优化方案(山东专用)2016年高考数学二轮复习高考热点追踪(六)专题强化精练提能理

姓名：________班级：________学号：________ 高考小题分项练(六）1．若a〉b>0，则下列不等式不成立的是( ）A．a＋b〈2错误!B．a12>b12C．ln a>ln b D．0.3a<0.3b2．复数z＝错误!（x∈R，i是虚数单位）是实数,则x的值为（）A．3 B．－3 C．0 D.33．若正数x,y满足x2＋3xy－1＝0，则x＋y的最小值是（)A。

错误! B.错误!C。

错误!D。

错误!4．已知点P(x，y)满足错误!过点P的直线与圆x2＋y2＝14相交于A，B两点，则AB的最小值为( ）A．2 B．2错误!C．2错误!D．45．在R上定义运算：错误!＝ad－bc，若不等式错误!≥1对任意实数x 恒成立，则实数a的最大值为（)A．－错误!B．－错误!C。

错误!D。

错误!6．执行如图所示的程序框图,则输出的n为( )A．3 B．4 C．5 D．67．已知不等式错误!〈0的解集为｛x｜a<x〈b｝，点A（a，b）在直线mx＋ny＋1＝0上，其中mn>0，则错误!＋错误!的最小值为( ）A．4 2 B．8 C．9 D．128．已知函数f（x）＝错误!若|f(x）｜≥ax－1恒成立，则实数a的取值范围是（）A．（－∞，－6] B．[－6,0］C．（－∞，－1] D．[－1，0］9．(2015·陕西)某企业生产甲、乙两种产品均需用A,B两种原料,已知生产1吨每种产品所需原料及每天原料的可用限额如表所示，如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得最大利润为( )甲乙原料限额A(吨)3212B(吨)128A.12万元B．16万元C．17万元D．18万元10．函数f(x）的定义域为D，若满足：①f（x)在D内是单调函数；②存在［a，b］⊆D使得f（x)在［a，b]上的值域为错误!，则称函数f（x)为“成功函数"．若函数f(x)＝log c（c x＋t) （c〉0,c≠1)是“成功函数”，则t的取值范围为( )A．（0，＋∞) B。

第二部分应试高分策略 第2讲 巧解客观题 第2课时 填空题解题技法专题强化精练提能 理[A 卷]1．(2015·河北省五校联考)已知复数z ＝1＋i ，则z 2－2zz －1＝( )A ．－2iB ．2iC ．－2D ．2解析：选B.z 2－2z z －1＝（1＋i ）2－2（1＋i ）i ＝－2i＝2i ，故选B.2．给定两个命题p 、q .若¬p 是q 的必要而不充分条件，则p 是¬q 的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A.(逆向思维法)若¬p 是q 的必要而不充分条件，则q ⇒¬p 但¬p q ，其逆否命题为p ⇒¬q 但¬q p ，所以p 是¬q 的充分而不必要条件．3．函数y ＝e sin x(－π≤x ≤π)的大致图象为( )解析：选D.x 取－π，0，π这三个值时，y 的取值总是1，故排除A 、C ；当0<x <π2时，y ＝e sin x是增函数，排除B.故选D.4．设{a n }是等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，对任意正整数n ，有a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0，又a 1＝2，则S 101的值为( )A ．2B ．200C ．－2D ．0 解析：选A.设等比数列的公比为q .由a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0得a n (1＋2q ＋q 2)＝0.因为a n ≠0，所以可得1＋2q ＋q 2＝0， 解得q ＝－1，所以S 101＝a 1＝2.5．已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该三棱锥的体积是( )A ．1 cm 3B ．2 cm 3C ．3 cm 3D ．6 cm 3解析：选A.由几何体的三视图可知，该几何体是有三个面为直角三角形的四面体，如图所示．三棱锥的底面三角形中直角边长分别为1，2，高为3，故V ＝13S 底·h ＝13×12×1×2×3＝1(cm 3)．6．已知sin θ＝m －3m ＋5，cos θ＝4－2m m ＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<θ<π，则tan θ2等于( ) A.m －38－m B.m －3|9－m | C.13D ．5 解析：选D.由于受条件sin 2θ＋cos 2θ＝1的制约，m 为一确定的值，进而推知tan θ2也为一确定的值，又π2<θ<π，因而π4<θ2<π2，故tan θ2>1.7．设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，其中B ＝π3.设向量m ＝(cos A ，cos2A )，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－125，1，当m·n 取得最小值时，△ABC 的形状为( ) A ．直角三角形 B ．正三角形 C ．钝角三角形 D ．锐角三角形解析：选D.因为m·n ＝－125cos A ＋cos 2A ＝－125cos A ＋2cos 2A －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2A －65cos A －1＝2⎝⎛⎭⎪⎫cos A －352－ 4325，所以当cos A ＝35时，m·n 取得最小值． 此时12<cos A ＝35<32(0<A <π)，于是π6<A <π3.又B ＝π3，所以A ＋B >π2，即C <π2.所以△ABC 为锐角三角形．8．设椭圆C ：x 24＋y 23＝1的长轴的两端点分别是M ，N ，P 是C 上异于M ，N 的任意一点，则PM 与PN 的斜率之积等于( )A.34 B ．－34 C.43 D ．－43 解析：选B.取特殊点，设P 为椭圆的短轴的一个端点(0，3)，又取M (－2，0)，N (2，0)，所以k PM ·k PN ＝32·3－2＝－34(亦可用常规解法，即设P (x ，y ))，故选B.9．(2015·南昌市调研测试卷)若正数a ，b 满足1a ＋1b ＝1，则4a －1＋16b －1的最小值为( )A ．16B ．25C ．36D ．49解析：选A.因为a ，b >0，1a ＋1b＝1，所以a ＋b ＝ab ，所以4a －1＋16b －1＝4（b －1）＋16（a －1）（a －1）（b －1）＝4b ＋16a －20ab －（a ＋b ）＋1＝4b ＋16a －20. 又4b ＋16a ＝4(b ＋4a )＝4(b ＋4a )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝20＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋4a b ≥20＋4×2b a ·4a b＝36， 当且仅当b a ＝4a b 且1a ＋1b ＝1，即a ＝32，b ＝3时取等号． 所以4a －1＋16b －1≥36－20＝16. 10．方程x lg(x ＋2)＝1的实数根的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．0 D ．不确定解析：选B.方程x lg(x ＋2)＝1⇔lg(x ＋2)＝1x，在同一坐标系中画出函数y ＝lg(x ＋2)与y ＝1x的图象，可得两函数图象有两个交点，故所求方程有两个不同的实数根．11．已知函数f (x )＝x (x －a )(x －b )的导函数为f ′(x )，且f ′(0)＝4，则a 2＋2b 2的最小值为________．解析：f ′(x )＝(x －a )(x －b )＋x [(x －a )(x －b )]′， f ′(0)＝ab ＝4，a 2＋2b 2≥22ab ＝8 2. 当且仅当a ＝2b 时等号成立． 答案：8 212．(2015·洛阳模拟)已知正方形ABCD 的边长为1，AB →＝a ，BC →＝b ，AC →＝c ，则|a ＋b ＋c |＝________．解析：如图，建立平面直角坐标系，则A (0，1)，B (0，0)，C (1，0)，所以AB →＝a ＝(0，－1)，BC →＝b ＝(1，0)，AC →＝c ＝(1，－1)，所以a ＋b ＋c ＝(2，－2)，|a ＋b ＋c |＝2 2. 答案：2 213．(2015·南昌市第一次模拟)如图所示的程序框图，其功能是输入x 的值，输出相应的y 值．若要使输入的x 值与输出的y 值相等，则这样的x 值有________个．解析：由程序框图可知y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ln|x |，|x |>1，x 3，|x |≤1，则根据题意有⎩⎪⎨⎪⎧|x |>1，ln|x |＝x 或⎩⎪⎨⎪⎧|x |≤1，x 3＝x .而由⎩⎪⎨⎪⎧|x |≤1，x 3＝x 得x ＝0或±1. 令f (x )＝ln x －x ，则f ′(x )＝1x －1＝1－xx，当x >1时，f ′(x )<0，所以f (x )在(1，＋∞)上是减函数，又f (1)＝ln 1－1＝－1<0，故当x >1时，方程ln x ＝x 即ln|x |＝x 无解；当x <－1时，ln|x |>ln 1＝0，则ln|x |>x ，即ln|x |＝x 无解，所以⎩⎪⎨⎪⎧|x |>1，ln|x |＝x无解．综上所述，符合条件的x 的值有3个． 答案：314.⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为________．解析：令x ＝1，可得各项系数和为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 1(2－1)5＝1＋a ＝2，故a ＝1，原式变为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ⎝⎛⎭⎪⎫2x －1x 5，⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式的通项为T r ＋1＝(－1)r C r 525－r ·x 5－2r ，令5－2r ＝－1，即r ＝3，则x －1的系数为－40，令5－2r ＝1，则r ＝2，则x 的系数为80，所以原展开式中常数项为－40＋80＝40.答案：4015．椭圆x 24＋y 23＝1的左焦点为F ，直线x ＝m 与椭圆相交于点A 、B .当△FAB 的周长最大时，△FAB 的面积是________．解析：不妨设A (2cos θ，3sin θ)，θ∈(0，π)，△FAB 的周长为2(|AF |＋3sinθ)＝2(2＋cos θ＋3sin θ)＝4＋4sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6.当θ＝π3，即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32时，△FAB 的周长最大．所以△FAB 的面积为S ＝12×2×3＝3.答案：3[B 卷]1．已知全集U ＝A ∪B 中有m 个元素，(∁U A )∪(∁U B )中有n 个元素．若A ∩B 非空，则A ∩B 的元素个数为( )A ．mnB ．m ＋nC ．n －mD ．m －n解析：选D.因为(∁U A )∪(∁U B )中有n 个元素，如图中阴影部分所示，又U ＝A ∪B 中有m 个元素，故A ∩B 中有m －n 个元素．2．若a ，b ，c ∈R ，a >b ，则下列不等式成立的是( )A.1a<1bB．a2>b2C.ac2＋1>bc2＋1D．a|c|>b|c|解析：选C.取a＝1，b＝－1，排除A；取a＝0，b＝－1，排除B；取c＝0，排除D，故选C.3．(2015·福州地区八校联考)在等差数列{a n}中，a1＝0，公差d≠0，若a m＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为( )A．37 B．36C．20 D．19解析：选A.a m＝a1＋a2＋…＋a9＝9a1＋9×82d＝36d＝a37，故选A.4．已知函数f(x)＝|x|＋1x，则函数y＝f(x)的大致图象为( )解析：选B.由f(x)不是奇函数，排除A、C选项．当x>0时，f(x)>0恒成立，排除D 选项，故选B.5．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15解析：选D.由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V2＝13－16＝56.所以V1V2＝1656＝15，故选D.6．执行如图所示的程序框图，x 1，x 2，x 3为某次考试三个评阅人对同一道题的独立评分，p 为该题的最终得分．当x 1＝6，x 2＝9，p ＝9.5时，x 3等于( )A ．10B ．9C ．8D ．7解析：选A.根据x 1＝6，x 2＝9，不满足|x 1－x 2|≤2，故进入循环体，输入x 3，判断x 3与x 1，x 2哪个数差距小，差距小的那两个数的平均数作为该题的最后得分．因此9.5＝9＋x 32，解得x 3＝10.7．(2015·井冈山模拟)若θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2，sin 2θ＝378，则sin θ＝( ) A.35 B.45C.74D.34解析：选D.法一：由θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2，得2θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π. 又sin 2θ＝378，故cos 2θ＝－18.故sin θ＝1－cos 2θ2＝34. 法二：因为θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2，所以sin θ≥22， 从而可排除 A 、C ；若sin θ＝45，则cos θ＝35，所以sin 2θ＝2425，从而可排除B.故选D.8．(2015·山西省考前质量检测)设P 为双曲线C ：x 2－y 2＝1上一点，F 1、F 2分别为双曲线C 的左、右焦点，若cos∠F 1PF 2＝13，则△PF 1F 2的外接圆半径为( )A.94 B ．9 C.32D ．3 解析：选C.由题意知双曲线中a ＝1，b ＝1，c ＝2，所以|F 1F 2|＝2 2.因为cos∠F 1PF 2＝13，所以sin∠F1PF 2＝223. 在△PF 1F 2中，|F 1F 2|sin∠F 1PF 2＝2R (R 为△PF 1F 2的外接圆半径)，即22223＝2R ，解得R ＝32，即△PF 1F 2的外接圆半径为32，故选C.9．若函数f (x )＝x 3－3x 在(a ，6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－5，1) B ．[－5，1) C ．[－2，1) D ．(－2，1) 解析：选C.f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)·(x －1)，令f ′(x )＝0，得x ＝±1，所以f (x )的大致图象如图所示，f (1)＝－2，f (－2)＝－2，若函数f (x )在(a ，6－a 2)上有最小值，则⎩⎪⎨⎪⎧－2≤a <1，6－a 2>1，解得－2≤a <1. 10．如果关于x 的三个方程x 2＋4ax －4a ＋3＝0，x 2＋(a －1)x ＋a 2＝0，x 2＋2ax －2a ＝0中至少有一个方程有实根，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12 B.⎝⎛⎭⎪⎫－1，13 C ．(－1，0)D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪[－1，＋∞) 解析：选D.若x 2＋4ax －4a ＋3＝0无实根．则Δ＝16a 2－4(－4a ＋3)<0，即4a 2＋4a －3<0，解得－32<a <12.若x 2＋(a －1)x ＋a 2＝0无实根，则Δ＝(a －1)2－4a 2<0，即3a 2＋2a －1>0，解得a <－1或a >13.若x 2＋2ax －2a ＝0无实根，则Δ＝4a 2＋8a <0， 即4a (a ＋2)<0，解得－2<a <0.则三个方程均无实根时a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1. 所以三个方程中至少有一个方程有实根时a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪[－1，＋∞)． 11．若f (x )在R 上可导，f (x )＝x 2＋2f ′(2)x ＋3，则⎠⎛03f(x)d x ＝________．解析：因为f ′(x )＝2x ＋2f ′(2)，令x ＝2得f ′(2)＝4＋2f ′(2)，即f ′(2)＝－4，所以f (x )＝x 2－8x ＋3，所以∫30f(x)d x ＝∫30(x 2－8x ＋3)d x ＝⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎪⎫13x 3－4x 2＋3x 30＝13×33－4×32＋3×3－0＝－18.答案：－1812．直线y ＝kx ＋3与圆(x －2)2＋(y －3)2＝4相交于M 、N 两点，若|MN |≥23，则k 的取值范围是________．解析：由题意，圆心到直线的距离d ＝|k ·2－3＋3|1＋k 2＝|2k |1＋k2，若|MN |≥23，则4－d 2≥(3)2，解得－33≤k ≤33. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，33 13．(2015·高考福建卷)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋6，x ≤2，3＋log a x ，x >2(a >0，且a ≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a 的取值范围是________．解析：当x ≤2时，y ＝－x ＋6≥4.因为f (x )的值域为[4，＋∞)， 所以当a >1时，3＋log a x >3＋log a 2≥4，所以log a 2≥1， 所以1<a ≤2；当0<a <1时，3＋log a x <3＋log a 2，不合题意． 故a ∈(1，2]． 答案：(1，2]14．如图所示，在平行四边形ABCD 中，AP ⊥BD ，垂足为P ，且AP ＝3，则AP →·AC →＝________．解析：法一：AP →·AC → ＝AP →·(AB →＋BC →) ＝AP →·AB →＋AP →·BC → ＝AP →·AB →＋AP →·(BD →＋DC →) ＝AP →·BD →＋2AP →·AB →，因为AP ⊥BD ，所以AP →·BD →＝0.又因为AP →·AB →＝|AP →||AB →|cos ∠BAP ＝|AP →|2，所以AP →·AC →＝2|AP →|2＝2×9＝18.法二：把平行四边形ABCD 看成正方形，则P 点为对角线的交点，AC ＝6，则AP →·AC →＝18. 答案：1815．定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋1)＝－f (x )，且在[－1，0]上是增函数，给出下列关于f (x )的命题：①f (x )是周期函数；②f (x )关于直线x ＝1对称；③f (x )在[0，1]上是增函数；④f (x )在[1，2]上是减函数；⑤f (2)＝f (0)．其中正确命题的序号是________．解析：由f (x ＋1)＝－f (x )，可得f (x ＋2)＝f ((x ＋1)＋1)＝－f (x ＋1)＝－(－f (x ))＝f (x )，所以函数f (x )是周期函数，它的一个周期为2， 所以命题①正确；由f (x ＋1)＝－f (x )，令x ＝－12，可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12， 而函数f (x )为偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12， 解得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0， 故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0. 根据函数f (x )在[－1，0]上为增函数及 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，作出函数f (x )在[－1，0]上的图象，然后根据f (x )为偶函数作出其在[0，1]上的图象，再根据函数的周期性把函数图象向两方无限延展，即得满足条件的一个函数图象，如图所示．由函数的图象显然可判断出命题②⑤正确，而函数f (x )在[0，1]上是减函数，在[1，2]上是增函数，所以命题③④是错误的，综上，命题①②⑤是正确的．答案：①②⑤。

第一部分专题四立体几何第1讲空间几何体专题强化精练提能理[A卷]1．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )解析：选D.先观察俯视图，由俯视图可知选项B和D中的一个正确，由正视图和侧视图可知选项D正确，故选D.2．如图是正方体截去阴影部分所得的几何体，则该几何体的侧视图是( )解析：选C.此几何体的侧视图是从左边往右看，故其侧视图应为C.3．(2014·高考陕西卷)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解析：选C.由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S＝2πrh＝2π×1×1＝2π.4．(2015·高考全国卷Ⅰ) 圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A．1 B．2C．4 D．8解析：选B. 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，所以(5π＋4)r 2＝16＋20π，所以r 2＝4，r ＝2，故选B.5．如图是一个体积为10的空间几何体的三视图，则图中x 的值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选A.根据给定的三视图可知，该几何体对应的直观图是一个长方体和四棱锥的组合体，所以几何体的体积V ＝3×2×1＋13×3×2×x ＝10，解得x ＝2.故选A.6. 如图，水平放置的三棱柱的侧棱长为1，且侧棱AA 1⊥平面A 1B 1C 1，正视图是边长为1的正方形，俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的侧视图面积为( )A ．2 3B. 3C.32D ．1解析：选C.由直观图、正视图以及俯视图可知，侧视图是宽为32，长为1的长方形，所以面积S ＝32×1＝32.故选C. 7．(2015·石家庄市第一次模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．64B ．72C ．80D ．112解析：选B.由三视图可知该几何体是一个组合体，下面是一个棱长为4的正方体；上面是一个三棱锥，三棱锥的高为3.故所求体积为43＋13×12×4×4×3＝72.8．正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为 3，D 为BC 中点，则三棱锥A ­B 1DC 1的体积为( )A ．3 B.32C ．1D.32解析：选C.由题意可知AD ⊥BC ，由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面DB 1C 1，又AD ＝2sin60°＝3，所以VA ­B 1DC 1＝13AD ·S △B 1DC 1＝13×3×12×2×3＝1，故选C.9．(2015·日照二模)一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )A ．45，8B ．45，83C ．4(5＋1)，83D ．8，8解析：选B.由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为22＋12＝5，所以S 侧＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×5＝45，V ＝13×22×2＝83.10．(2015·济南市第一次模拟)如图，在正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P ­BCD 的正视图与侧视图的面积之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2解析：选A.根据题意，三棱锥P ­BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，故三棱锥P ­BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.11．已知某组合体的正视图与侧视图相同(其中AB ＝AC ，四边形BCDE 为矩形)，则该组合体的俯视图可以是________(把正确的图的序号都填上)．解析：几何体由四棱锥与四棱柱组成时，得①正确；几何体由四棱锥与圆柱组成时，得②正确；几何体由圆锥与圆柱组成时，得③正确；几何体由圆锥与四棱柱组成时，得④正确．答案：①②③④12．(2015·滨州模拟)一平面截一球得到直径为2 5 cm 的圆面，球心到这个平面的距离是2 cm ，则该球的体积是________．解析：因为球心和截面圆心的连线垂直于截面，由勾股定理得，球半径R ＝22＋（5）2＝3，故球的体积为43πR 3＝36π(cm 3)．答案：36π cm 313．把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是1∶4，母线长是10 cm ，则圆锥的母线长为________ cm.解析：作出圆锥的轴截面如图， 设SA ＝y ，O ′A ′＝x ， 利用平行线截线段成比例， 得SA ′∶SA ＝O ′A ′∶OA ，则(y －10)∶y ＝x ∶4x ，解得y ＝403.所以圆锥的母线长为403cm.答案：40314．如图是某空间几何体的三视图，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是棱长为2，2，1的长方体挖去一个半径为1的半球，所以长方体的体积为2×2×1＝4，半球的体积为12×43π×13＝2π3，所以该几何体的体积是4－2π3. 答案：4－2π315. 如图，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1­EDF 的体积为________．解析：因为B 1C ∥平面ADD 1A 1，所以F 到平面ADD 1A 1的距离d 为定值1，△D 1DE 的面积为12D 1D ·AD ＝12，所以V D 1 ­EDF ＝V F ­D 1 DE ＝13S △D 1 DE ·d ＝13×12×1＝16.答案：16[B 卷]1．一个锥体的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )解析：选C.根据三视图中“正俯长一样，侧俯宽一样，正侧高一样”的规律，C 选项的侧视图宽为32，不符合题意，故选C.2．(2015·邢台市摸底考试)已知一个几何体的三视图是三个全等的边长为1的正方形，如图所示，则该几何体的体积为( )A.16 B.13 C.23D.56解析：选D.依题意得，题中的几何体是从棱长为1的正方体ABCD ­A ′B ′C ′D ′中截去三棱锥A ′­ABD 后剩余的部分，因此该几何体的体积等于13－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×12×1＝56，选D.3．(2014·高考湖南卷)一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B. 由三视图可知该几何体是一个直三棱柱，如图所示．由题意知，当打磨成的球的大圆恰好与三棱柱底面直角三角形的内切圆相同时，该球的半径最大，故其半径r ＝12×(6＋8－10)＝2.因此选B.4．(2015·高考山东卷)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.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.2π3B.4π3C.5π3D ．2π解析：选C.过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C.5．(2015·芜湖市质量监测)已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸(单位：cm)可得这个几何体的体积是( )A.43cm 3B.83cm 3 C ．3 cm 3D ．4 cm 3解析：选B.由三视图可知该几何体是一个底面为正方形(边长为2)、高为2的四棱锥，如图所示．由四棱锥的体积公式知所求几何体的体积V ＝83cm 3.6．(2015·聊城市第一次质量预测)某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy 的最大值为( )A ．32B ．327C ．64D ．647解析：选C.依题意，题中的几何体是三棱锥P ­ABC (如图所示)，其中底面ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ，PA ⊥平面ABC ， BC ＝27，PA 2＋y 2＝102，(27)2＋PA 2＝x 2，因此xy ＝x 102－[x 2－（27）2]＝x 128－x 2≤x 2＋（128－x 2）2＝64，当且仅当x 2＝128－x 2，即x ＝8时取等号，因此xy 的最大值是64，选C.7．(2015·山西省第三次四校联考)在半径为10的球面上有A ，B ，C 三点，如果AB ＝83，∠ACB ＝60°，则球心O 到平面ABC 的距离为( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：选C.设A ，B ，C 三点所在圆的半径为r ，圆心为P .因为∠ACB ＝60°，所以∠APB＝120°.在等腰三角形ABP 中，AP ＝43sin 60°＝8，所以r ＝8，所以球心O 到平面ABC 的距离为102－82＝6，故选C.8．(2015·山西省考前质量检测)某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为( )A.152 B ．6＋ 3 C.32＋3 3 D ．4 3 解析：选A.侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成，矩形的长为3，宽为2，面积为3×2＝6.等腰三角形的底边为3，高为3，其面积为12×3×3＝32，所以侧视图的面积为6＋32＝152，故选A. 9．(2015·洛阳市高三年级统考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π解析：选D.由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去一个角后得到，该长方体的长、宽、高分别为5、4、3，所以其外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以该几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫5222＝50π，故选D.10．在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，D 为侧棱PC 上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是( )A ．AD ⊥平面PBC ，且三棱锥D ­ABC 的体积为83B ．BD ⊥平面PAC ，且三棱锥D ­ABC 的体积为83C ．AD ⊥平面PBC ，且三棱锥D ­ABC 的体积为163D ．BD ⊥平面PAC ，且三棱锥D ­ABC 的体积为163解析：选C.由正视图可知，PA ＝AC ，且点D 为线段PC 的中点，所以AD ⊥PC .由侧视图可知，BC ＝4.因为PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥BC .又因为BC ⊥AC ，且AC ∩PA ＝A ，所以BC ⊥平面PAC ，所以BC ⊥AD .又因为AD ⊥PC ，且PC ∩BC ＝C ，所以可得AD ⊥平面PBC ，V D ­ABC ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12PA ×S △ABC ＝163.11. 如图，三棱锥V ­ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正视图的面积为23，则其侧视图的面积为________．解析：设三棱锥V ­ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32×43＝33. 答案：3312．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积是________．解析：该几何体的直观图如图．表面积S ＝1×1＋12×1×1×2＋2×12×(1＋2)×1＋12×6×2＝5＋ 3.答案：5＋ 313．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________． 解析：设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94，得πr 21πr 22＝94，则r 1r 2＝32.由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，则h 1h 2＝23，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝32.答案：3214．(2015·洛阳市统考)已知点A ，B ，C ，D 均在球O 上，AB ＝BC ＝6，AC ＝23，若三棱锥D ­ABC 体积的最大值为3，则球O 的表面积为________．解析：由题意可得，∠ABC ＝π2，△ABC 的外接圆半径r ＝3，当三棱锥的体积最大时，V D ­ABC ＝13S △ABC ·h (h 为D 到底面ABC 的距离)，即3＝13×12×6×6h ⇒h ＝3，即R ＋R 2－r 2＝3(R 为外接球半径)，解得R ＝2，所以球O 的表面积为4π×22＝16π.答案：16π15．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：作出三视图所对应的几何体(如图)，底面ABCD 是边长为2的正方形，SD ⊥平面ABCD ，EC ⊥平面ABCD ，SD ＝2，EC ＝1，连接SC ，则该几何体的体积为V ＝V S ­ABCD ＋V S ­BCE ＝13×4×2＋13×12×2×1×2＝103.答案：103。

(2015·南平模拟)已知抛物线 x2＝3y，过原点作斜率为 1
的直线交抛物线于第一象限内一点 P1，又过点 P1作斜率为13的
直线交抛物线于点
P2，再过
P2
作斜率为1的直线交抛物线于 9
点 P3，…，如此继续，一般地，过点 Pn 作斜率为31n的直线交
抛物线于点 Pn＋1，设点 Pn(xn，yn)．令 an＝x2n＋1－x2n－1，求
已知点 P 到两定点 M(－1，0)，N(1，0)的距离之比为 2∶1，点 N 到直线 PM 的距离 NH 为 1，求直线 PN 的方程．
[解]如图，在 Rt△MNH 中，斜边 MN ＝2，直角边 NH＝1，可得∠HMN＝ 30°. 在△PMN 中，由正弦定理，
得 |PM| ＝ |PN| ⇒ sin∠PNM sin∠PMN
证：数列 {an} 是等比数列．
[证明] 因为 P ( n(xn，yn)、Pn＋1 xn＋1，yn＋1)在抛物线上，故 x2n
＝ 3yn，① x2n＋ 1＝ 3yn＋ 1.② 又因为直线 PnPn＋1 的斜率为31n，
即 yn＋ xn＋
11－－xynn＝31n，①、②代入
可得：
13·xxn2n＋＋11－－xx2nn＝31n⇒ xn＋1＋ xn＝3n1－ 1，
y＝ kx－ kt＋ t＋ 1， 联立直线 l 与曲线 C1，得x22－y2＝1
⇒k2－12 x2＋ 2k(1＋t－ kt)x＋ (1＋ t－ kt)2＋ 1＝ 0，
当
k2≠1时，若 直线 2
l
与曲线
C1 有交点，
则 Δ＝4k2(1＋t－kt)2－4k2－12[(1＋t－kt)2＋1]≥0.
化简得 (1＋ t－ kt)2≥ 2k2－ 1，②