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【课堂新坐标】2014年高考数学二轮滚动检测 立体几何试卷 理(含解析)


立体几何
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共 150 分,考试时间 120 分钟. 第Ⅰ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.(2013· 肇庆模拟)在△ABC 中,已知|AB|=|BC|=|CA|=2,则向量AB· BC=( A.2 B.-2 C .2 3 D.-2 3 )

2π 2 → → → → 【解析】 向量AB与BC的夹角为 ,则AB· BC=2×2×cos π=-2. 3 3 【答案】 B 1 4 2.(2013· 东营模拟)已知等比数列{an},若存在两项 am,an 使得 am· an=a2 3,则 + 的最 m n 小值为( 3 A. 2 9 C. 4 ) 5 B. 3 7 D. 6

4m n 1 4 1 1 4? 1 3 + (m+n)= ?5+ + ?≥ , 【解析】 由等比数列的性质知 m+n=6, 则 + = ? m n n m ? ? 2 m n 6? 6? 4m n 当且仅当 = ,即 m=2,n=4 时等号成立. n m 【答案】 A 3.在正四面体 P-ABC 中,D,E,F 分别是 AB,BC,CA 的中点,下面四个结论中不 成立的( )

A.BC∥平面 PDF B.DF⊥平面 PAE C.平面 PDE⊥平面 ABC D.平面 PAE⊥平面 ABC 【解析】 若平面 PDF⊥平面 ABC,则顶点 P 在底面的射影在 DF 上,又因为正四面 体的顶点在底面的射影是底面的中心,因此结论不成立,故选 C. 【答案】 C 4.(2013· 济宁模拟)点 M、N 分别是正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱 A1B1、A1D1 的中点, 用过 A、M、N 和 D、N、C1 的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如下图 4-1, 则该几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图依次为( )

1

图 4-1

A.①②③ C.①③④

B.②③④ D.②④③

【解析】 根据三视图的定义可知选 B. 【答案】 B x+2y≥0, ? ? 5.(2013· 枣庄模拟)设 z=x+y,其中实数 x,y 满足?x-y≤0, ? ?0≤y≤k, 则 z 的最小值为( A.-3 ) B.-2 C.-1 D.0

若 z 的最大值为 6,

x+2y≥0, ? ? 【解析】 由 z=x+y 得 y=-x+z,作出?x-y≤0, ? ?0≤y≤k,

的区域 BCO,平移直线 y=-

? ?y=x, x+z,由图象可知当直线经过 C 时,直线的截距最大,此时 z=6,由? 解得 ?y=-x+6, ? ?x=3, ? ? 所以 k=3,解得 B(-6,3),代入 z=x+y 得最小值为 z=-6+3=-3,选 A. ?y=3, ?

【答案】 A π? 6.已知函数 f(x)=Asin? ?ωx+6?(A>0,ω>0)的最小正周期为 2,且 f(0)= 3,则函数 f(3)=( ) B. 3 C.-2 D.2
2

A.- 3

2π π 【解析】 ω= =π,由 f(0)=Asin = 3得 A=2 3, 2 6 π? π? ? 所以 f(x)=2 3sin? ?πx+6?,所以 f(3)=2 3sin?3π+6?=- 3. 【答案】 A 7.(2013· 课标全国卷Ⅰ)如图 4-2,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高 8 cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为 6 cm, 如果不计容器厚度,则球的体积为( )

图 4-2 500π A. cm3 3 1 372π C. cm3 3 866π B. cm3 3 2 048π D. cm3 3

1 1 【解析】 如图, 作出球的一个截面, 则 MC=8-6=2(cm), BM= AB= ×8=4(cm). 设 2 2 球的半径为 R cm,则 R2=OM2+MB2=(R-2)2+42,∴R=5, 4 500 ∴V 球= π×53= π(cm3). 3 3 【答案】 A 8.(2013· 临汾模拟)已知平面 α⊥平面 β,α∩β=l,点 A∈α,A?l,直线 AB∥l,直线 AC⊥l,直线 m∥α,m∥β,则下列四种位置关系中,不一定成立的是( A.AB∥m C.AB∥β B.AC⊥m D.AC⊥β )

【解析】 因为 m∥α,m∥β,α∩β=l,所以 m∥l. 因为 AB∥l,所以 AB∥m,故 A 一定正确. 因为 AC⊥l,m∥l,所以 AC⊥m,从而 B 一定正确. 因为 AB∥l,l?β,AB?β. 所以 AB∥β.故 C 也正确.

3

因为 AC⊥l,当点 C 在平面 α 内时,AC⊥β 成立,当点 C 不在平面 α 内时,AC⊥β 不 成立,故 D 不一定成立. 【答案】 D 9.设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都为 a,顶点都在一个球面上,则该球的 表面积为( A.πa2 11 C. πa2 3 ) 7 B. πa2 3 D.5πa2

【解析】 设球心为 O,正三棱柱上底面为△ABC,中心为 O′,因为三棱柱所有棱的 a 3 长都为 a ,则可知 OO′ = , O′A = a ,又由球的相关性质可知,球的半径 R = 2 3 OO′2+O′A2= 21 a, 6

7 所以球的表面积为 4πR2= πa2. 3 【答案】 B 10.

图 4-3 在棱长为 a 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M 为 AB 的中点, 则点 C 到平面 A1DM 的距 离为( A. C. ) 6 a 3 2 a 2 B. 6 a 6

1 D. a 2 a 5 a2+? ?2= 2 2

【解析】 设点 C 到平面 A1DM 的距离为 h, 则由已知得 DM=A1M= 1 a,A1D= 2a,S△A1DM= × 2a× 2 ?

5 2 2 6 1 a? -? a?2= a2,连接 CM,S△CDM= a2, 2 2 4 2

1 1 6 1 6 由 VC-A1DM=VA1-CDM,得 S△A1DM· h= S△CDM· a, a2· h= a2· a,所以 h= a,即 3 3 4 2 3 点 C 到平面 A1DM 的距离为 【答案】 A
4

6 a,选 A. 3

11.在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,D 是 AC 的中点,AB1⊥BC1,则平面 DBC1 与平面 CBC1 所成的角为( A.30° ) B.45° C.60° D.90°

→ → 【解析】 以 A 为坐标原点,AC,AA1的方向分别为 y 轴和 z 轴的正方向建立空间直角 坐标系. 设底面边长为 2a,侧棱长为 2b, 则 A(0,0,0),C(0,2a,0),D(0,a,0),B( 3a,a,0),C1(0,2a,2b),B1( 3a,a,2b). → → → → 由AB1⊥BC1,得AB1· BC1=0,即 2b2=a2. 设 n1=(x,y,z)为平面 DBC1 的一个法向量, → → 则 n1· DB=0,n1· DC1=0. 即?

? 3ax=0, 又 2b2=a2,令 z=1, ?ay+2bz=0.

解得 n1=(0,- 2,1). 同理可求得平面 CBC1 的一个法向量为 n2=(1, 3,0). 利用公式 cos θ= 【答案】 B 12.(2013· 成都模拟)已知正四棱锥 S—ABCD 中,SA=2 3,那么当该棱锥的体积最大 时,它的高为( A.1 ) B. 3 C.2 D.3 |n1· n2 | 2 = ,得 θ=45° . |n1||n2| 2

【解析】 如图所示, 设正四棱锥高为 h, 底面边长为 a, 则 -h2), 1 2 2 所以 V= ×a2×h= h(12-h2)=- (h3-12h), 3 3 3 令 f(h)=h3-12h,则 f′(h)=3h2-12(h>0), 令 f′(h)=0,则 h=2,此时 f(h)有最小值,V 有最大值. 【答案】 C 第Ⅱ卷

2 a= 12-h2, 即 a2=2(12 2

5

二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.把答案填在题中横线上) 13.(2013· 南通模拟)关于直线 m,n 和平面 α,β 有以下四个命题: ①若 m∥α,n∥β,α∥β,则 m∥n; ②若 m∥n,m?α,n⊥β,则 α⊥β; ③若 α∩β=m,m∥n,则 n∥α 且 n∥β; ④若 m⊥n,α∩β=m,则 n⊥α 或 n⊥β. 其中假命题的序号是________. 【解析】 命题①m 与 n 也可相交或异面,所以①是假命题;命题②由条件可得 m⊥β, 又 m?α,故 α⊥β,所以②是真命题;命题③也可得到 n?α 或 n?β,所以③错;命题④由 已知只能得到 n 垂直 α 与 β 内的一条直线,无法判定 n⊥α 或 n⊥β,所以命题④错. 【答案】 ①③④ 14.(2013· 陕西高考)某几何体的三视图如图 4-4 所示,则其体积为________.

图 4-4 【解析】 原几何体可视为圆锥的一半,其底面半径为 1,高为 2, 1 1 π ∴其体积为 ×π×12×2× = . 3 2 3 【答案】 π 3

15.(2013· 南昌模拟)三棱锥 S—ABC 中,∠SBA=∠SCA=90° ,△ABC 是斜边 AB=a 的等腰直角三角形,则以下结论中:

图 4-5 ①异面直线 SB 与 AC 所成的角为 90° . ②直线 SB⊥平面 ABC;

6

③平面 SBC⊥平面 SAC; 1 ④点 C 到平面 SAB 的距离是 a. 2 其中正确结论的序号是________. 【解析】 由题意知 AC⊥平面 SBC, 故 AC⊥SB, SB⊥平面 ABC, 平面 SBC⊥平面 SAC, ①②③正确;取 AB 的中点 E,连接 CE,可证得 CE⊥平面 SAB,故 CE 的长度即为 C 到平 1 面 SAB 的距离 a,④正确. 2 【答案】 ①②③④ 16.对大于或等于 2 的自然数 m 的 n 次方幂有如下分解方式: 22=1+3 32=1+3+5 42=1+3+5+7 52=1+3+5+7+9 23=3+5 33=7+9+11 43=13+15+17+19 53=21+23+25+27+29

根据上述分解规律,若 m3(m∈N*)的分解中最小的数是 73,则 m 的值为________. 【解析】 由所给等式知,m3 分解中第 1 个数为数列 3,5,7,…中第 2+3+4+…+(m m2-m -1)+1 项,即 项,从而 m3 分解中第 1 个数为 m2-m+1,由 m2-m+1=73 得 m= 2 9. 【答案】 9 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) 17.(本小题满分 10 分)(2013· 深圳模拟)在△ABC 中,角 A,B,C 所对边的边长分别是 a,b,c. π (1)若 c=2,C= 且△ABC 的面积等于 3,求 cos(A+B)和 a,b 的值; 3 3 12 (2)若 B 是钝角,且 cos A= ,sin B= ,求 sin C 的值. 5 13 π 【解】 (1)∵A+B+C=π,C= ,∴A+B=π-C, 3 π 1 ∴cos(A+B)=cos(π-C)=-cos C=-cos =- . 3 2 由余弦定理及已知条件得,a2+b2-ab=4, 1 又因为△ABC 的面积等于 3,所以 absin C= 3,得 ab=4. 2
2 2 ? ?a +b -ab=4, ? 联立方程组 ?ab=4, ?

解得 a=2,b=2.

7

3 12 (2)∵B 是钝角,且 cos A= ,sin B= , 5 13 ∴sin A= 1-cos2A= cos B=- 1-sin2B=- 3?2 4 1-? ?5? =5, 12?2 5 1-? ?13? =-13,

∴sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B) 5 4 3 12 16 - ?+ × = . =sin Acos B+cos Asin B= ×? 5 ? 13? 5 13 65 18.(本小题满分 12 分)(2013· 青岛模拟)在如图 4-6 所示的多面体 ABCDE 中,AB⊥平 面 ACD,DE⊥平面 ACD,且 AC=AD=CD=DE=2,AB=1.

图 4-6 (1)请在线段 CE 上找到点 F 的位置,使得恰有直线 BF∥平面 ACD,并证明这一结论; (2)求多面体 ABCDE 的体积. 【解】 (1)如图所示,由已知 AB⊥平面 ACD,DE⊥平面 ACD,∴AB∥ED,

1 设 F 为线段 CE 的中点,H 是线段 CD 的中点,连接 BF、FH、AH,则 FH 綊 ED,又 2 1 AB= ED,∴FH 綊 AB, 2 ∴四边形 ABFH 是平行四边形,∴BF∥AH, 又因为 BF?平面 ACD,AH?平面 ACD,∴BF∥平面 ACD. (2)取 AD 中点 G,连接 CG. 因为 AB⊥平面 ACD,∴CG⊥AB,又 CG⊥AD,∴CG⊥平面 ABED,即 CG 为四棱锥 C—ABED 的高,求得 CG= 3, 1 ?1+2? ∴VC—ABED= · · 2· 3= 3. 3 2 19.(本小题满分 12 分)(2013· 黄冈模拟)如图 4-7,三棱柱 ABC—A1B1C1 的侧面 AA1B1B 为正方形,侧面 BB1C1C 为菱形,∠CBB1=60° ,AB⊥B1C.

8

(1)求证:平面 AA1B1B⊥平面 BB1C1C (2)若 AB=2,求三棱柱 ABC—A1B1C1 的体积.

图 4-7 【解】 (1)由侧面 AA1B1B 为正方形,知 AB⊥BB1. 又 AB⊥B1C,BB1∩B1C=B1,所以 AB⊥平面 BB1C1C, 又 AB?平面 AA1B1B,所以平面 AA1B1B⊥平面 BB1C1C. (2)由题意,CB=CB1,设 O 是 BB1 的中点,连接 CO,则 CO⊥BB1.

由(1)知,CO⊥平面 AA1B1B,且 CO=

3 3 BC= AB= 3. 2 2

1 1 2 3 连结 AB1,则 VC—ABB1= S△ABB1· CO= AB2· CO= . 3 6 3 1 2 3 因为 VB1—ABC=VC—ABB1= VABC—A1B1C1= , 3 3 故三棱柱 ABC—A1B1C1 的体积 VABC—A1B1C1=2 3. 20.(本小题满分 12 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2an-2,数列{bn}满足 b1 =1,且 bn+1=bn+2. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; 1-?-1?n 1+?-1?n (2)设 cn= an- bn,求数列{cn}的前 2n 项和 T2n. 2 2 【解】 (1)当 n=1,a1=2; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,∴an=2an-1. ∴{an}是等比数列,公比为 2,首项 a1=2,∴an=2n. 由 bn+1=bn+2,得{bn}是等差数列,公差为 2. 又首项 b1=1,∴bn=2n-1.
n ? n为奇数, ?2 ? (2)cn= ?-?2n-1? n为偶数, ?

∴T2n=2+23+…+22n 1-[3+7+…+(4n-1)]


9



22n 1-2 -2n2-n. 3


21. (本小题满分 12 分)如图 4-8 所示, PA⊥平面 ABC, 点 C 在以 AB 为直径的⊙O 上, ∠CBA=30° ,PA=AB=2,点 E 为线段 PB 的中点,点 M 在弧 AB 上,且 OM∥AC.

图 4-8 (1)求证:平面 MOE∥平面 PAC. (2)求证:平面 PAC⊥平面 PCB. (3)设二面角 M—BP—C 的大小为 θ,求 cos θ 的值. 【解】 (1)因为点 E 为线段 PB 的中点,点 O 为线段 AB 的中点,所以 OE∥PA. 因为 PA?平面 PAC,OE?平面 PAC, 所以 OE∥平面 PAC. 因为 OM∥AC, 因为 AC?平面 PAC,OM?平面 PAC, 所以 OM∥平面 PAC. 因为 OE?平面 MOE,OM?平面 MOE,OE∩OM=O, 所以平面 MOE∥平面 PAC. (2)因为点 C 在以 AB 为直径的⊙O 上, 所以∠ACB=90° ,即 BC⊥AC. 因为 PA⊥平面 BAC,BC?平面 ABC, 所以 PA⊥BC. 因为 AC?平面 PAC,PA?平面 PAC,PA∩AC=A, 所以 BC⊥平面 PAC. 因为 BC?平面 PCB, 所以平面 PAC⊥平面 PCB. (3)如图,以 C 为原点,CA 所在的直线为 x 轴,CB 所在的直线为 y 轴,建立空间直角 坐标系 C—xyz.

10

因为∠CBA=30° ,PA=AB=2, 所以 CB=2cos 30° = 3,AC=1. 延长 MO 交 CB 于点 D. 因为 OM∥AC, 1 3 所以 MD⊥CB,MD=1+ = , 2 2 1 3 CD= CB= . 2 2 3 3 所以 P(1,0,2),C(0,0,0),B(0, 3,0),M? , ,0?. ?2 2 ? → → 所以CP=(1,0,2),CB=(0, 3,0). 设平面 PCB 的法向量 m=(x,y,z). → ? CP=0, ?m· 因为? → ? CB=0. ?m· ?1,0,2?=0, ??x,y,z?· ?x+2z=0, 所以? 即? ?0, 3,0?=0, ??x,y,z?· ? 3y=0. 令 z=1,则 x=-2,y=0. 所以 m=(-2,0,1). 同理可求平面 PMB 的一个法向量 n=(1, 3,1). 1 m· n 所以 cos〈m,n〉= =- . |m|· |n| 5 1 因为二面角 M—BP—C 为锐二面角,所以 cos θ= . 5

图 4-9 22.(本小题满分 12 分)(2013· 天津高考)如图 4-9,四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 中,侧棱 A1A⊥底面 ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E 为棱 AA1 的中点.
11

(1)证明 B1C1⊥CE; (2)求二面角 B1CEC1 的正弦值; (3)设点 M 在线段 C1E 上, 且直线 AM 与平面 ADD1A1 所成角的正弦值为 的长. 2 , 求线段 AM 6

【解】 如图,以点 A 为原点,以 AD,AA1,AB 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间 直角坐标系,依题意得 A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0). → → → → (1)证明:易得B1C1=(1,0,-1),CE=(-1,1-1),于是B1C1· CE=0,所以 B1C1⊥CE. → (2)解:B1C=(1,-2,-1). 设平面 B1CE 的法向量 m=(x,y,z), → ? ? B1C=0, ?m· ?x-2y-z=0, 则? 即? 消去 x,得 y+2z=0, ?-x+y-z=0. → ? ?m· CE=0, ? 不妨令 z=1,可得一个法向量为 m=(-3,-2,1). 由(1)知,B1C1⊥CE,又 CC1⊥B1C1, 可得 B1C1⊥平面 CEC1, → 故B1C1=(1,0,-1)为平面 CEC1 的一个法向量. → -4 -2 7 m· B1C1 21 → → 于是 cos〈m,B1C1〉= = = ,从而 sin〈m,B1C1〉= . 7 7 → 14× 2 |m||B1C1| 所以二面角 B1—CE—C1 的正弦值为 → → (3)解:AE=(0,1,0),EC1=(1,1,1). → → → → → 设EM=λEC1=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有AM=AE+EM=(λ,λ+1,λ). → 可取AB=(0,0,2)为平面 ADD1A1 的一个法向量. 设 θ 为直线 AM 与平面 ADD1A1 所成的角,则 → → |AM· AB| → → sin θ=|cos〈AM,AB〉|= → → |AM||AB| 21 . 7

12



2λ λ = , 2 2 2 λ +?λ+1? +λ ×2 3λ +2λ+1
2

于是

λ 2 1 = ,解得 λ= (负值舍去), 6 3 3λ +2λ+1
2

所以 AM= 2.

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