河北省高三数学一轮复习 考试试题精选(1)分类汇编12 立体几何 理

立体几何0912.．已知正方形ABCD .E 、F 分别是AB 、CD 的中点,将ADE 沿DE 折起,如图所示,记二面角A DE C --的大小为(0)θθπ<<. (I) 证明//BF 平面ADE ;(II)若ACD 为正三角形,试判断点A 在平面BCDE 内的射影G 是否在直线EF 上,证明你的结论,并求角θ的余弦值.在Rt ∆ADE 中, AH DE AE AD ⋅=⋅5AH ∴=25GH ∴=1cos 4GH AH θ==.A ACBDEFBCDEF解法2:点A 在平面BCDE 内的射影G 在直线EF 上，连结AF,在平面AEF 内过点作AG EF '⊥,垂足为G '.∆ACD 为正三角形,F 为CD 的中点,AF CD ∴⊥又因EF CD ⊥,所以CD AEF ⊥平面AG AEF '⊂平面AG CD '∴⊥又AG EF '⊥且,,BCDE CD EF F CD BCDE EF ⋂=⊂⊂平面平面AG BCDE '∴⊥平面G '∴为A 在平面BCDE 内的射影G.即点A 在平面BCDE 内的射影在直线EF 上即点A 在平面BCDE 内的射影在直线EF 上过G 作GH 垂直于ED 于H,连结AH,则AH DE ⊥,所以AHD ∠为二面角A-DE-C 的平面角.即G AH θ∠=设原正方体的边长为2a,连结AF ，在折后图的∆AEF 中3a ,EF=2AE=2a, 即∆AEF 为直角三角形, AG EF AE AF ⋅=⋅3AG ∴=在Rt ∆ADE 中, AH DE AE AD ⋅=⋅5AH ∴=25GH ∴=1cos 4GH AH θ==.【点评】本小题考查空间中的线面关系,解三角形等基础知识考查空间想象能力和思维能力.13．如图，1l 、2l 是互相垂直的异面直线，MN 是它们的公垂线段。

点A 、B 在1l 上，C 在2l 上，AM MB MN ==。

专题复习（二）——立体几何（文科部分）1． 如图，已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥平面ABCD ，AB=4，AD=2. 若B 1D ⊥BC ，直线B 1D 与平面ABCD 所成的角等于30°，求平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的体积.2．在直三棱柱ABC ABC -中，90,1ABC AB BC ∠===. （1）求异面直线11B C 与AC 所成的角的大小；（2）若1AC 与平面ABC S 所成角为45，求三棱锥1A ABC -的体积。

3．已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1.AB=1，AA 1=2，点E 为CC 1中点，点P 为BD 1中点. （1）证明EF 为BD 1与CC 1的公垂线； （2）求点D 1到面BDE 的距离.4．如图，在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是正方形，侧棱⊥PD 底面ABCD ，DC PD =，E 是PC 的中点。

(I)证明 ∥PA 平面EDB ；(II)求EB 与底面ABCD 所成的角的正切值。

5．在三棱锥S-ABC 中，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC ，SA=SC=23，M 、N 分别为AB 、SB 的中点。

（1）证明：AC ⊥SB ；（2）求点B 到平面CMN 的距离。

A6．正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长的3，侧棱AA 1=,233D 是CB 延长线上一点，且BD=BC.（1）求证：直线BC 1//平面AB 1D ； （2）求三棱锥C 1—ABB 1的体积. （3）求二面角B 1—AD —B 的大小；7．如图，在五棱锥S —ABCDE 中，SA ⊥底面ABCDE ，SA=AB=AE=2，3==DE BC ，︒=∠=∠=∠120CDE BCD BAE 。

（1）求异面直线CD 与SB 所成的角（用反三角函数值表示）； （2）证明：BC ⊥平面SAB ；E8．如图,在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,AB=2,AA 1=2,由顶点B 沿棱柱侧面经过棱AA 1到顶点C 1的最短路线与AA 1的交点记为M.求: (Ⅰ)三棱柱的侧面展开图的对角线长; (Ⅱ)该最短路线的长及AMMA 1的值; (Ⅲ)平面C 1MB 与平面ABC 所成二面角(锐角)的大小.9.如图，在斜三棱柱111C B A ABC -中，a B A A A AC AB AC A AB A ===∠=∠1111,,，侧面11BCC B 与底面ABC 所成的二面角为120，E 、F 分别是棱A A C B 111、的中点 （Ⅰ）求A A 1与底面ABC 所成的角 （Ⅱ）证明E A 1∥平面FC B 1（Ⅲ）求经过C B A A 、、、1四点的球的体积(有一定难度)1专题复习（二）——立体几何（理科部分）1．已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1.AB=1，AA 1=2，点E 为CC 1中点，点P 为BD 1中点. （1）证明EF 为BD 1与CC 1的公垂线； （2）求点D 1到面BDE 的距离.2．在三棱锥S-ABC 中，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC ，SA=SC=23，M 、N 分别为AB 、SB 的中点。

河北省邢台市高三上学期一轮摸底考试（12月）数学试卷一、选择题：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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】通过不等式的解法求出集合A，然后求解并集即可．A＝{x|x2＜9}＝（﹣3，3），又，所以，故选D.2.设的实部与虚部相等，其中为实数，则（）A. -1B. -2C. 1D. 2【答案】A【解析】利用复数的乘法运算化简题目所给表达式，根据实部和虚部相等列方程，求得的值. 依题意，由于该复数的实部和虚部相等，故，解得，故选A.3.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据三视图，对选项逐一进行验证，由此得出正确的选项.由于主视图可知，从右上角到左下角有一条线被挡住，主视图中化成了虚线，由此排除A,C 两个选项，并且这个虚线是从右上角到左下角，由此排除D选项.故选B.4.若双曲线的离心率为2，则其实轴长为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由双曲线方程求得，根据离心率和列方程组，解方程组求得的值，由此得到实轴的值.双曲线方程知，由离心率得，结合，解得，故实轴长.故选D.5.若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】已知等式平方后，左边除以后得到二次齐次式，再将分子分母除以cos，整理后求出tan，再利用诱导公式计算所求的结果．将两边同时平方，则有=3，则有=3，由题意知，=3,又所求，故选B.6.函数的图像大致为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】利用函数的奇偶性以及函数经过的特殊点，对选项进行排除，由此得到正确选项. 由于，故函数为奇函数，图像关于原点对称，故排除A,C两个选项.，通过观察图像可知，D选项中时，函数值小于，故排除D选项.综上所述，本题选B.7.的展开式中有理项共有（）A. 4项B. 3项C. 2项D. 1项【答案】C【解析】由题意可得二项展开式共有12项，要求展开式中的有理项，只要在通项中，让为整数，求解符合条件的r即可.由题意可得二项展开式的通项根据题意可得，为整数时，展开式的项为有理项，则r＝3，9共有2项，故选C.8.若，满足约束条件，则的最大值为（）A. 15B. 30C.D. 34【答案】C【解析】利用线性规划的内容作出不等式组对应的平面区域，然后由z＝12x+3y得y＝﹣4x z，根据平移直线确定目标函数的最大值．作出x，y满足约束条件，对应的平面区域内的x∈Z点，如图：由z＝12x+3y得y＝﹣4x z，平移直线y＝﹣4x z，由图象可知当直线经过x=3上的点A时，直线的截距最大，此时Z最大，由图形可知A（3，-），代入z＝12x+3y得最大值为z＝12×3﹣＝．故选：C．9.的内角，，的对边分别为，，.已知，，成等比数列，，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】利用等比中项的性质和正弦定理，得到，利用列方程，分子分母同时除以可将方程变为含有的式子，解方程求得的值.由于，，成等比数列，故，由正弦定理得，根据余弦定理有，对分子分母同时除以得，由于，故解得.故选D.10.已知点是抛物线上的动点，则的最小值为（）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】由题意：表示A（3，1）和F（1，0）与在抛物线上的动点P的距离之和，利用抛物线的定义将到F的距离转到到准线的距离即可求解.由题意知：=表示A（3，1）和F（1，0）与在抛物线上的动点P的距离之和，又F（1，0）为抛物线的焦点，所以抛物线上的动点P到F（1，0）的距离等于到x=-1的距离，只需要过A作x=-1的垂线交抛物线于P，交准线于M，则AM=4即为所求.故选B.11.将函数的图像向左平移个单位长度后，得到的图像，若函数在上单调递减，则正数的最大值为（）A. B. 1 C. D.【答案】A【解析】先化简的表达式，平移后得到的解析式，再求出的解析式，然后利用的单调减区间列不等式组，求得的取值范围，进而求得正数的最大值.依题意，，向左平移个单位长度得到.故，下面求函数的减区间：由，由于故上式可化为，由于函数在上单调递减，故，解得，所以当时，为正数的最大值.故选A.12.已知函数，若函数恰有5个零点，且最小的零点小于-4，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设，则充分利用函数的图象，分类讨论ａ的取值情况，得到的取值范围．当时，，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，故.当时，的图像恒过点，当时，；当时，.有5个零点，即方程有5个解，设，则.结合图像可知，当时，方程有三个根，，（∵，∴），于是有1个解，有1个解，有3个解，共有5个解.由，得，再由，得，∵，∴.而当时，结合图像可知，方程不可能有5个解.故选：C二、填空题（每题5分，满分20分）13.已知向量，满足，，，则__________．【答案】【解析】将两边平方，化简后可求得的值.对两边平方得，，即，解得.14.小周公司的班车早上7点到达地，停留15分钟.小周在6:50至7:45之间到达地搭乘班车，且到达地的时刻是随机的，则他能赶上公司班车的概率为__________．【答案】【解析】时间总长度为分钟，其中能赶上班车的时间有分钟，利用几何概型求得相应的概率.依题意，从6:50至7:45之间一共有分钟，其中点之前能赶上班车，故能赶上班车的时间有分钟，由几何概型的概率计算公式得，即他能赶上公司班车的概率为.15.已知，，则的近似数为__________．（结果精确到0.001）【答案】4.277【解析】利用对数的运算将化简为，将的值代入即可得出．4.2765 4.277，故答案为4.277.16.已知正四棱锥的底面边长和高均为3，，分别是棱，上一点，且满足，，过做平面与线段，分别交于，，则四棱锥的体积的最小值为__________．【答案】【解析】设=x，=y，借用三棱锥体积比例的性质得到xy=(x+y)，再将中的x、y统一用x来表示，求导求得最值.引用三棱锥体积比例的性质：当D、E、F分别在侧棱SA、SB、SC上时，有=成立，设=x，=y，又S-ABCD的体积，=+=+ +=，xy=(x+y)，y==(x+y)=(x+)，即=(x+)= x+，求导得，所以当x=时最小为.故答案为三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答. 17.已知数列是等差数列，且，.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.解：（1）设{a n}的首项为a1，公差为d．∵，∴，又，∴解得∴.（2）∵，∴，∴18.如图，在三棱锥中，平面，且，.（1）证明：三棱锥为鳖臑；（2）若为棱的中点，求二面角的余弦值.注：在《九章算术》中鳖臑（nào）是指四面皆为直角三角形的三棱锥.（1）证明：∵，，∴，∴，为直角三角形.∵平面，∴，，，均为直角三角形.∵，∴平面.又平面，∴，为直角三角形.故三棱锥为鳖臑.（2）解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，则，.设平面的法向量为，则令，则.易知平面的一个法向量为，则.由图可知二面角为锐角，则二面角的余弦值为.19.2018年中秋季到来之际，某超市为了解中秋节期间月饼的销售量，对其所在销售范围内的1000名消费者在中秋节期间的月饼购买量（单位：）进行了问卷调查，得到如下频率分布直方图：（1）求频率分布直方图中的值；（2）已知该超市所在销售范围内有20万人，并且该超市每年的销售份额约占该市场总量的，请根据人均月饼购买量估计该超市应准备多少吨月饼恰好能满足市场需求？（3）由频率分布直方图可以认为，该销售范围内消费者的月饼购买量服从正态分布，其中样本平均数作为的估计值，样本标准差作为的估计值，设表示从该销售范围内的消费者中随机抽取10名，其月饼购买量位于的人数，求的数学期望.附：经计算得，若随机变量服从正态分布，则，.解：（1）由，得.（2）由频率分布直方图可得人均月饼购买量为，所以万克=吨.即该超市应准备12.08吨月饼恰好能满足市场需求.（3）由（2）知，，计算得，，所以.由题知，所以.20.在直角坐标系中，椭圆的中心在原点，焦点在轴上，且过点，若的两焦点与其中一个顶点能构成一个等边三角形.（1）求的方程.（2）已知过的两条直线，（斜率都存在）与的右半部分（轴右侧）分别相交于，两点，且的面积为，试判断，的斜率之积是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.解：（1）由题意可知，即，又，得.把代入的方程得，又，解得，从而，，故的方程为.（2）设，，，的斜率分别为，.联立方程组，得，同理得，则.因为点到直线的距离，所以的面积为，则，整理得，即，故，的斜率之积为定值，且定值为.21.设函数.（1）若，求的值；（2）若对恒成立，求的取值范围.解：（1）由题意，等价于，令，，.①当时，，，在上单调递减，而，所以不符合题意.②当时，，当时，；当时，.故在上单调递减，在上单调递增，所以，令，，当时，；当时，，所以，即，因为，所以，而，所以.（2）原不等式等价于在上恒成立，即在上恒成立，令，只需在上恒成立即可.又因为，所以在处必大于等于0.令，由，可得.当时，.因为，所以，又，故在时恒大于0.所以当时，在上单调递增.所以，故也在上单调递增.所以，即在上恒大于0.综上，的取值范围为.22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求和的直角坐标方程；（2）若与恰有4个公共点，求的取值范围.解：（1）由，得，故的直角坐标方程为.由，得，故的直角坐标方程为.（2）当和相切时，圆的圆心到直线的距离，且，则.当与恰有3个公共点时，.故当与恰有4个公共点时，的取值范围为.23.设函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求的取值范围.解：（1）当时，，故不等式的解集为.（2）∵. ∴，则或，解得或，故的取值范围为.。

（1）证明： 平面 ；
（2）求平面 与平面 所成的锐二面角的余弦值．
专题02 函数概念与基本初等函数
一ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ单选题
1.【2020届河北省衡水中学高三下学期第一次模拟数学（理）】函数 的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】因为 为偶函数，定义域为 ，故排除C，D；当 时， ，排除B，故选：A.
C．f(c)>f(b)>f(a)D．f(c)>f(a)>f(b)
【答案】D
【解析】因为函数f(x)＝x2在(0，＋∞)上单调递增，而0< ＝log53<log54<1< ，所以f(b)<f(a)<f(c)．
故选：D.
10.【河北省衡水中学2021届全国高三第二次联合考试（新高考）】命题 关于 的不等式 的解集为 的一个充分不必要条件是（ ）
（1）求证： ；
（2）若二面角 的平面角为 ，求平面 与平面 夹角的余弦值.
4. 【河北省衡水中学2021届高三上学期四调】如图，在四棱锥 中，平面 底面 ，其中底面 为等腰梯形， ， ， ， ， 为 的中点.
（1）证明： 平面 ；
（2）求二面角 的余弦值.
5. 【河北省衡水中学2021届高三数学第一次联合考试】如图，在四棱锥 中，底面 为菱形，平面 底面 ， .
故选：A.
6.【河北省衡水中学2021届高三上学期期中】已知在 上的函数 满足如下条件：①函数 的图象关于 轴对称；②对于任意 ， ；③当 时， ；④函数 ， ，若过点 的直线 与函数 的图象在 上恰有8个交点，在直线 斜率 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为函数 是偶函数，由 得 ，