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【轻松突破120分】2014高考数学精炼4 理


2014 高考数学(理)轻松突破 120 分 4
【选题明细表】 知识点、方法 空间几何体的结构、三视图与直观图 表面积与体积 点、线、面的位置关系 平行与垂直 空间向量及其运算 空间向量在立体几何中的应用 综合应用 一、选择题(每小题 5 分,共 60 分) 1.一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示,则下列图形: ①长方形;②正方形;③圆;④椭圆. 不可能是其俯视图的有( B ) 题号 1、2、3、16 9、18、19 4、6 11、17、18、21 8、13 10、12、14、15、20、21 5、7、22

(A)①② (B)②③ (C)③④ (D)①④ 解析:根据画三视图的规则“长对正,高平齐,宽相等”可知,该几何体的俯视图不可能是圆和 正方形.故选 B. 2.如图所示为正方体木块堆成的几何体的三视图,则组成此几何体的正方体木块共有( B )

(A)3 块 (B)4 块 (C)5 块 (D)6 块 解析:由三视图画出几何体直观图,如图所示,只有 4 个正方体木块,故选 B.

3.如图所示为一平面图形的直观图,则此平面图形可能是( C )

解析:由直观图知平面图形可能为 C.故选 C. 4.给出下面四个命题: ①“直线 a∥直线 b”的充要条件是“a 平行于 b 所在的平面”;
-1-

②“直线 l⊥平面α 内所有直线”的充要条件是“l⊥平面α ”; ③“直线 a、b 为异面直线”的充分不必要条件是“直线 a、b 不相交”; ④“平面α ∥平面β ”的必要不充分条件是“α 内存在不共线三点到β 的距离相等”. 其中正确命题的序号是( D ) (A)①② (B)②③ (C)③④ (D)②④ 解析:当 a 平行于 b 所在平面时,a、b 可能异面,故①不正确;当 a、b 不相交时,可能 a∥b,故 ③不正确;由此可排除选项 A、B、C,故选 D. 5. (2013 乐山市高三第三次调研)如图所示,在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,F 为线段 BC1 的中点,E 为 直线 A1C1 上的动点,则下列结论中正确的为( C )

(A)存在点 E 使 EF∥BD1 (B)不存在点 E 使 EF⊥平面 AB1C1D (C)三棱锥 B1ACE 的体积为定值 (D)EF 与 AD1 所成的角不可能等于 90° 解析:由异面直线的判断定理知 EF 和 BD1 为异面直线,故选项 A 错;当 EF∥A1B 时,满足 EF⊥平 面 AB1C1D,故选项 B 错;S△ACE 为定值,而 B1 到面 ACE 的距离也为定值,故三棱锥 B1ACE 的体积为定 值,故选项 C 正确;当 E 与 A1 重合时,EF 与 AD1 所成的角等于 90°,故选项 D 错.故选 C. 6.设 m、n 是平面α 内的两条不同直线,l1、l2 是平面β 内的两条相交直线,则α ∥β 的一个充 分而不必要条件是( B ) (A)m∥β 且 l1∥α (B)m∥l1 且 n∥l2 (C)m∥β 且 n∥β (D)m∥β 且 n∥l2 解析:对于选项 A,α 、β 也可能相交,此时,l1、m 都平行于交线;对于选项 B,由于 l1 与 l2 是相 交直线,而且由 l1∥m 可得 l1∥α ,同理可得 l2∥α ,故可得α ∥β ,充分性成立,而由α ∥β 不 一定能得到 l1∥m,它们也可以异面,故必要性不成立,故选项 B 符合题意;对于选项 C,由于 m、 n 不一定相交,故是必要不充分条件;对于选项 D,由 n∥l2 可转化为 n∥β ,同选项 C,故不符合 题意,故选 B. 7.在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中,过对角线 BD1 的一个平面交 AA1 于点 E,交 CC1 于点 F,得 四边形 BFD1E,给出下列结论: ①四边形 BFD1E 有可能为梯形; ②四边形 BFD1E 有可能为菱形; ③四边形 BFD1E 在底面 ABCD 内的投影一定是正方形; ④平面 BFD1E 有可能垂直于平面 BB1D1D; ⑤四边形 BFD1E 面积的最小值为 . 其中正确的是( B ) (A)①②③④ (B)②③④⑤ (C)①③④⑤ (D)①②④⑤ 解析:如图所示,由两平面平行性质定理知 D1E∥BF,D1F∥BE,故过 BD1 的平面与正方体各面相交

-2-

所成四边形一定为平行四边形,①错;当 E、F 分别为 AA1、C1C 中点时四边形为菱形,并且此时

平面 BFD1E⊥平面 BB1D1D,故②、④正确; 又四边形 BFD1E 在底面 ABCD 内的投影与四边形 ABCD 重合,则③正确, 对于⑤,过 E 作 EH⊥BD1 于 H,由于 AA1∥平面 BB1D1D, 则棱 AA1 上任一点到平面 BB1D1D 距离相等,当四边形 BFD1E 为菱形时,EH 恰好为 E 到平面 BB1D1D 的距离,其余的 EH 都大于 E 到平面 BB1D1D 的距离, 而 =BD1·EH,

所以当 EH= 时,

最小,此时面积为 , 故⑤正确,故选 B. 8.已知 a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ ),若 a、b、c 共面,则实数λ 等于( (A) (B) (C) (D)

D )

解析:由题意得 c=ta+μ b=(2t-μ ,-t+4μ ,3t-2μ ),





故选 D.

9.(2013 重庆高三月考)四棱锥 PABCD 的顶点 P 在底面 ABCD 中的投影恰好是 A,其三视图如图 所示,则四棱锥 PABCD 的表面积为( D )

(A)(2 (C)(1+

+1)a (B)2a
2

2

2

)a (D)(2+

)a

2

-3-

解析:由三视图可知该几何体的直观图如图所示,PA⊥平面 ABCD, 易得 CD⊥PD,CB⊥PB,

∴四棱锥 PABCD 的表面积 S 表= SABCD+S△PAD+S△PAB+S△PCD+S△PBC=a + a + a + ×a×
2 2 2

a+ ×a×

a=(2+

)a .故选 D.

2

10.长方体 ABCDA1B1C1D1 中,AB=AA1=2,AD=1,E 为 CC1 的中点,则异面直线 BC1 与 AE 所成角的余弦 值为( B ) (A) (B) (C) (D)

解析:建立空间直角坐标系如图所示,

则 A(1,0,0),E(0,2,1), B(1,2,0),C1(0,2,2). =(-1,0,2),

=(-1,2,1),

cos<

,

>=

=

.

所以异面直线 BC1 与 AE 所成角的余弦值为

.故选 B.

11.三棱锥 PABC 的高为 PH,若三个侧面两两垂直,则 H 为△ABC 的( C ) (A)内心 (B)外心 (C)垂心 (D)重心 解析:三个侧面两两垂直得 AP⊥平面 PBC,故 BC⊥PA.又 PH⊥平面 ABC,∴BC⊥AH,同理 BH⊥ AC,CH⊥AB,故 H 为△ABC 的垂心. 故选 C. 12.在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,E 为 A1B1 的中点且正方体的棱长为 2,则异面直线 D1E 和 BC1 间的距 离为( A ) (A) (B)
-4-

(C) (D)

解 析 : 以 D1 为 原 点 , 建 立 如 图 所 示 的 空 间 直 角 坐 标 系 ,



=(2,1,0),

=(2,0,2).设 D1E 和 BC1 公垂线的方向向量为 n=(1,λ ,μ ),



即 ∴n=(1,-2,-1). 又 =(0,2,0),



= =

,

所以异面直线 D1E 和 BC1 间的距离为

.

故选 A. 二、填空题(每小题 4 分,共 16 分) 13.若向量 a=(1,1,x),b=(1,2,1),c=(1,1,1),满足条件(c-a)·(2b)=-2,则 x= 解析:由题可知 c-a=(0,0,1-x), 所以(c-a)·(2b)=(0,0,1-x)·2(1,2,1) =2(1-x)=-2, 解得 x=2. 答案:2 14.若 A y∶z= 解析: = ,B . , = , ,C

.

是平面α 内的三点,设平面α 的法向量 a=(x,y,z),则 x∶

-5-



=0,a·

=0,

易得

∴x∶y∶z= y∶y∶

=2∶3∶(-4).

答案:2∶3∶(-4) 15. P 是二面角α ABβ 棱上的一点,分别在α 、 β 平面上引射线 PM、 PN,如果∠BPM=∠BPN=45°, ∠MPN=60°,那么二面角α ABβ 的大小为 .

解析:不妨设 PM=a,PN=b, 如图所示,作 ME⊥AB 于 E, NF⊥AB 于 F, ∵∠EPM=∠FPN=45°, ∴PE= a,PF= b,



·

=(

-

)·(

-

)

=

·

-

·

-

·

+

·

=abcos 60°-a× bcos 45°- abcos 45°+ a× b

= - - + =0,





,

∴二面角α ABβ 的大小为 90°. 答案:90° 16.已知正三棱柱 ABCA'B'C'的正视图和侧视图如图所示. 设△ABC、 △A'B'C'的中心分别是 O、 O',现将此三棱柱绕直线 OO'旋转,射线 OA 旋转所成的角为 x 弧度(x 可以取到任意一个实数), 对应的俯视图的面积为 S(x),则函数 S(x)的最大值为 .

-6-

解析:正三棱柱 ABCA'B'C'的直观图如图所示.

由正视图知正三角形 ABC 的高为

,边长为 2.三棱柱三个侧面为全等的矩形,其面积为 4×2=8.

三棱柱绕直线 OO'每旋转 60°,三棱柱的某一侧面处于水平位置,俯视图为某一侧面,此时 S(x) 取到最大值为 8. 答案:8 三、解答题(共 74 分) 17.(本小题满分 12 分) 如图所示,梯形 ABCD 和正△PAB 所在平面互相垂直,其中 AB∥DC,AD=CD= AB,且 O 为 AB 的中点.

(1)求证:BC∥平面 POD; (2)求证:AC⊥PD. 证明:(1)因为 O 为 AB 的中点, 所以 BO= AB,

又 AB∥CD,CD= AB, 所以 CD=BO,CD∥BO, 所以四边形 ODCB 为平行四边形, 所以 BC∥OD, 又 DO? 平面 POD,BC?平面 POD, 所以 BC∥平面 POD.

(2)连接 OC. 因为 CD=BO=AO,CD∥AO,

-7-

所以四边形 ADCO 为平行四边形, 又 AD=CD, 所以四边形 ADCO 为菱形, 所以 AC⊥DO, 因为△PAB 为正三角形,O 为 AB 的中点, 所以 PO⊥AB, 又因为平面 ABCD⊥平面 PAB, 平面 ABCD∩平面 PAB=AB, 所以 PO⊥平面 ABCD, 而 AC? 平面 ABCD, 所以 PO⊥AC, 又 PO∩DO=O, 所以 AC⊥平面 POD. 又 PD? 平面 POD, 所以 AC⊥PD. 18.(本小题满分 12 分) (2013 绵 阳 南 山 中 学 高 三 月 考 ) 在 几 何 体 ABCDE 中 , ∠ BAC= ,DC ⊥ 平 面 ABC,EB ⊥ 平 面 ABC,AB=AC=BE=2,CD=1.

(1)设平面 ABE 与平面 ACD 的交线为直线 l,求证:l∥平面 BCDE; (2)设 F 是 BC 的中点,求证:平面 AFD⊥平面 AFE; (3)求几何体 ABCDE 的体积. (1)证明:∵DC⊥平面 ACB, BE⊥平面 ABC,

∴DC∥BE. ∵BE? 平面 ABE, DC?平面 ABE, ∴DC∥平面 ABE. ∵平面 ACD∩平面 ABE=l, DC? 平面 ACD, ∴DC∥l.

-8-

∵DC? 平面 BCDE,l?平面 BCDE, ∴l∥平面 BCDE. (2)证明:过 D 点作 DG⊥BE, ∵AC=AB=2,CF=FB,∠CAB=90°, ∴AF⊥BC,CF=FB=AF= BC= .

∵DC⊥平面 ACB,DC? 平面 BCDE, ∴平面 BCDE⊥平面 ABC, ∴AF⊥平面 BCDE, ∴DF⊥AF,EF⊥AF, ∴∠EFD 是二面角 DAFE 的平面角. ∵DC=1,CF= ∴DF= ∵BF= ∴EF= . ,BE=2, . ,EG=BE-DC=1, ,

∵DG=BC=2

∴DE=3, 2 2 2 ∴DF +EF =DE , ∴∠DFE=90°, ∴平面 AFD⊥平面 AFE. (3)解:VABCDE= × ×(1+2)×2 × =2.

19.(本小题满分 12 分) 如图所示,在体积为 1 的三棱柱 ABCA1B1C1 中,侧棱 AA1⊥底面 ABC,AC⊥AB,AC=AA1=1,P 为线段 AB

上的动点. (1)求证:CA1⊥C1P; (2)线段 AB 上是否存在一点 P,使四面体 PAB1C1 的体积为 ?若存在,请确定点 P 的位置;若不存 在,请说明理由. (1)证明:由于易知四边形 ACC1A1 为正方形, 所以 CA1⊥AC1. 由 AC⊥AB,AA1⊥底面 ABC 知

-9-

AB⊥平面 AA1C1C, 所以 CA1⊥AB. 又 AB∩AC1=A, 所以 CA1⊥平面 C1AP, 故 CA1⊥C1P. (2)解:由于 = -

=1- - = ,

所以当 PAB1C1 的体积为 时,P 为 AB 的中点. 20.(本小题满分 12 分) (2013 绵阳普明中学高三模拟)如图所示,四棱锥 SABCD 的底面是正方形,每条侧棱的长都是底 面边长的 倍,P 为侧棱 SD 上的点.

(1)求证:AC⊥SD; (2)若 SD⊥平面 PAC,求二面角 PACD 的大小; (3)在(2)的条件下,侧棱 SC 上是否存在一点 E,使得 BE∥平面 PAC?若存在,求 SE∶EC 的值;若 不存在,试说明理由. (1)证明:连接 BD,设 AC 交 BD 于 O, 由题意知 SO⊥平面 ABCD,以 O 为坐标原点, 立空间直角坐标系. 、 、 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建

设底面边长为 a, 则高 SO= a.

- 10 -

于是 S

,D

,C

,

=

,

=

,

·

=0,故 OC⊥SD,从而 AC⊥SD.

(2)解:由题设知,平面 PAC 的一个法向量为 = ,

平面 DAC 的一个法向量为

=

,

则 cos<

,

>=

= ,

故所求二面角的大小为 30°. (3)解:在棱 SC 上存在一点 E 使 BE∥平面 PAC. 由(2)知 是平面 PAC 的一个法向量,



=

,

=

,



=t

(0≤t≤1),

=

+

=

+t

=

,



·

=0?t= ,

即当 SE∶EC=2∶1 时,BE∥平面 PAC. 21.(本小题满分 12 分) (2013 成都外国语学校高三月考)如图所示,已知直角梯形 ACDE 所在的平面垂直于平面 ABC,∠ BAC=∠ACD=90°,∠EAC=60°,AB=AC=AE.

- 11 -

(1)在直线 BC 上是否存在一点 P,使得 DP∥平面 EAB?请证明你的结论; (2)求平面 EBD 与平面 ABC 所成的锐二面角θ 的余弦值. 解:(1)线段 BC 的中点就是满足条件的点 P. 证明如下: 取 AB 的中点 F,连接 DP、PF、EF,则 FP∥AC,FP= AC, 取 AC 的中点 M,连接 EM、EC, ∵AE=AC 且∠EAC=60°, ∴△EAC 是正三角形,∴EM⊥AC. ∴四边形 EMCD 为矩形,∴ED=MC= AC. 又∵ED∥AC, ∴ED∥FP 且 ED=FP,∴四边形 EFPD 是平行四边形. ∴DP∥EF,而 EF? 平面 EAB,DP?平面 EAB, ∴DP∥平面 EAB. (2)法一 过 B 作 AC 的平行线 l,过 C 作 l 的垂线交 l 于 G,连接 DG,

∵ED∥AC, ∴ED∥l,l 是平面 EBD 与平面 ABC 所成二面角的棱. ∵平面 EAC⊥平面 ABC,DC⊥AC, ∴DC⊥平面 ABC, 又∵l? 平面 ABC, ∴DC⊥l, 而 CG⊥DC=C, ∴l⊥平面 DGC, ∴l⊥DG, ∴∠DGC 是所求二面角的平面角. 设 AB=AC=AE=2a, 则 CD= a,GC=2a,

- 12 -

∴GD=

=

a,

∴cos θ =cos∠DGC= =

.

法二 ∵∠BAC=90°,平面 EACD⊥平面 ABC, ∴以点 A 为原点,直线 AB 为 x 轴,直线 AC 为 y 轴,建立空间直角坐标系,则 z 轴在平面 EACD 内 (如图所示).

设 AB=AC=AE=2a, 由已知得 B(2a,0,0),E(0,a, a),D(0,2a, a).



=(2a,-a,-

a),

=(0,a,0), 设平面 EBD 的法向量为 n=(x,y,z), 则 n⊥ 且 n⊥ ,





解之得

取 z=2,得 n=(

,0,2).

又∵平面 ABC 的一个法向量为 n'=(0,0,1). ∴cos θ =|cos<n,n'>| =

=

.

- 13 -

即所求二面角的余弦值为

.

22.(本小题满分 14 分) 已知在四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 是矩形,且 AD=2,AB=1,PA⊥平面 ABCD,E、F 分别是线段 AB、

BC 的中点. (1)证明:PF⊥FD; (2)判断并说明 PA 上是否存在点 G,使得 EG∥平面 PFD; (3)若 PB 与平面 ABCD 所成的角为 45°,求二面角 APDF 的平面角的余弦值. (1)证明:连接 AF, 则 AF= ,DF= ,

又 AD=2, 2 2 2 ∴DF +AF =AD , ∴DF⊥AF, 又 PA⊥平面 ABCD, ∴DF⊥PA, 又 PA∩AF=A, ∴DF⊥平面 PAF, 又∵PF? 平面 PAF, ∴DF⊥PF. (2)解:过点 E 作 EH∥DF 交 AD 于点 H,则 EH∥平面 PFD,

且有 AH= AD, 再过点 H 作 HG∥DP 交 PA 于点 G, 则 HG∥平面 PFD 且 AG= AP, ∴平面 EHG∥平面 PFD, ∴EG∥平面 PFD. 从而满足 AG= AP 的点 G 即为所求. (3)解:∵PA⊥平面 ABCD, ∴∠PBA 是 PB 与平面 ABCD 所成的角, 且∠PBA=45°,

- 14 -

∴PA=AB=1, 取 AD 的中点 M,则 FM⊥AD,FM⊥平面 PAD, 在平面 PAD 中, 过 M 作 MN⊥PD 于 N, 连接 FN, 则 PD⊥平面 FMN, 则∠MNF 即为二面角 APDF 的平面角, ∵Rt△MND∽Rt△PAD, ∴ = ,

∵PA=1,MD=1,PD=

,

∴MN= ,

又∵∠FMN=90°, ∴FN= = ,

∴cos∠MNF=

= .

即二面角 APDF 的平面角的余弦值为 .

- 15 -


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