－(a＋2)]≤0⇒a≤x≤a＋2,由集合的包含关系知⎩⎪⎨⎪⎧a ≤0，a ＋2≥1⇒a ∈[－1,0]． 7．已知命题p ：∀x >0,x ＋4x ≥4；命题q ：∃x 0∈(0,＋∞),2x 0＝12.则下列判断正确的是( )A ．p 是假命题B ．q 是真命题C ．p ∧¬q 是真命题D ．¬p ∧q 是真命题 答案：C解析：因为当x >0时,x ＋4x ≥2x ·4x ＝4,当且仅当x ＝2时等号成立,所以p 是真命题,当x 0>0时,2x 0>1,所以q 是假命题,所以p ∧¬q 是真命题,¬p ∧q 是假命题．8．若x ,y ∈R ,则x >y 的一个充分不必要条件是( )A ．|x |>|y |B ．x 2>y 2 C.x >yD ．x 3>y 3答案：C解析：本题考查充要条件的判断．由|x |>|y |,x 2>y 2未必能推出x >y ,排除A,B ；由x >y 可推出x >y ,反之,未必成立,而x 3>y 3是x >y 的充要条件．9．“a ≤－2”是“函数f (x )＝|x －a |在[－1,＋∞)上单调递增”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：结合图象可知函数f (x )＝|x －a |在[a ,＋∞)上单调递增,易知当a ≤－2时,函数f (x )＝|x －a |在[－1,＋∞)上单调递增,但反之不一定成立．10．(2019·南昌二模)已知函数f (x )＝ax 2＋x ＋a ,命题p ：∃x 0∈R ,f (x 0)＝0,若p 为假命题,则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 答案：C解析：因为p 为假命题,所以¬p 为真命题,即∀x ∈R ,f (x )≠0,故Δ＝1－4a 2＜0,解得a >12或a <－12.11．下列命题正确的个数是( )①命题“∃x 0∈R ,x 20＋1>3x 0”的否定是“∀x ∈R ,x 2＋1≤3x ”；②“函数f (x )＝cos 2ax －sin 2ax 的最小正周期为π”是“a ＝1”的必要不充分条件；③x 2＋2x ≥ax 在x ∈[1,2]上恒成立⇔(x 2＋2x )min ≥(ax )max 在x ∈[1,2]上恒成立； ④“平面向量a 与b 的夹角是钝角”的充要条件是“a ·b <0”．A ．1B ．2C ．3D ．4答案：B解析：易知①正确；因为f (x )＝cos 2ax ,所以2π|2a |＝π,即a ＝±1,因此②正确；因为x 2＋2x ≥ax 在x ∈[1,2]上恒成立⇒a ≤x ＋2在x ∈[1,2]上恒成立⇒a ≤(x ＋2)min ,x ∈[1,2],因此③不正确；因为钝角不包含180°,而由a ·b ＜0时向量夹角包含180°,因此“平面向量a 与b 的夹角是钝角”的充要条件是“a ·b ＜0且a 与b 不反向”,故④不正确．12．(2019·珠海二模)“－1≤x ＋y ≤1且－1≤x －y ≤1”是“x 2＋y 2≤1”的( )A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案：A解析：作出不等式组对应的平面区域如图．则“－1≤x＋y≤1且－1≤x－y≤1对应的区域在单位圆内,则“－1≤x＋y≤1且－1≤x－y≤1”是“x2＋y2≤1”的充分不必要条件．二、填空题13．已知命题p：∃x∈R,sin x>a,若¬p是真命题,则实数a的取值范围为__________．答案：a≥1解析：依题意得,∀x∈R,sin x≤a恒成立,于是有a≥1.14．(2019春·思明区校级月考)命题p：|x|＞1；命题q：x＜m,若¬p是¬q的充分不必要条件,则实数m的取值范围为__________．答案：(－∞,－1]解析：由|x|＞1得x＞1或x＜－1,若¬p是¬q的充分不必要条件,则q是p的充分不必要条件,即m≤1,即实数m的取值范围是(－∞,－1]．15．(2019春·西湖区校级月考)命题p：若直线与抛物线有且只有一个公共点,则直线与抛物线相切．命题p是__________(真,假)命题,命题p的否命题是__________(真,假)命题．答案：假真解析：当直线和抛物线的对称轴平行时,满足只有一个交点,但此时直线和抛物线是相交关系,即命题p是假命题．命题p的逆命题为：若直线与抛物线相切,则直线与抛物线有且只有一个公共点,正确．命题的否命题和逆命题互为逆否命题,则命题的否命题为真命题．16．已知命题p：∃x0∈R,mx20＋2≤0；命题q：∀x∈R,x2－2mx＋1>0,若p∨q为假命题,则实数m的取值范围是________．答案：[1,＋∞)解析：因为p∨q是假命题,所以命题p和q都是假命题．由命题p：∃x0∈R,mx20＋2≤0为假命题知,¬p：∀x∈R,mx2＋2＞0为真命题,所以m≥0.①由命题q：∀x∈R,x2－2mx＋1＞0为假命题知,¬q：∃x0∈R,x20－2mx0＋1≤0为真命题,所以Δ＝(－2m)2－4≥0⇒m2≥1⇒m≤－1或m≥1.②由①和②得m≥1.。

专题限时训练　(小题提速练)(建议用时：30分钟)一、选择题1．i 为虚数单位，i 607＝( )A ．i B.－i C.1D.－1解析：i 607＝i 151×4＋3＝i 3＝－i.答案：B2．若(1＋i)＋(2－3i)＝a ＋b i(a ，b ∈R ，i 是虚数单位)，则a ，b 的值分别等于( )A ．3，－2 B.3,2C ．3，－3D.－1,4解析：(1＋i)＋(2－3i)＝3－2i ＝a ＋b i ，由复数相等的定义可知a ＝3，b ＝－2.答案：A3．实部为－2，虚部为1的复数所对应的点位于复平面的( )A ．第一象限 B.第二象限C ．第三象限D.第四象限解析：实部为－2，虚部为1的复数在复平面内对应的点的坐标为(－2,1)，位于第二象限．答案：B 4.＝( )1＋3i 1－i A ．1＋2i B.－1＋2i C ．1－2iD.－1－2i解析：＝＝＝－1＋2i.1＋3i1－i (1＋3i )(1＋i )(1－i )(1＋i )－2＋4i2答案：B5．(2019·历下区校级期中)设m ∈R ，复数z ＝m 2－1＋(m －1)i 表示纯虚数，则m 的值为( )A ．1 B.－1 C.±1D.0解析：因为z ＝m 2－1＋(m －1)i 表示纯虚数，所以Error!所以m ＝－1.答案：B6．若复数z 满足＝i ，其中i 为虚数单位，则z ＝( )z1－i A ．1－i B.1＋i C ．－1－iD.－1＋i解析：设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则＝a －b i.z 由＝i ，得＝i(1－i)＝1＋i ，z1－i z 所以a ＝1，b ＝－1，所以z ＝1－i.答案：A7．设z ＝＋i ，则|z |＝( )11＋i A. B.1222C.D.232解析：z ＝＋i ＝＋i ＝＋i ，11＋i 1－i21212因此|z |＝ ＝＝.(12)2＋(12)21222答案：B8．(2019·绍兴三模)已知复数z ＝，则z 的虚部为( )1＋3i3－i A ．－1 B.－i C.1D.i解析：∵z ＝＝＝＝i ，∴z 的虚部为1.1＋3i3－i (1＋3i )(3＋i )(3－i )(3＋i )4i4答案：C9．在用反证法证明命题“已知a ，b ，c ∈(0,2)，求证a (2－b )，b (2－c )，c (2－a )不可能都大于1”时，反证时假设正确的是( )A．假设a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)都小于1B．假设a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)都大于1C．假设a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)都不大于1D．以上都不对解析：“不可能都大于1”的否定是“都大于1”．答案：B10．(2019·宁德期中)2018年4月，中国诗词大会第三季总决赛如期举行，依据规则，本场比赛共有甲、乙、丙、丁、戊五位选手有机会问鼎冠军．某家庭中三名诗词爱好者依据选手在之前比赛中的表现，结合自己的判断，对本场比赛的冠军进行了如下猜测：爸爸：冠军是甲或丙；妈妈：冠军一定不是乙和丙；孩子：冠军是丁或戊．比赛结束后发现：三人中只有一个人的猜测是对的，那么冠军是( )A．甲 B.丁或戊C.乙D.丙解析：假设爸爸的猜测是对的，则冠军是丙；假设妈妈的猜测是对的，不合题意；假设孩子的猜测是对的，则妈妈的猜测也对，不合题意．答案：D11．小明用电脑软件进行数学解题能力测试，每答完一道题，软件都会自动计算并显示出当前的正确率(正确率＝已答对题目数÷已答题目总数)，小明依次共答了10道题，设正确率依次为a1，a2，a3，…，a10.现有三种说法：①若a1<a2<a3<…<a10，则必是第一道题答错，其余题均答对；②若a1>a2>a3>…>a10，则必是第一道题答对，其余题均答错；③有可能a5＝2a10.其中正确的个数是( )A．0 B.1C.2D.3解析：①②显然成立，③前5个全答对，后5个全答错，符合题意．答案：D12．已知f1(x)＝sin x＋cos x，f n＋1(x)是f n(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f 2′(x )，…，f n ＋1(x )＝f n ′(x )，n ∈N *，则f 2 017(x )＝( )A ．sin x ＋cos x B.－sin x －cos x C ．sin x －cos xD.－sin x ＋cos x解析：f 2(x )＝f 1′(x )＝cos x －sin x ，f 3(x )＝f 2′(x )＝－sin x －cos x ，f 4(x )＝f 3′(x )＝－cos x ＋sin x ，f 5(x )＝f 4′(x )＝sin x ＋cos x ，f 6(x )＝f 5′(x )＝cos x －sin x ，…，可知f n (x )是以4为周期的函数，∵2 017＝504×4＋1，∴f 2 017(x )＝f 1(x )＝sin x ＋cos x .答案：A 二、填空题13．设复数z 满足i(z ＋1)＝－3＋2i(i 为虚数单位)，则z 的实部是 .解析：由已知条件知z ＋1＝(－3＋2i)·(－i)＝2＋3i ，∴z ＝1＋3i.答案：114．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形1,3,6,10，…，第n 个三角形数为＝n 2＋n .记第n 个k 边形数为N (n ，k )n (n ＋1)21212(k ≥3)，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式：　三角形数N (n,3)＝n 2＋n ，1212正方形数N (n,4)＝n 2，五边形数N (n,5)＝n 2－n ，3212六边形数N (n,6)＝2n 2－n ，…可以推测N (n ，k )的表达式，由此计算N (10,24)＝ .解析：原已知式子可化为N (n,3)＝n 2＋n ＝1212n 2＋n ，3－224－32N (n,4)＝n 2＝n 2＋n ，4－224－42N (n,5)＝n 2－n ＝n 2＋n ，32125－224－52N (n,6)＝2n 2－n ＝n 2＋n ，6－224－62由归纳推理可得N (n ，k )＝n 2＋n .k －224－k2故N (10,24)＝×102＋×10＝1 100－100＝1 000.24－224－242答案：1 00015．对大于或等于2的自然数m 的n 次方幂有如下分解方式：23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19.根据上述分解规律，若m 3(m ∈N *)的分解式中最小的数是73，则m 的值为 .解析：根据23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19，从23起，m 3的分解规律恰为数列3,5,7，9…，若干连续项之和，23为前两项和，33为接下来三项和，故m 3的首数为m 2－m ＋1.∵m 3(m ∈N *)的分解中最小的数是73，∴m 2－m ＋1＝73，∴m ＝9.答案：916．在平面上，设h a ，h b ，h c 是三角形ABC 三条边上的高，P 为三角形内任一点，P 到相应三边的距离分别为P a ，P b ，P c ，我们可以得到结论：＋＋＝1.若h a ，h b ，h c ，h d 分别是三棱锥A －BCD 四个面上的高，P 为Pa ha Pb hb Pchc 三棱锥A －BCD 内任一点，P 到相应四个面的距离分别为P a ，P b ，P c ，P d ，则类比上述结论，三棱锥中的类似结论为__________________________．解析：设三棱锥的体积为V ，则V P －ABC ＋V P －BCD ＋V P －CDA ＋V P －DAB ＝V ，V ＝V D －ABC ＝V A －BCD ＝V B －CDA ＝V C －DAB，由比例可得＋＋＋＝1，即＋VP －ABCVVP －BCDV VP －CDA VVP －DABVVP －ABCVD －ABC ＋＋＝1，VP －BCDVA －BCD VP －CDAVB －CDA VP －DABVC －DAB亦即＋＋＋＝1，12S △ABC ·Pd 12S △ABChd12S △BCD ·Pa 12S △BCD ·ha12S △CDA ·Pb 12S △CDA ·hb12S △DAB ·Pc 12S △DAB ·hc所以＋＋＋＝1.Pa ha Pb hb Pc hc Pd hd 答案：＋＋＋＝1Pa ha Pb hb Pchc Pdhd。

专题07 立体几何一、选择题1．(2018全国卷Ⅰ)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 ．10πB 【解析】∵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，所以圆柱的高为，底面圆的直径为2212ππ⨯⨯+⨯=．故选B ．2．(2018全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为BAA． B． C ．3 D ．2B 【解析】由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长16．画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN ，则2=MS ，4=SN ，则从M 到N 的路径中，最短路径的长度==B ．SNM图① 图②3．(2018全国卷Ⅰ)在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为 A ．8B ．C ．D ．C 【解析】连接1BC ，因为AB ⊥平面11BB C C ，所以130AC B ∠=o，1AB BC ⊥，所以1ABC ∆为直角三角形．又2AB =，所以1BC =，又112B C =，所以1BB ==。

故该长方形的体积222282V =⨯⨯=．4．(2018全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是A 【解析】由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A ．5．(2018全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为3D ABC -体积的最大值为 A ．123B ．183C ．3D ．3B 【解析】设等边三角形ABC 的边长为x ，则21sin 60932x =o 6x =． 设ABC ∆的外接圆半径为r ，则62sin 60r =o，解得23r =，所以球心到ABC ∆所在平面的距离224(23)2d =-=，则点D 到平面ABC 的最大距离146d d =+=，所以三棱锥D ABC -体积的最大值max 11693618333ABC V S ∆=⨯=⨯=B ． 6．(2018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：3cm ）是俯视图正视图2211A ．2B ．4C ．6D ．8C 【解析】由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积1(12)2262V =⨯+⨯⨯=．故选C ．7．(2018北京)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为俯视图侧(左)视图正(主)视图A ．1B ．2C ．3D ．4C 【解析】解法一 将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示，DBA P易知，BC AD ∥，1BC =，2AD AB PA ===，AB AD ⊥，PA ⊥平面ABCD ，故PAD ∆，PAB ∆为直角三角形，∵PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PA BC ⊥，又BC AB ⊥，且PA AB A =I ，∴BC ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ．BC PB ⊥，∴PBC ∆为直角三角形，容易求得3PC =，CD =PD =PCD ∆不是直角三角形，故选C ．解法二 在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥P ABCD -，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，故选C ．PDCBA8．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 ．34π C ．2π D ．4πB 【解析】圆柱的轴截面如图，1AC =，12AB =，所以圆柱底面半径32r BC ==，那么圆柱的体积是2233()14V r h πππ==⨯⨯=，故选B ． CBA9．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为A ．60B ．30C ．20D ．10 D 【解析】借助立方体可知所求三棱锥为下图粗线部分35该几何体的体积为11(35)41032V =⨯⨯⨯=．选D ． 10．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：3cm ）是俯视图11311A ．12π+ B ．32π+ C ． 312π+ D ． 332π+ A 【解析】该几何体是由一个高为3的圆锥的一半，和高为3的三棱锥组成（如图），其体积为：21111(13)(213)132322ππ⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+．选A ．11．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 ．36πB 【解析】由题意，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为221π36π3463π2V =⋅⋅⋅+⋅⋅=，故选B ．12．(2018全国卷Ⅱ)在正方体1111-ABCD A B C D 中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为 A 2 B 3 C 5 D 7 C 【解析】如图，连接BE ，因为AB CD ∥，所以异面直线AE 与CD 所成角等于相交直线AE 与AB 所成的角，即EAB ∠．不妨设正方体的棱长为2，则1CE =，2BC =，由勾股定理得5BE =又由AB ⊥平面11BCC B ，可得AB BE ⊥， 所以5tan 2BE EAB AB ∠==，故选C ．D1C1B1A1ED CBA13．(2018浙江)已知平面α，直线m，n满足mα⊄，nα⊂，则“m∥n”是“m∥α”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A【解析】若mα⊄，nα⊂，m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α．若m∥α，mα⊄，nα⊂，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选A．14．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是A【解析】由正方体的线线关系，易知B、C、D中AB MQ∥，所以AB∥平面MNQ，只有A不满足15．在正方体1111ABCD A B C D-中，E为棱CD的中点，则A．11A E DC⊥B．1A E BD⊥C．11A E BC⊥D．1A E AC⊥C【解析】如图，连结1A D，易知1AD⊥平面1A DE，所以11AD A E⊥，又11BC AD∥，所以1BC⊥平面1A DE，故11A E BC⊥，选C．EC111D1CDB16．平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，αI 平面ABCD =m ，αI 平面ABB 1A 1=n ，则m ，n 所成角的正弦值为A B C D ．13A 【解析】因为过点A 的平面α与平面11CB D 平行，平面ABCD ∥平面1111A BCD ，所以m ∥11B D ∥BD ，又1A B ∥平面11CB D ，所以n ∥1A B ，则BD 与1A B 所成的角为所求角，所以m ，n 所成角的正弦值，选A ． 17．已知互相垂直的平面αβ， 交于直线l ．若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥nC 【解析】选项A ，只有当m β∥或m β⊂时，m l ∥；选项B ，只有当m β⊥时m n ∥；选项C ，由于l β⊂，所以n l ⊥；选项D ，只有当m β∥或m β⊂时，m n ⊥，故选C ．18．已知,m n 是两条不同的直线，,,αβγ是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A ．若//,//m n αα，则//m n B ．若,αγβγ⊥⊥，则//αβC ．若//,//m n αα，且,m n ββ⊂⊂，则//αβD ．若,m n αβ⊥⊥，且αβ⊥，则m n ⊥ 【答案】D 【解析】若//m α，//n α，则//m n 或m 与n 异面或m 与n 相交，故选项A 错误； 若αγ⊥，βγ⊥，则α与β可能相交，故选项B 错误； 若直线,m n 不相交，则平面,αβ不一定平行，故选项C 错误；αβ⊥Q ，m α⊥ //m β∴或m β⊂，又n β⊥ m n ∴⊥，故选项D 正确.本题正确选项：D19．已知直线a ，b ，l ，平面α，β，下列结论中正确的是( )A ．若a α⊂，b α⊂，l a ⊥，l b ⊥，则l α⊥B ．若a α⊂，//b a ，则//b αC ．若αβ⊥，a α⊂，则a β⊥D ．若//αβ，l α⊥，则l β⊥ 【答案】D 【解析】解：A 错，直线垂直平面内两条相交直线才垂直平面，缺少条件直线a ，b 相交；B 错，平面外一条直线平行平面内一条直线才平行于平面，缺少条件b α⊄；C 错，两个平面垂直，一个平面内的直线可能平行，相交，垂直于另外一个平面．D 对，直线垂直于两个平行平面中的一个，也垂直于另外一个平面．故选：D ．20．在三棱锥P ABC -中， 25PA PBPC ===， 23AB AC BC ===，则三棱锥P ABC -外接球的体积是（ ）A ．36πB ．125π6 C ．32π3 D ．50π【答案】B 【解析】由题意，易知三棱锥P ABC -是正三棱锥，取O '为ABC △外接圆的圆心，连结PO '，则PO '⊥平面ABC ，设O 为三棱锥P ABC -外接球的球心.因为23AB AC BC ===231223O A '==.因为25PA PB PC ===224PO PA O A ''=-=. 设三棱锥P ABC -外接球的半径为R ，则()2244R R-+=，解得52R =，故三棱锥P ABC -外接球的体积是34125ππ36R =.故选B. 二、填空题21．(2018天津)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__．D 1C 1B 1A 1D CBA13【解析】解法一 连接11A C ，交11B D 于点E ，则111A E B D ⊥，11A E BB ⊥，则1A E ⊥ 平面11BB D D ，所以1A E 为四棱锥111A BB D D -的高，且12A E =11BB D D ，1，故111111323A BB D D V -=⨯=．解法二 连接1BD ，则四棱锥111A BB D D -分成两个三棱锥111B A DD -和111B A B D -111111111111111111132323A BB D D B A DD B A B D V V V ---=+=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=．22．(2018江苏)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 ．43【解析】正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都，则该正八面体的体积为214233⨯⨯=． 23．已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC -的体积为9，则球O 的表面积为________．36π【解析】取SC 的中点O ，连接,OA OB ，因为,SA AC SB BC ==，所以,OA SC OB SC ⊥⊥．因为平面SAC ⊥平面SBC ，所以OA ⊥平面SBC ．设OA r =，3111123323A SBC SBC V S OA r r r r -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=所以31933r r =⇒=，所以球的表面积为2436r ππ=．24．长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为 ． 14π【解析】球的直径是长方体的体对角线，设球O 的半径为R ，所以224π14π.R S R ====25．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 ．9π2【解析】设正方体边长为a，则226183a a=⇒=，外接球直径为344279233,πππ3382R a V R====⨯=.26．由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为．俯视图侧视图（左视图）正视图（主视图）211111122π+【解析】由三视图可知,长方体的长、宽、高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆半径为1,所以2π1π21121242V⨯=⨯⨯+⨯⨯=+．27．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。