四川省各地2014届高三最新模拟试题分类汇编9：立体几何

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2014全国名校真题模拟专题训练9-立体几何解答题4(数学)

2014全国名校真题模拟专题训练09立体几何三、解答题(第四部分)76、(江苏省前黄高级中学2008届高三调研)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，已知AB = 4， AD =3， AA 1= 2．E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB = FB =1．（1）求直线EC 1与FD 1所成角的余弦值；（2）求二面角C -DE -C 1的平面角的正切值．解：以A 为原点，1,,AB AD AA分别为x 轴，y 轴，z 轴的正向建立空间直角坐标系A -xyz ，则有D (0，3，0)、 D 1(0，3，2)、E (3，0，0)、F (4，1，0)、C 1(4，3，2)．于是，1(3,3,0),(1,3,2)DE EC =-= ，1(4,2,2)FD =-．（1）设EC 1与FD 1所成角为β，则11222222111(4)322221cos ||||14||||132(4)22EC FD EC FD ⨯-+⨯+⨯β===⨯++⨯-++ ．（2）设向量(,,)x y z =n 与平面C 1DE 垂直，则有133013202DE x y x y z x y z EC ⎫⊥-=⎫⎪⇒⇒==-⎬⎬++=⊥⎭⎪⎭ n n ．∴(,,)(1,1,2),222z z zz =--=--n 其中z ＞0．取n 0=(-1，-1，2)，则n 0是一个与平面C 1DE 垂直的向量． ∵向量1AA=（0，0，2）与平面CDE 垂直，∴n 0与1AA所成的角θ为二面角C -DE -C 1的平面角．∵010********cos 3||||114004AA AA -⨯-⨯+⨯θ===⨯++⨯++ n n ，∴2tan 2θ=．77、(江苏省泰兴市2007—2008学年第一学期高三调研)已知等腰梯形PDCB 中（如图1），PB=3，DC=1，PB=BC =2，A 为PB 边上一点，且PA=1，将△PAD 沿AD 折起，使面PAD ⊥面ABCD （如图2）.（Ⅰ）证明：平面PAD ⊥PCD ；（Ⅱ）试在棱PB 上确定一点M ，使截面AMC把几何体分成的两部分1:2:=MACB PDCMA V V ；（Ⅲ）在M 满足（Ⅱ）的情况下，判断直线PD是否平行面AMC.错误！未找到引用源。

2014年高考数学三轮专题分项模拟立体几何质量检测试题理(含解析)

专题质量检测(四) 立体几何一、选择题1．下列命题中正确的是( )A ．在空间中，垂直于同一个平面的两个平面平行B ．已知α，β表示两个不同平面，m 为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m ⊥β”的充要条件C ．在三棱锥S －ABC 中，SA ⊥BC ，SB ⊥AC ，则点S 在平面ABC 内的射影是△ABC 的垂心D ．a ，b 是两条异面直线，P 为空间一点，过点P 总可以作一个平面与a ，b 之一垂直，与另一条平行解析：A 错误，垂直于同一个平面的两个平面也可能相交；B 错误，“α⊥β”是“m ⊥β”的必要不充分条件；D 错误，只有当异面直线a ，b 垂直时才可以作出满足要求的平面；易知C 正确．答案：C2．某几何体的三视图如图所示，则它的体积是( ) A ．8＋3π3B ．12＋3πC ．20＋4 3D ．20＋8 3 解析：由三视图可知此几何体是一个边长为2的正方体上面放置一个半径为1，高为3的圆锥，其体积V ＝V 正方体＋V 圆锥＝23＋13×π×3＝8＋3π3.答案：A3．已知m ，n 为不同的直线，α，β为不同的平面，若①m ∥n ，n ∥α；②m ⊥n ，n ⊥α；③m ⊄α，m ∥β，α∥β；④m ⊥β，α⊥β，则其中能使m ∥α成立的充分条件有( ) A ．3个 B ．2个 C ．1个 D ．0个解析：①m ∥n ，n ∥α，不能推得m ∥α，这是因为m 可能在平面α内；②m ⊥n ，n ⊥α，不能推得m ∥α，这是因为m 可能在平面α内；③m ⊄α，m ∥β，α∥β，能推得m ∥α；④m ⊥β，α⊥β，不能推得m ∥α，这是因为m 可能在平面α内．答案：C4．已知直线l 、m ，平面α、β，且l ⊥α，m ⊂β，则“α∥β”是“l ⊥m”的( ) A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件解析：若α∥β，由l ⊥α，得l ⊥β，又m ⊂β，所以l ⊥m ；若l ⊥m ，不妨设α⊥β，α∩β＝m ，满足l ⊥α，但α、β不平行，所以选B. 答案：B5．如图所示的三个几何体依次是一个长方体、一个直三棱柱、一个过圆柱上下底面圆心切下的圆柱的四分之一部分，这三个几何体的主视图和俯视图是相同的长方形，则它们的体积之比为( )A ．4∶2∶πB ．4∶3∶πC ．π∶2∶3D ．3∶2∶π解析：如图，由题意知，长方体的底面是正方形，三棱柱的底面是等腰直角三角形，这三个几何体的高都相等，所以它们的体积之比等于它们的底面积之比．设长方体的底面正方形的边长为a ，则三棱柱的底面是腰长为a 的等腰直角三角形，四分之一圆柱的底面是半径为a 的圆的四分之一，所以它们的底面积之比为a2∶a22∶πa24＝4∶2∶π，即它们的体积之比为4∶2∶π.答案：A6．在空间内，设l ，m ，n 是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中为假命题的是( )A ．α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l ，则l ⊥γB ．l ∥α，l ∥β，α∩β＝m ，则l ∥mC ．α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，l ∥m ，则l ∥nD ．α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β或α∥β解析：对于A ，∵如果两个相交平面均垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面，∴该命题是真命题；对于B ，∵如果一条直线平行于两个相交平面，那么该直线平行于它们的交线，∴该命题是真命题；对于C ，∵如果三个平面两两相交，有三条交线，那么这三条交线交于一点或相互平行，∴该命题是真命题；对于D ，当两个平面同时垂直于第三个平面时，这两个平面可能不垂直也不平行，∴D 不正确．综上所述，选D. 答案：D7．已知某几何体的体积为π4，它的正视图、侧视图均为边长为1的正方形(如图所示)，则该几何体的俯视图可以为( )A B C D解析：对于A ，该几何体为正方体，其体积V ＝1≠π4，A 不正确；对于B ，该几何体是一个圆柱，其体积V ＝π×⎝⎛⎭⎫122×1＝π4，B 正确；对于C ，该几何体为一个三棱柱，其体积V ＝12×1×1×1＝12，C 不正确；经验证D 也不正确．故选B. 答案：B8．四棱锥P －ABCD 的所有侧棱长都为5，底面ABCD 是边长为2的正方形，则CD 与PA 所成角的余弦值为( ) A.255 B.55 C.45 D.35解析：如图所示，因为四边形ABCD 为正方形，故CD ∥AB ，则CD 与PA 所成的角即为AB 与PA 所成的角∠PAB ，在△PAB 内，PB ＝PA ＝5，AB ＝2，利用余弦定理可知：cos ∠PAB ＝PA2＋AB2－PB22×PA×AB ＝5＋4－52×2×5＝55，故选B.答案：B9．在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝6，AC ＝BD ＝AD ＝BC ＝5，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A ．210πB ．45πC ．21πD ．43π解析：依题意得，该三棱锥的三组对棱分别相等，因此可将该三棱锥补形成一个长方体，设该长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，且其外接球的半径为R ，则⎩⎪⎨⎪⎧a2＋b2＝62，b2＋c2＝52，c2＋a2＝52得a2＋b2＋c2＝43，即(2R)2＝a2＋b2＋c2＝43，易知R 即为该三棱锥的外接球的半径，所以该三棱锥的外接球的表面积为4πR2＝43π. 答案：D10．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为( )A.8π3B.16π3C ．4 3D ．23π解析：根据三视图还原几何体为一个如图所示的三棱锥D －ABC ，其中平面ADC ⊥平面ABC ，△ADC 为等边三角形．取AC 的中点为E ，连接DE 、BE ，则有DE ⊥AC ，所以DE ⊥平面ABC ，所以DE ⊥EB. 由图中数据知AE ＝EC ＝EB ＝1，DE ＝3，AD ＝AE2＋DE2＝2＝DC ＝DB ，AB ＝BC ＝2，AC ＝2.设此三棱锥的外接球的球心为O ，则它落在高线DE 上，连接OA ，则有AO2＝AE2＋OE2＝1＋OE2，AO ＝DO ＝DE －OE ＝3－OE ，所以AO ＝23，故球O 的半径为23，故所求几何体的外接球的表面积S ＝4π⎝⎛⎭⎫232＝163π，故选B.答案：B11．已知三棱柱ABC －A1B1C1的底面是边长为6的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球的表面积为12π，则该三棱柱的体积为( ) A ．2 3 B ．3 3 C ．4 3 D ．5 3解析：如图，设三棱柱的外接球的球心为O′，正三棱柱的高为2h ，则O′为此正三棱柱上下底面中心的连线的中点．易知AO ＝2，则该三棱柱的外接球的半径AO′＝2＋h2，由题意可得4π(2＋h2)2＝12π，故h ＝1，从而该三棱柱的体积为34×(6)2×2＝3 3. 答案：B12．已知四棱锥S －ABCD 的底面是中心为O 的正方形，且SO ⊥底面ABCD ，SA ＝23，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为( ) A ．1 B. 3 C ．2 D ．3解析：依题意，设四棱锥S －ABCD 的底面正方形ABCD 的边长为2a ，高为h ，则有⎝⎛⎭⎫22a 22＋h2＝SA2，即2a2＋h2＝12，则有a2＋a2＋h2≥33a2×a2×h2＝33a4×h2，即12≥33a4×h2，a4×h2≤43，当且仅当a2＝h2＝4，即a ＝h ＝2时取等号，此时a2h 取得最大值，该棱锥的体积V ＝13(2a)2h ＝43a2h 也取得最大值，因此当该四棱锥的体积最大时，它的高为2，选C.答案：C 二、填空题13．在长方体ABCD －A1B1C1D1中，AA1＝AD ＝2AB.若E ，F 分别为线段A1D1，CC1的中点，则直线EF 与平面ABB1A1所成角的余弦值为________．解析：取BB1的中点M ，连接FM 、A1M ，易知FM ⊥平面ABB1A1，EA1⊥平面ABB1A1，所以线段A1M 是线段EF 在平面ABB1A1上的射影．连接C1E ，设AB ＝1，直线EF 与平面ABB1A1所成的角是θ，则有EF ＝C1E2＋FC21＝12＋12＋12＝3，A1M ＝A1B21＋B1M2＝2，因此cosθ＝A1M EF ＝23＝63，即直线EF 与平面ABB1A1所成角的余弦值是63. 答案：6314．某盛有水的圆柱形容器的底面半径为5 cm(厚度不计)，两个直径为5 cm 的玻璃小球都浸没于水中，若取出这两个小球，则水面将下降__________cm.解析：依题意，设水面下降的高度为h ，则π·52·h ＝2·43π·⎝⎛⎭⎫523，解得h ＝53.故填53.答案：5315．如图所示，正方体ABCD －A1B1C1D1的棱长为6，则以正方体ABCD －A1B1C1D1的中心为顶点，以平面AB1D1截正方体外接球所得的圆为底面的圆锥的全面积为__________．解析：设O 为正方体外接球的球心，则O 也是正方体的中心，O 到平面AB1D1的距离是体对角线长的16，即为3；又球的半径是正方体体对角线长的一半，即为33，由勾股定理可知，截面圆的半径为3－3＝26，圆锥底面面积为S1＝π·(26)2＝24π；圆锥的母线即为球的半径33，圆锥的侧面积为S2＝π×26×33＝182π.因此圆锥的全面积为S ＝S1＋S2＝182π＋24π＝(182＋24)π. 答案：(182＋24)π16．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为120°的等腰三角形，则该三棱锥的外接球体积为__________．解析：由三视图可得，该三棱锥的底面是底边长为23，高为1的等腰三角形，该三棱锥的高为2，其直观图如图所示，AC ⊥平面ABD ，作出三棱锥的外接球，则由正弦定理可得，△ABD 的外接圆的直径AE ＝BD sin ∠DAB ＝23sin120°＝4，则外接球的直径CE ＝AC2＋AE2＝22＋42＝25，该三棱锥的外接球体积为V 球＝43π⎝⎛⎭⎫CE 23＝43π(5)3＝2053π.答案：2053π三、解答题17．如图是某直三棱柱被削去上底后所得几何体的直观图、左视图、俯视图，在直观图中，M 是BD 的中点，左视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．(1)求该几何体的体积； (2)求证：EM ∥平面ABC.解析：(1)∵EA ⊥平面ABC ，∴EA ⊥AB ，又AB ⊥AC ，∴AB ⊥平面ACDE ，从俯视图中可见四棱锥B －ACDE 的高AB 为2，又梯形ACDE 的面积S ＝12×(4＋2)×2＝6，∴VB －ACDE ＝13×6×2＝4，即该几何体的体积为4.(2)证明：取BC 的中点G ，连接EM ，MG ，AG .∵M 为BD 的中点，∴MG ∥CD 且MG ＝12CD ，于是MG ∥AE ，且MG ＝AE ，∴四边形AGME 为平行四边形， ∴EM ∥AG ，∴EM ∥平面ABC.18．如图甲，在直角梯形ABCD 中，∠ABC ＝∠DAB ＝90°，∠CAB ＝30°，BC ＝1，AD ＝CD ，把△DAC 沿对角线AC 折起后如图乙所示(点D 记为点P)，点P 在平面ABC 上的正投影E 落在线段AB 上，连接PB.(1)求直线PC 与平面PAB 所成的角的大小； (2)求二面角P －AC －B 的余弦值的大小．解析：方法一：(1)在图甲中， ∵∠ABC ＝∠DAB ＝90°，∠CAB ＝30°，BC ＝1，图甲 ∴AB ＝BC tan30°＝133＝3，AC ＝BC sin30°＝112＝2， ∠DAC ＝60°.∵AD ＝CD ，∴△DAC 为等边三角形． ∴AD ＝CD ＝AC ＝2. 在图乙中，图乙∵点E 为点P 在平面ABC 上的正投影， ∴PE ⊥平面ABC.∵BC ⊂平面ABC ，∴PE ⊥BC. ∵∠CBA ＝90°，∴BC ⊥AB.∵PE∩AB ＝E ，PE ⊂平面PAB ，AB ⊂平面PAB. ∴BC ⊥平面PAB.∴∠CPB 为直线PC 与平面PAB 所成的角．在Rt △CBP 中，BC ＝1，PC ＝DC ＝2， ∴sin ∠CPB ＝BC PC ＝12.∵0°＜∠CPB ＜90°，∴∠CPB ＝30°. ∴直线PC 与平面PAB 所成的角为30°. (2)取AC 的中点F ，连接PF ，EF. ∵PA ＝PC ，∴PF ⊥AC.∵PE ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴PE ⊥AC. ∵PF∩PE ＝P ，PF ⊂平面PEF ，PE ⊂平面PEF ， ∴AC ⊥平面PEF.∵EF ⊂平面PEF ，∴EF ⊥AC.∴∠PFE 为二面角P －AC －B 的平面角．在Rt △EFA 中，AF ＝12AC ＝1，∠FAE ＝30°，∴EF ＝AF·tan30°＝33，AE ＝EF2＋AF2＝233. 在Rt △PFA 中，PF ＝PA2－AF2＝22－12＝ 3. 在Rt △PEF 中，cos ∠PFE ＝EF PF ＝333＝13.∴二面角P －AC －B 的余弦值的大小为13.方法二：在图甲中，图甲∵∠ABC ＝∠DAB ＝90°，∠CAB ＝30°，BC ＝1， ∴AB ＝BC tan30°＝133＝3，AC ＝BC sin30°＝112＝2， ∠DAC ＝60°.∵AD ＝CD ，∴△DAC 为等边三角形． ∴AD ＝CD ＝AC ＝2. 在图乙中，图乙∵点E 为点P 在平面ABC 上的射影， ∴PE ⊥平面ABC.∵BC ⊂平面ABC ，∴PE ⊥BC. ∵∠CBA ＝90°，∴BC ⊥AB.∵PE∩AB ＝E ，PE ⊂平面PAB ，AB ⊂平面PAB ， ∴BC ⊥平面PAB.连接EC ，在Rt △PEA 和Rt △PEC 中，PA ＝PC ＝2，PE ＝PE ， ∴Rt △PEA ≌Rt △PEC.∴EA ＝EC. ∴∠ECA ＝∠EAC ＝30°，∴∠CEB ＝60°. 在Rt △CBE 中，EB ＝BC tan60°＝13＝33.∴AE ＝AB －EB ＝233.在Rt △PEA 中，PE ＝PA2－AE2＝263. 以点E 为原点，EB 所在直线为x 轴，与BC 平行的直线为y 轴，EP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系E －xyz ，则E(0,0,0)，A ⎝⎛⎭⎫－233，0，0，B ⎝⎛⎭⎫33，0，0，C⎝⎛⎭⎫33，1，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，263. ∴BC →＝(0,1,0)，EP →＝⎝⎛⎭⎫0，0，263，AC →＝(3，1,0)，PC →＝⎝⎛⎭⎫33，1，－263.(1)∵cos 〈BC →，PC →〉＝BC →·PC →|BC →||PC →|＝12，∴〈BC →，PC →〉＝60°.∴直线PC 与平面PAB 所成的角为60°. (2)设平面PAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，由⎩⎪⎨⎪⎧n·AC →＝0，n·PC →＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y ＝0，33x ＋y －263z ＝0. 令x ＝1，得y ＝－3，z ＝－22. ∴n ＝⎝⎛⎭⎫1，－3，－22为平面PAC 的一个法向量． ∵EP →＝⎝⎛⎭⎫0，0，263为平面ABC 的一个法向量，∴cos 〈n ，EP →〉＝n·EP →|n||EP →|＝－13.∵二面角P －AC －B 的平面角为锐角， ∴二面角P －AC －B 的平面角的余弦值为13.19．如图，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点．(1)证明：PA ∥平面BDE ；(2)求二面角B －DE －C 的正切值．解析：方法一：(1)证明：连接AC ，设AC 与BD 交于O 点，连接EO.∵底面ABCD 是正方形，∴O 为AC 的中点，又E 为PC 的中点，∴OE ∥PA ，∵OE ⊂平面BDE ，PA ⊄平面BDE ，∴PA ∥平面BDE.(2)∵PD ⊥底面ABCD ，∴PD ⊥BC ，又BC ⊥CD ，∴BC ⊥平面PCD ，又PD ＝DC ，E 为PC 的中点，∴DE ⊥PC ，由DE ⊥BC ，DE ⊥PC ，BC∩PC ＝C 知DE ⊥平面PBC ，从而DE ⊥BE ，∴∠BEC 是二面角B －DE －C 的平面角．设正方形ABCD 的边长为a ，则PD ＝a ，EC ＝12PC ＝22a ，在Rt △BCE 中，tan ∠BEC ＝BC EC＝2， ∴二面角B －DE －C 的正切值为 2.方法二：(1)以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设PD ＝DC ＝2，则A(2,0,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，B(2,2,0)∴PA →＝(2,0，－2)，DE →＝(0,1,1)，DB →＝(2,2,0)．设n1＝(x ，y ，z)是平面BDE 的一个法向量，则由⎩⎪⎨⎪⎧ n1·DE →＝0，n1·DB →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，2x ＋2y ＝0，取y ＝－1，得n1＝(1，－1,1)．∵PA →·n1＝2－2＝0，∴PA →⊥n1，又PA ⊄平面BDE ，∴PA ∥平面BDE.(2)由(1)知n1＝(1，－1,1)是平面BDE 的一个法向量，又n2＝DA →＝(2,0,0)是平面DEC 的一个法向量．设二面角B －DE －C 的平面角为θ，由图可知θ＝〈n1，n2〉，∴cosθ＝cos 〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝23×2＝33. ∵cosθ＝33，∴sinθ＝63.－C 的正切值为 2.20．如图，长方体ABCD －A1B1C1D1中，AA1＝2，AB ＝1，AD ＝m ，E 为BC 的中点，且∠A1ED ＝90°.(1)求直线A1E 与直线CD 所成的角；(2)点M 满足BM →＝12MB1→，问是否存在实数λ，使得AN →＝λAD →，且MN ∥平面A1ED 同时成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．解析：建立空间直角坐标系A －xyz ，则A(0,0,0)，A1(0,0，2)，B(1,0,0)，D(0，m,0)，E ⎝⎛⎭⎫1，m 2，0.(1)∵A1E →＝⎝⎛⎭⎫1，m 2，－2，ED →＝⎝⎛⎭⎫－1，m 2，0，又∵∠A1ED ＝90°，∴1－m24＝0. ∴m ＝2.∵EA1→＝(－1，－1，2)，CD →＝(－1,0,0)，∴cos 〈EA1→，CD →〉＝EA1→·CD →|EA1→|·|CD →|＝12，即直线A1E 与CD 所成的角为60°.(2)依题意M ⎝⎛⎭⎫1，0，23，AN →＝λAD →，N(0,2λ，0)， MN →＝⎝⎛⎭⎫－1，2λ，－23. 设平面A1ED 的法向量为n ＝(p ，q,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n·A1E →＝0，n·ED →＝0，即⎩⎨⎧p·1＋q·1＋－2＝0，－＋q·1＋1×0＝0. 得n ＝⎝⎛⎭⎫22，22，1. ∵n·MN →＝0，即22(－1)＋22·2λ＋1·⎝⎛⎭⎫－23＝0，解得λ＝56，故当λ＝56时，使得AN →＝λAD →，且MN ∥平面A1ED 同时成立．21．如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直，BE ∥CF ，BC ⊥CF ，AD ＝3，EF ＝2，BE ＝3，CF ＝4.(1)求证：EF ⊥平面DCE ；(2)当AB 的长为何值时，二面角A －EF －C 的大小为60°.解析：(1)证明：在△BCE 中，BC ⊥CF ，BC ＝AD ＝3，BE ＝3，∴EC ＝2 3.在△FCE 中，CF2＝EF2＋CE2，∴EF ⊥CE.由已知条件知，DC ⊥平面EFCB ，∴DC ⊥EF ，又DC 与EC 相交于C ，∴EF ⊥平面DCE.(2)方法一：过点B 作BH ⊥EF 交FE 的延长线于H ，连接AH.由平面ABCD ⊥平面BEFC ，平面ABCD∩平面BEFC ＝BC ，AB ⊥BC ，得AB ⊥平面BEFC ，从而AH ⊥EF.所以∠AHB 为二面角A －EF －C 的平面角．在Rt △CEF 中，因为EF ＝2，CF ＝4，EC ＝23，∠ECF ＝30°，∴∠CEB ＝30°，得∠BEH ＝60°，又在Rt △BHE 中，BE ＝3，∴BH ＝BE·sin ∠BEH ＝332. 由二面角A －EF －C 的平面角∠AHB ＝60°，在Rt △AHB 中，解得AB ＝BH·tan ∠AHB ＝92，所以当AB ＝92时，二面角A －EF －C 的大小为60°. 方法二：如图，以点C 为坐标原点，以CB ，CF 和CD 分别作x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系C －xyz.设AB ＝a(a ＞0)，则C(0,0,0)，A(3，0，a)，B(3，0,0)，E(3，3,0)，F(0,4,0)，从而EF →＝(－3，1,0)，AE →＝(0,3，－a)．设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，由EF →·n ＝0，AE →·n ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，3y －az ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝33a ，即n ＝⎝⎛⎭⎫1，3，33a ，不妨设平面EFCB 的法向量为BA →＝(0,0，a)，由条件，得|cos 〈n ，BA →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n·BA →|n||BA →|＝33a a 4a2＋27＝12，解得a ＝92. 所以当AB ＝92时，二面角A －EF －C 的大小为60°.22．已知四棱锥P －ABCD ，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，其中BC ＝2AB ＝2PA ＝6，M ，N 为侧棱PC 上的两个三等分点，如图所示．(1)求证：AN ∥平面MBD ；(2)求异面直线AN 与PD 所成角的余弦值；(3)求二面角M －BD －C 的余弦值．解析：(1)证明：连接AC 交BD 于O ，连接OM ，∵底面ABCD 为矩形，∴O 为AC 中点．∵M ，N 为侧棱PC 的三等分点，∴CM ＝MN ，∴OM ∥AN.∵OM ⊂平面MBD ，AN ⊄平面MBD ，∴AN ∥平面MBD.(2)如图所示，以A 为原点，建立空间直角坐标系A －xyz ，则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(3,6,0)，D(0,6,0)，P(0,0,3)，M(2,4,1)，N(1,2,2)， ∵AN →＝(1,2,2)，PD →＝(0,6，－3)，∴cos 〈AN →，PD →〉＝AN →·PD →|AN →||PD →|＝0＋12－63×35＝2515，∴异面直线AN 与PD 所成角的余弦值为2515.(3)∵侧棱PA ⊥底面ABCD ，∴平面BCD 的一个法向量为AP →＝(0,0,3)，设平面MBD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z)，∵BD →＝(－3,6,0)，BM →＝(－1,4,1)，并且m ⊥BD →，m ⊥BM →，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －3x ＋6y ＝0，－x ＋4y ＋z ＝0，令y ＝1，得x ＝2，z ＝－2， ∴平面MBD 的一个法向量为m ＝(2,1，－2)．cos 〈AP →，m 〉＝AP →·m |AP →||m|＝－23，由图可知二面角M －BD －C 的大小是锐角，∴二面角M －BD －C 大小的余弦值为23.。

四川2014年高考模拟试卷及答案数学

第6题图俯视图2014高考数学模拟试卷（三）本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,其中第Ⅱ卷第⒂题为选考题,其他题为必考题.考生作答时,将答案答在答题卡上,在本试卷上答题无效.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回. 注意事项：1.答题前,考生务必先将自己的姓名,准考证号填写在答题卡上,认真核对条形码上的姓名、准考证号,并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.2.选择题答案使用2B 铅笔填涂,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案的标号,非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写,字体工整,笔迹清楚.3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答,超出答题区域书写的答案无效.4.保持卷面清洁,不折叠,不破损.5.做选考题时,考生按照题目要求作答,并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．参考公式：锥体的体积公式:13V Sh =,其中S 是锥体的底面积,h 是锥体的高.球的表面积、体积公式：24S R π=、343V R π=,其中R 为球的半径.样本数据n x x x ,,21的标准差 (n x s +-=,其中x 为样本平均数.用最小二乘法求线性回归方程系数公式：1221ˆni i i ni i x y nx yx nxb==-⋅∑-∑=,ˆay bx =-. 第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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{}ln A x y x =|=，集合{}2,1,1,2B =--，则A B =A.(1,2)B.{}1,2C.{}1,2--D.(0,)+∞2.若(4i)i i a b +=+其中,a b ∈R ，i 是虚数单位，则a b - = A.3B.5C.3-D.5-3.设0.32a =，20.3b =，2log (0.3)(1)x c x x =+>，则,,a b c 的大小关系是A.a b c << B.b a c << C.c b a << D.b c a <<4.不等式2311x x +≥-的解集是 A.[4,)-+∞ B.(4,)-+∞ C.[4,1)- D.(,4](1,)-∞-+∞5.“1a =”是“函数22cos sin y ax ax =-的最小正周期为π”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既非充分条件也不是必要条件6.一个四棱锥的三视图如图所示，其左视图是等边三角形，该四棱锥的体积等于 3B.3C.33D.37.袋中有4个形状大小一样的球，编号分别为1,2,3,4，从中任取2个球，则这2个球的编号之和为偶数的概率为 A.16 B.23 C.12 D.138.已知等比数列}{n a 满足：354321=++++a a a a a ，122524232221=++++a a a a a ，则54321a a a a a +-+-的值是A.2B.9C.4D.149.设函数3()f x x =+sin x ，若02θπ≤≤时, (cos )(1)0f m f m θ+->恒成立，则实数 m 的取值范围是A.(0,1)B.(,0)-∞C.1(,)2-∞ D.(,1)-∞10.当n *∈N 且2n ≥时，24112225n p q -++++=+(其中p 、q 为非负整数，且05q ≤≤，则q 的值为 A.0 B.1 C.3 D.与n 有关第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共20分.将正确答案填在答题卷上对应题号的横线上.11.若下框图所给的程序运行结果为20S =，那么判断框中应填入的关于k 的条件是 .12.函数()37ln f x x x =-+的零点位于区间(,1)()n n n +∈N ，则n = . 13.已知锐角三角形的边长分别为2、4、x ，试求x 的取值范围 .D CBA14.对于函数321()(2)3f x x ax a x b =-+-+，若()f x 有六个不同的单调区间，则a 的取值范围为 .15.（文科做②；理科从①②两小题中任意选作一题） ①（坐标系与参数方程选做题）在极坐标系中，直线π()6θρ=∈R 截圆π2cos()6ρθ=- 的弦长是 .②(不等式选做题)关于x 的不等式|||1|1x a x ---≤在R 上恒成立（a 为常数），则实数a 的取值范围是 .三、解答题：本大题共6小题，满分75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 16.(本大题满分12分)在ABC ∆中，已知45ABC ∠=，AB =D 是BC 边上的一点，5,3AD DC ==，求AC 的长.17. (本大题满分12分)A 、B 两个口袋，A 袋中有6张卡片，其中1张写0，2张写1，3张写有2；B 袋中7张卡片，其中4张写有0，1张写有1，2张写有2，从A 袋中取1张卡片，B 袋中取2张卡片，共3张卡片，求：（1）取出的3张卡片都写0的概率；（2）取出的3张卡片数字之积是4的概率；（3）取出的3张卡片数字之积的数字期望.18.(本大题满分12分)如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，2AD DE AB ==，F 为CD 的中点．（1）求证：//AF 平面BCE ；（2）求证：平面BCE ⊥平面CDE ；（3）求直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值．19.(本大题满分12分)设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且(1)n n S a λλ=+-，其中λ是不等于1-和0的常数. （1）证明：数列{}n a 是等比数列；（2）设数列{}n a 的公比()q f λ=，数列{}n b 满足111,()3n n b b f b -==（n *∈N ，且2n ≥），求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T . 20.(本大题满分13分)已知函数()sin f x ax b x =+，当3x π=时，()f x取得极小值3π-（1）求,a b 的值；（2）设直线:()l y g x =，曲线:()S y f x =.若直线l 与曲线S 同时满足下列两个条件： ①直线l 与曲线S 相切且至少有两个切点；②对任意x ∈R 都有()()g x f x ≥.则称直线l 为曲线S 的“上夹线”.试证明：直线:2l y x =+为曲线:sin S y ax b x =+“上夹线”.21.(本大题满分14分)一直线过抛物线22(0)y px p =>的焦点F ，且交抛物线于,A B 两点，C 为抛物线准线ABCDEF的一点（1）求证：ACB∠不可能是钝角；（2）是否存在这样的点C，使得ABC∆为正三角形？若存在，请求出点C的坐标；若不存在，请说明理由.参考答案一、选择题：1～5. BBBDA ； 6～10. ADCDA. 二、填空题：11.8k >； 12.2; 13.1512t +≤<； 14.(1,2)； 15. ①2；②[]0,2. 三、解答题：16.解：在ABD ∆中，由正弦定理得562sin 22sin 35AB B ADB AD ⋅∠∠=== ∴3ADB π∠=或23π，①若3ADB π∠=，则23ADC π∠=，ADC ∆中，由余弦定理得222cos 49AC AD DC AD DC ADC =+-⋅∠=2 ∴7AC =，②若23ADB π∠=，则3ADC π∠=，ADC ∆中，由余弦定理得222cos 19,AC AD DC AD DC ADC =+-⋅∠=2∴19AC =17.（文科）（1）每颗骰子出现的点数都有6种情况，∴基本事件总数为3666=⨯个.记“点),(y x P 在直线1-=x y 上”为事件A ，A 有5个基本事件：)}5,6(),4,5(),3,4(),2,3(),1,2{(=A ，.365)(=∴A P （2）记“点),(y x P 满足x y 42<”为事件B ，则事件B 有17个基本事件: 当1=x 时，;1=y 当2=x 时，2,1=y ；当3=x 时，3,2,1=y ；当4=x 时，;3,2,1=y 当5=x 时，4,3,2,1=y ；当6=x 时，4,3,2,1=y ．.3617)(=∴B PF HG EMDCBA（理科）解：（1）设事件A 表示：“取出的3张卡片都写0”2427C 11()6C 21P A =⋅=（2）设事件B 表示：“取出的3张卡片数字之积是4”2112122277C C C 234()6C 6C 63P B =⋅+⋅=（3）设取出的3张卡片数字之积为随机变量ξ，则ξ可取0，2，4，82327C 1537(0)(1)66C 42P ξ==+⋅-=； 111227C C 22(2)6C 63P ξ==⋅= 11121222C C C 234(4)6C 6C 63P ξ==⋅+⋅=； 222C 31(8)6C 42P ξ==⋅= 24863634263E ξ=⋅+⋅+⋅=18.解（1）证法一：取CE 的中点G ，连FG BG 、．∵F 为CD 的中点，∴//GF DE 且12GF DE =． ∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴//AB DE ，∴//GF AB ．又12AB DE =，∴GF AB =．∴四边形GFAB 为平行四边形，则//AF BG ． ∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴//AF 平面BCE ．证法二：取DE 的中点M ，连AM FM 、． ∵F 为CD 的中点，∴//FM CE ．∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，∴//DE AB ．又12AB DE ME ==， ∴四边形ABEM 为平行四边形，则//AM BE ． ∵FM AM ⊄、平面BCE ，CE BE ⊂、平面BCE ， ∴//FM 平面BCE ，//AM 平面BCE ．又FMAM M =，∴平面//AFM 平面BCE ．∵AF ⊂平面AFM ，∴//AF 平面BCE ．（2）证：∵ACD ∆为等边三角形，F 为CD 的中点，∴AF CD ⊥． ∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE AF ⊥．又CDDE D =，故AF ⊥平面CDE ．∵//BG AF ，∴BG ⊥平面CDE ． ∵BG ⊂平面BCE ， ∴平面BCE ⊥平面CDE ．（3）平面CDE 内，过F 作FH CE ⊥于H ，连BH ∵平面BCE ⊥平面CDE ，∴FH ⊥平面BCE ∴FBH ∠为BF 和平面BCE 所成的角设22AD DE AB a ===，则2sin 452FH CF==2BF a ==，Rt FHB ∆中，sin FH FBH BF ∠==∴直线BF 和平面BCF 19.（1）证明：∵(1)n n S a λλ=+-∴11(1)(2)n n S a n λλ--=+-≥∴1n n n a a a λλ-=-+，即1(1)n n a a λλ-+= 又1λ≠-且0λ≠，∴11n n a a λλ-=+ 又11a =，∴数列{}n a 是以1为首项，1λλ+为公比的等比数列.（2）解：由（1）知：()1q f λλλ==+∴111()(2)1n n n n b b f b n b ---==≥+故有1111111n n n n b b b b ---+==+，∴1111(2)n n n b b --=≥∴数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以3为首项，1为公差的等差数列， ∴2(1)53()22n n n n nT n n *-+=+=∈N20.解：（1）∵()sin f x ax b x =+，∴()cos f x a b x '=+而由已知得：10233a b a ⎧+=⎪⎪⎨ππ⎪⋅+=⎪⎩∴1,2a b ==-此时()2sin f x x x =-，∴()12cos f x x '=-，当(0,)3x π∈时，()0f x '<，当(,)32x ππ∈时，()0f x '>∴当3x π=时，()f x取得极小值3π-即1,2a b ==-符合题意（2）由()12cos 1f x x '=-=，得cos 0x =当2x π=-时，cos 0x =，此时1222y x π=+=-+，22sin 22y x x π=-=-+12y y =，∴(,2)22ππ--+是直线l 与曲线S 的切点当2x 3π=时，cos 0x =，此时1222y x 3π=+=+，22sin 22y x x 3π=-=+ 12y y =，∴(,2)223π3π+也是直线l 与曲线S 的切点∴直线l 与曲线S 相切且至少有两个切点对任意x ∈R ，()()(2)(2sin )22sin 0g x f x x x x x -=+--=+≥即()()g x f x ≥，因此直线:2l y x =+为曲线:2sin S y x x =-“上夹线” 21.解：设1122(,),(,),(,)2p A x y B x y C m -，直线AB 方程为2p x ty =+由222p x ty y px ⎧=+⎪⎨⎪=⎩得：2220y pty p --=，则212122,y y pt y y p +==-∴2212122,4p x x pt p x x +=+=（1）11(,)2p CA x y m =+-，22(,)2pCB x y m =+- ∴2()0CA CB pt m ⋅=-≥∴,CA CB <>不可能为钝角，故ACB ∠不可能是钝角（2）假设存在点C ，使得ABC ∆为正三角形由（1）得：线段AB 的中点为2(,)2pM pt pt +①若直线AB 的斜率不存在，这时0t =，(,),(,)22p pA pB p -，点C 的坐标只可能是(,)2p p -，由CM AB =，得：2p p =，矛盾，于是直线AB 的斜率必存在 ②由CM AB ⊥，得：1CM AB k k ⋅=-，即21122pt m p p t pt -⋅=-++∴32m pt pt =+，∴3(,2)2pC pt pt -+2(CM p t =+22(1)AB p t =+由CM =，得：t =，∴(,)2p C -±故存在点(,)2pC -±，使得ABC ∆为正三角形。

2014年全国高考真题(理科数学)分类汇编九、立体几何(逐题详解)

2014年高考题专题整理 --立体几何第I 部分1.【2014年陕西卷（理05）】已知底面边长为1，侧棱长为2则正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（）32.3A π .4B π .2C π 4.3D π【答案】 D【解析】D r r r r 选解得设球的半径为.π3434V ∴,1,4)2(11)2(,32222====++=π2.【2014年重庆卷（理07）】某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的表面积为（）A.54B.60C.66D.72【答案】B【解析】在长方体中构造几何体'''ABC A B C -,如右图所示，4,'5,'2,3AB A A B B AC ====，经检验该几何体的三视图满足题设条件。

其表面积'''''''''ABC ACC A ABB A BCC B A B C S S S S S S ∆∆=++++，3515615146022=++++=，故选择B3.【2014年安徽卷（理07）】一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为俯视图左视图正视图3245C'B'A'C BA（A ）321+ （B ）318+（C ）21（D ）18【答案】A【解析】此多面体的直观图如下图所示表面积为61121622⨯⨯⨯-⨯⨯ 3212)2(432+=⨯⨯+第（7）题图4.【2014年福建卷（理02）】某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（）A ．圆柱B ．圆锥C ．四面体D ．三棱柱【答案】A【解析】圆柱的正视图为矩形，故选：A5.【2014年湖南卷（理07）】一块石材表示的几何体的三视图如图2所示. 将该石材切割、打磨，加工成球，则能得到最大球的半径等于A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】由图可得该几何体为三棱柱,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r ,则2286862r r r -+-=+⇒=，故选B6.【2014年辽宁卷（理04）】已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的正（主）视图侧（左）视图俯视图111111111111是（）A ．若//,//,m n αα则//m nB ．若m α⊥，n α⊂，则m n ⊥C ．若m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．若//m α，m n ⊥，则n α⊥【答案】B【解析】A ．若m ∥α，n ∥α，则m ，n 相交或平行或异面，故A 错；B ．若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n ，故B 正确；C ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α，故C 错；D ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α或n ⊥α，故D 错．故选B7.【2014年全国大纲卷（08）】正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（） A ．814π B ．16π C ．9π D ．274π【答案】A【解析】设球的半径为R ，则∵棱锥的高为4，底面边长为2， ∴R 2=（4﹣R ）2+（）2，∴R=，∴球的表面积为4π•（）2=．故选：A8.【2014年四川卷（理08）】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点。

(新课标I 第03期)2014届高三数学试题分省分项汇编专题10 立体几何文(含解析)

新课标I （第03期）-2014届高三名校数学（文）试题分省分项汇编专题10 立体几何（解析版）Word 版含解析一．基础题组1. 【某某省某某中学2014届高三上学期四调考试】如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是BC 1，CD 1的中点，则下列说法错误的是（）A ． MN 与CC 1垂直B ． MN 与AC 垂直 C ． MN 与BD 平行 D ． MN 与A 1B 1平行2. 【某某省某某市第四高级中学2014届高三综合测试一】一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（）A ．12πB ．43πC ．3πD ．123π宽、高补体成正方体，正方体与-P ABCD 是同一个外接球，2=3R l =3R 2234432S R πππ===.考点：1.几何体与球的组合体问题；2.球的相关问题求解.3. 【某某省某某市2014届高中毕业年级第一次质量预测试题】如图，某几何体的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的体积为（）A ．33B ．93C ．63D ．1834. 【某某省某某市某某五中2014届高三12月月考】若某空间几何体的三视图如上图所示，则该几何体的体积是（）A.23B. 43C. 2D. 65. 【某某省某某市某某五中2014届高三12月月考】一个三棱锥P －ABC 的三条侧棱PA 、PB 、PC 两两互相垂直，且长度分别为1、6、3，则这个三棱锥的外接球的表面积为（）A.π16B.π32C.π36D.π646. 【某某省某某中学2014届高三上学期四调考试】如图所示的几何体ABCDFE 中，△ABC ，△DFE 都是等边三角形，且所在平面平行，四边形BCED 是边长为2的正方形，且所在平面垂直于平面ABC ．（Ⅰ）求几何体ABCDFE 的体积；（Ⅱ）证明：平面ADE ∥平面BCF ；7. 【某某省某某市2014届高中毕业年级第一次质量预测试题】（本小题满分12分）在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 为矩形，1AB =，12AA ，D 为1AA 的中点，BD 与1AB 交于点O ，CO ⊥侧面11ABB A .（1）证明：1BC AB ⊥；（2）若OC OA =，求三棱锥1C ABC -的体积.8. 【某某省曲沃中学2014届高三上学期期中考试】如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱与底面垂直，AB BC ⊥，12AB BC BB ===，,M N 分别是1,AB A C 的中点（1）求证：MN ∥平面11BCC B ；（2）求证：MN ⊥平面11A B C ；（3）求三棱锥的体积11M A B C 的体积．9. 【某某市2013-2014学年度高三年级第一学期期末考试】（本题满分12分）如图，在三棱锥P ABC -中，PA PB AB BC ===，090PBC ∠=，D 为AC 的中点，AB PD ⊥.（1）求证：平面PAB ⊥平面ABC ；（2）如果三棱锥P BCD -的体积为3，求PA .333=解得3a =3PA =12分考点：1.线面垂直的判定和性质；2.面面垂直的判定；3.锥体的体积公式.二．能力题组1. 【某某省某某中学2014届高三上学期四调考试】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于（）A.3160B. 160 C. 23264+ D.2888+2.【某某省某某市一中2014届高三12月月考试卷】长方体1111ABCD A B C D -的各个顶点都在表面积为16π的球O 的球面上，其中1::23AB AD AA =，则四棱锥O ABCD -的体积为( )63263 C.233 【答案】B【解析】试题分析：设2AB a =，AD a =，13AA a ，则22224322R l a a a a ==++=，则2R a =，24(2)16S a ππ=⨯=球，即2a =22AB =2AD =16AA =，∴1626(222)323O ABCD V -=⨯⨯⨯=. 考点：1.长方体外接球问题；2.锥体体积公式. 3. 【某某省某某市一中2014届高三12月月考试卷】右图是某几何体的三视图，则该几何体的表面积等于( )A ．3465+B ．66543++C ．663413++D ．1765+4. 【某某省曲沃中学2014届高三上学期期中考试】空间几何体的三视图如所示,则该几何体的体积为 ( )A ．223π+B ．423π+C ．323π+D ．343π+5. 【某某省某某一中、康杰一中、某某一中、某某二中四校2014届高三第二次联考】如图是一几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A.35+B. 325+C. 422+D. 423+考点：1.三视图；2.几何体的体积.6. 【某某市2013-2014学年度高三年级第一学期期末考试】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．816π+B ．816π-C ．88π+D ．168π-7. 【某某省某某市一中2014届高三12月月考试卷】（本题满分12分）右图为一组合体，其底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，//EC PD ，且22PD AD EC ===（Ⅰ）求证：//BE 平面PDA ；（Ⅱ）求四棱锥B CEPD -的体积；（Ⅲ）求该组合体的表面积．∵11()32322PDCCE S PD EC DC =+⨯=⨯⨯=梯形， ∴四棱锥B CEPD -的体积1132233B CEPD PDCE V S BC -=⨯⨯=⨯⨯=梯形，（Ⅲ）∵5BE PE ==，23PB =，8. 三．拔高题组 1.【某某省某某市某某五中2014届高三12月月考】如图，将边长为5+2的正方形，剪去阴影部分后，得到圆锥的侧面和底面的展开图，则圆锥的体积是（）.A π3302B π362C π330 D π360 211230230333V R h πππ==⨯=. 考点：圆锥的体积公式.2. 【某某市2013-2014学年度高三年级第一学期期末考试】如图，直三棱柱111ABC A B C -的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB AC =，侧面11BCC B 是半球底面圆的内接正方形，则侧面11ABB A 的面积为（）A ．2B ．1C ．2D ．223. 【某某省某某中学2014届高三上学期四调考试】如图，已知球O 是棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的内切球，则平面1ACD 截球O 的截面面积为.4. 【某某省某某市2014届高中毕业年级第一次质量预测试题】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，各项点都在同一球面上，若12AA =，2AB =，1AC =，060BAC ∠=，则此球的表面积等于.5. 【某某省某某一中、康杰一中、某某一中、某某二中四校2014届高三第二次联考】已知正四棱锥ABCD S -的所有棱长均为2，则过该棱锥的顶点S 及底面正方形各边中点的球的体积为.6. 【某某省某某一中、康杰一中、某某一中、某某二中四校2014届高三第二次联考】（本小题满分12分）已知梯形ABCD 中//AD BC ，2π=∠=∠BAD ABC ，42===AD BC AB ，E 、F 分别是AB 、CD 上的点，//EF BC ，x AE =．沿EF 将梯形AEFD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF (如图)．G 是BC 的中点．（1）当2=x 时，求证：BD ⊥EG ；（2）当x 变化时，求三棱锥D BCF -体积的最大值．7.。

2014年全国各地高考文科数学试题分类汇编：立体几何

2014年全国各地高考文科数学试题分类汇编:立体几何一、选择填空题1. [2014·福建卷 3] 以边长为 1的正方形的一边所在直线为旋转轴,将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于 (A . 2πB . πC . 2D . 1 【答案】 A 2. [2014·浙江卷 3] 某几何体的三视图 (单位:cm 如图所示,则该几何体的体积是 (图 1-1A . 72 cm3B . 90 cm3C . 108 cm3D . 138 cm3 【答案】 B3. [2014·四川卷 4] 某三棱锥的侧视图、俯视图如图 1-1所示,则该三棱锥的体积是 (锥体体积公式:V 13Sh ,其中 S 为底面面积, h 为高 (图 1-1A . 3B . 2 C. 3 D . 1【答案】 D 4. [2014·辽宁卷 4] 已知 m , n 表示两条不同直线, α表示平面.下列说法正确的是 (A .若 m ∥ α, n ∥ α,则 m ∥ nB .若 m ⊥ α, n ⊂ α,则 m ⊥ nC .若 m ⊥ α, m ⊥ n ,则 n ∥ αD .若 m ∥ α, m ⊥ n ,则 n ⊥ α 【答案】 B 5. [2014·陕西卷 5] 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 【答案】 C6. [2014·浙江卷 6] 设 m , n 是两条不同的直线, α, β是两个不同的平面 (A .若 m ⊥ n , n ∥ α,则 m ⊥ αB .若 m ∥ β, β⊥ α,则 m ⊥ αC .若 m ⊥ β, n ⊥ β, n ⊥ α,则 m ⊥ αD .若 m ⊥ n , n ⊥ β, β⊥ α,则 m ⊥ α【答案】 C 7. [2014·全国卷 4] 已知正四面体 ABCD 中,E 是 AB 的中点, 则异面直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为 (A. 16B. 36 13 D. 33【答案】 B 8. [2014·新课标全国卷Ⅱ 6] 如图 1-1,网格纸上正方形小格的边长为1(表示 1 cm ,图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为 3 cm,高为 6 cm的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为 (图 1-1A. 1727 59 C. 1027 D. 13【答案】 C 9. [2014·湖北卷 10] 《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“囷盖”的术“置如其周,令相乘也.又以高乘之,三十六成一.”该术相当于给出了由圆锥的底面周长 L 与高 h ,计算其体积 V 的近似公式 V 1362h . 它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为 3. 那么,近似公式V ≈ 275L 2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为 (A. 227B. 258C. 15750D. 355113【答案】 B 10. [2014·新课标全国卷Ⅱ 7] 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. 32 C . 1 D. 32【答案】 C11. [2014·安徽卷 8] 一个多面体的三视图如图 1-2所示,则该多面体的体积是 (图 1-2A. 233B. 476C . 6D . 7 【答案】 A12. [2014·湖北卷 7] 在如图 1-1所示的空间直角坐标系 O -xyz 中,一个四面体的顶点坐标分别是 (0, 0, 2 , (2, 2, 0 , (1, 2, 1 , (2, 2, 2 .给出编号为①、②、③、④的四个图,则该四面体的正视图和俯视图分别为 (2A .①和②B .③和①C .④和③D .④和②【答案】 D13. [2014·辽宁卷 7](图 1-2A . 8-π4B .8-π2C . 8-πD . 8-2π 【答案】 C14. [2014·重庆卷 7](1-2A . 12B . 18C . 24D . 30 【答案】 C 15. [2014·全国新课标卷Ⅰ 8] 如图 1-1,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是 (A .三棱锥B .三棱柱C .四棱锥D .四棱柱【答案】 B16. [2014·湖南卷 8] 一块石材表示的几何体的三视图如图 1-2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 (图 1-2A . 1B . 2C . 3D . 4 【答案】 B 17. [2014·全国卷 10] 正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为 4,底面边长为 2,则该球的表面积为 (A. 81π4 B . 16π C . 9π D. 27π4【答案】 A18. [2014·浙江卷 10] 如图 1-3,某人在垂直于水平地面 ABC 的墙面前的点 A 处进行射击训练.已知点 A 到墙面的距离为 AB ,某目标点 P 沿墙面上的射线 CM 移动,此人为了准确瞄准目标点 P ,需计算由点 A 观察点 P 的仰角θ的大小 (仰角θ为直线 AP 与平面 ABC 所成角 . 若 AB =15 m, AC =25 m, ∠ BCM =30°, 则tan θ的最大值是 (图 1-3A.5 B. 3010 C. 39 D. 539【答案】 D19. [2014·江苏卷 8] 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 S 294,则 V V 2________. 【答案】 32 22. [2014·天津卷 10] 一个几何体的三视图如图 1-2所示 (单位:m , 则该几何体的体积为________m3. 【答案】20π320. [2014·北京卷 11] 则该三棱锥最长棱的棱长为 ________. 【答案】 2图 1-321. [2014·山东卷 13] 一个六棱锥的体积为 3,其底面是边长为 2的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为 ________. 【答案】 12三、解答题1. [2014·安徽卷 19] 如图 1-5所示, 四棱锥 P - ABCD 的底面是边长为 8的正方形, 四条侧棱长均为 17. 点 G , E , F , H 分别是棱 PB , AB , CD , PC 上共面的四点,平面 GEFH ⊥平面 ABCD , BC ∥平面 GEFH.图 1-5(1证明:GH ∥ EF ; (2若 EB =2,求四边形 GEFH 的面积. 解: (1证明:因为 BC ∥平面 GEFH , BC ⊂平面 PBC , 且平面PBC ∩平面 GEFH =GH , 所以 GH ∥ BC . 同理可证 EF ∥ BC ,因此 GH ∥ EF .(2连接 AC , BD 交于点 O , BD 交 EF 于点 K ,连接 OP , GK .因为 P A =PC , O 是 AC 的中点,所以 PO ⊥ AC ,同理可得 PO ⊥ BD . 又BD ∩ AC =O ,且 AC , BD 都在平面 ABCD 内,所以 PO ⊥平面 ABCD .又因为平面 GEFH ⊥平面 ABCD ,且 PO ⊄平面 GEFH ,所以 PO ∥平面 GEFH . 因为平面 PBD ∩平面 GEFH =GK ,所以 PO ∥ GK ,所以 GK ⊥平面 ABCD . 又 EF ⊂平面 ABCD ,所以 GK ⊥ EF ,所以 GK 是梯形 GEFH 的高.由 AB =8, EB =2得 EB ∶ AB =KB ∶ DB =1∶ 4,从而 KB =14=12OB ,即 K 是 OB 的中点.再由 PO ∥ GK 得 GK =12PO , 所以 G 是 PB 的中点,且 GH =12BC =4. 由已知可得 OB =42, PO PB -OB =68-32=6, 所以 GK =3,故四边形 GEFH 的面积 S GH +EF 2GK =4+823=18. 2. [2014·重庆卷 20] 如图 1-4所示四棱锥 P -ABCD 中,底面是以 O 为中心的菱形, PO ⊥底面 ABCD , AB=2,∠ BAD =π3, M 为 BC 上一点,且 BM 12(1证明:BC ⊥平面 POM ; (2若图解:(1证明:如图所示, 因为四边形 ABCD 为菱形, O 为菱形的中心, 连接 OB , 则 AO ⊥ OB . 因为∠ BAD =π3OB =AB ·sin ∠ O AB =2sin π6=1. 又因为 BM =12, 且∠ OBM π3在△ OBM 中, OM 2=OB 2+BM 2-2OB ·BM ·cos ∠ OBM =12+⎝⎛122-2×1×12×cos π3=34,所以 OB 2=OM 2+BM 2,故 OM ⊥ BM . 又 PO ⊥底面 ABCD ,所以 PO ⊥ BC . 从而 BC 与平面 POM 内的两条相交直线 OM , PO 都垂直,所以 BC ⊥平面 POM. (2由 (1可得, OA =AB ·cos ∠ OAB =2×cos 63. 设 PO =a ,由 PO ⊥底面 ABCD ,知△ POA 为直角三角形,故 P A 2=PO 2+OA 2=a 2+3.又△ POM 也是直角三角形,故 PM 2=PO 2+OM 2=a 2+34. 连接 AM ,在△ ABM 中, AM 2=AB 2+BM 2-2AB ·BM ·cos ∠ ABM=22+⎝⎛122-2×2×12×2π3=214. 由已知 MP ⊥ AP ,故△ APM 为直角三角形,则 P A 2+PM 2=AM 2,即 a 2+3+a 2+34214, 解得 a =32a 32(舍去 ,即 PO =32此时 S 四边形 ABMO =S △ AOB +S △ OMB =12·AO ·OB +12·BM ·OM123×1+12×12325 38. 所以四棱锥 P -ABMO 的体积 V 四棱锥 P -ABMO 13·S 四边形 ABMO ·PO13×5 3832516. 3. [2014·陕西卷 17] 四面体 ABCD 及其三视图如图 1-4所示,平行于棱 AD , BC 的平面分别交四面体的棱 AB , BD , DC , CA 于点 E , F , G , H .图 1-4(1求四面体 ABCD 的体积; (2证明:四边形 EFGH 是矩形.解:(1由该四面体的三视图可知, BD ⊥ DC , BD ⊥ AD , AD ⊥ DC , BD =DC =2, AD =1,∴ AD ⊥平面 BDC ,∴四面体 ABCD 的体积 V =1312×2×2×1=23.(2证明:∵ BC ∥平面 EFGH ,平面EFGH ∩平面 BDC =FG ,平面EFGH ∩ 平面ABC =EH , ∴ BC ∥ FG , BC ∥ EH ,∴ FG ∥ EH . 同理 EF ∥ AD , HG ∥ AD ,∴EF ∥ HG ,∴四边形 EFGH 是平行四边形.又∵ AD ⊥平面 BDC ,∴ AD ⊥ BC ,∴ EF ⊥ FG ,∴四边形 EFGH 是矩形.4. [2014·湖南卷 18] 如图 1-3所示,已知二面角α-MN -β的大小为 60°,菱形ABCD 在面β内, A , B 两点在棱 MN 上,∠ BAD =60°, E 是(1证明:AB ⊥平面 ODE ; (2求异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值.解:(1证明:如图,因为 DO ⊥ α, AB ⊂ α,所以 DO ⊥ AB .连接 BD ,由题设知,△ ABD 是正三角形,又 E 是 AB 的中点,所以 DE ⊥ AB . 而DO ∩ DE =D ,故 AB ⊥平面 ODE .(2因为 BC ∥ AD ,所以 BC 与 OD 所成的角等于 AD 与 OD 所成的角,即∠ADO 是 BC 与 OD 所成的角. 由 (1知, AB ⊥平面 ODE , 所以 AB ⊥ OE . 又 DE ⊥AB , 于是∠ DEO 是二面角α-MN -β的平面角, 从而∠ DEO =60°.不妨设 AB =2,则 AD =2,易知 DE 3.在 Rt △ DOE 中, DO =DE ·sin 60°=32连接 AO ,在 Rt △ AOD 中, cos ∠ ADO =DOAD32234故异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值为345. [2014·北京卷 17] 如图 1-5,在三棱柱 ABC -A 1B 1C 1中,侧棱垂直于底面, AB ⊥ BC , AA 1=AC =2, BC =1, E , F 分别是 A 1C 1, BC 的中点.图 1-5(1求证:平面 ABE ⊥平面 B 1BCC 1; (2求证:C 1F ∥平面 ABE ; (3求三棱锥 E -ABC 的体积. 解:(1证明:在三棱柱 ABC - A 1B 1C 1中, BB 1⊥底面 ABC ,所以 BB 1⊥ AB .又因为 AB ⊥ BC ,所以 AB ⊥平面 B 1BCC 1,所以平面 ABE ⊥平面 B 1BCC 1.(2证明:取 AB 的中点 G ,连接 EG , FG.因为 E , F , G 分别是 A 1C 1, BC , AB 的中点,所以 FG ∥ AC ,且 FG =12AC , EC 1=12A 1C 1. 因为 AC ∥ A 1C 1,且 AC =A 1C 1,所以 FG ∥ EC 1,且 FG =EC 1,所以四边形 FGEC 1为平行四边形,所以 C 1F ∥ EG .又因为 EG ⊂平面 ABE , C 1F ⊄平面 ABE ,所以 C 1F ∥平面 ABE .(3因为 AA 1=AC =2, BC =1, AB ⊥ BC ,所以 AB AC -BC 3.所以三棱锥 E - ABC 的体积 V =13△ ABC ·AA 11312×3×1×2=336. [2014·湖北卷 20] 如图 1-5,在正方体 ABCD -A 1B 1C 1D 1中, E , F , P , Q , M , N 分别是棱 AB , AD , DD 1, BB 1, A 1B 1, A 1D 1的中点.求证:(1直线 BC∥平面 EFPQ ; (2直线 AC 1⊥平面 PQMN .证明:(1连接 AD 1,由 ABCD - A 1B 1C 1D 1是正方体,知 AD 1∥ BC 1.因为 F , P 分别是 AD , DD 1的中点,所以 FP ∥ AD 1,从而 BC 1∥ FP .而 FP ⊂平面 EFPQ ,且 BC 1⊄平面 EFPQ ,故直线 BC∥平面 EFPQ . (2如图,连接 AC , BD , A 1C 1,则 AC 由 CC 1⊥平面 ABCD , BD ⊂平面 ABCD ,可得 CC 1⊥ BD .又AC ∩ CC 1=C ,所以 BD ⊥平面 ACC 1A 1,而 AC 1⊂平面 ACC 1A 1,所以BD ⊥ AC 1.因为 M , N 分别是 A 1B 1, A 1D 1的中点,所以 MN ∥ BD ,从而 MN ⊥ AC 1,同理可证 PN ⊥ AC 1.又PN ∩ MN =N ,所以直线 AC 1⊥平面 PQMN .7. [2014·江苏卷 16] 如图 1-4所示,在三棱锥 P - ABC 中, D , E , F 分别为棱 PC , AC , AB 的中点.已知 P A ⊥ AC , P A =6, BC =8, DF =5.求证:(1直线 P A ∥平面 DEF ; (2平面 BDE ⊥平面 ABC .图 1-4解:(1∵ D E ,为 PC AC , 中点∴ DE ∥ P A ∵ PA ⊄平面 DEF , DE ⊂平面 DEF ∴ P A ∥平面 DEF(2∵ D E , 为 PC AC , 中点∴ 132DE PA == ∵ E F , 为 AC AB , 中点∴ 14EF BC == ∴ 222DE EF DF += ∴ 90DEF ∠=°,∴ DE ⊥ EF ∵ //DE PA PA AC ⊥,,∴ DE AC ⊥∵ AC EF E = ∴ DE ⊥平面 ABC∵ DE ⊂平面 BDE , ∴平面 BDE ⊥平面 ABC .8. [2014·福建卷 19] 如图 1-6所示,三棱锥 A - BCD 中, AB ⊥平面 BCD , CD ⊥BD .(1求证:CD ⊥平面 ABD ; (2若 AB =BD =CD =1, M 为 AD 中点,求三棱锥 A - MBC 的体积.图 1-6解:方法一:(1证明:∵ AB ⊥平面 BCD , CD ⊂平面 BCD ,∴ AB ⊥ CD .又∵ CD ⊥ BD , AB ∩ BD =B , AB ⊂平面 ABD , BD ⊂平面 ABD ,∴ CD ⊥平面 ABD .(2由 AB ⊥平面 BCD ,得 AB ⊥ BD .∵ AB =BD =1,∴ S △ ABD =12. ∵ M 是 AD 的中点,∴ S △ ABM =12△ ABD =14由 (1知, CD ⊥平面 ABD ,∴三棱锥 C - ABM 的高 h =CD =1,因此三棱锥 A - MBC 的体积 V A - MBC =V C - ABM =13S △ ABM ·h =112.方法二:(1同方法一.(2由 AB ⊥平面 BCD ,得平面 ABD ⊥平面 BCD ,且平面ABD ∩平面 BCD=BD .如图所示,过点 M 作 MN ⊥ BD 交 BD 于点 N ,则 MN ⊥平面 BCD ,且 MN 1212又 CD ⊥ BD , BD =CD =1,∴ S △ BCD =12. ∴三棱锥 A - MBC 的体积 V A - MBC =V A - BCD -V M - BCD =13AB ·S △BCD 13MN ·S △ BCD =112. 9. [2014·新课标全国卷Ⅱ 18] 如图 1-3,四棱锥 P -ABCD 中,底面 ABCD 为矩形, P A ⊥平面 ABCD , E 为 PD 的中点.(1证明:PB ∥平面 AEC ; (2设 AP =1, AD =3,三棱锥 P - ABD 的体积 V 34,求 A 到平面 PBC 的距离.图 1-3解:(1证明:设 BD 与 AC 的交点为 O ,连接 EO.因为 ABCD 为矩形,所以 O 为 BD 又 E 为 PD 的中点,所以 EO ∥ PB , EO ⊂平面 AEC , PB ⊄平面 AEC ,所以 PB ∥平面 AEC .(2V =13×12P A ×AB ×AD =36AB ,由 V =34,可得 AB =32. 作 AH ⊥ PB 交 PB 于点 H ,由题设知 BC ⊥平面 P AB ,所以 BC ⊥ AH ,因为PB ∩ BC =B ,所以 AH ⊥平面 PBC ,又 AH P A ·AB PB =31313所以点 A 到平面 PBC 1313.10. [2014·广东卷 18] 如图 1-2所示,四边形 ABCD 为矩形, PD ⊥平面 ABCD , AB =1, BC =PC =2,作如图 1-3折叠:折痕 EF ∥ DC ,其中点 E , F 分别在线段 PD , PC 上,沿 EF 折叠后点 P 叠在线段 AD 上的点记为 M ,并且 MF ⊥ CF .(1证明:CF ⊥平面 MDF ; (2求三棱锥 M - CDE 的体积.图 1-2 图 1-300:(1:, , ,, , , ,, , , , , ,.11(2, , 60, 30, ==, 22, PD ABCD PD PCD PCD ABCD PCD ABCD CD MD ABCD MD CD MD PCD CF PCD CF MD CF MF MD MF MDF MDMF M CF MDF CF MDF CF DF PCD CDF CF CD DE EF DC D ⊥⊂∴⊥=⊂⊥∴⊥⊂∴⊥⊥⊂=∴⊥⊥∴⊥∠=∴∠=∴解证明平面平面平面平面平面平面平面平面又平面平面平面又易知从而∥ 211, , 2211. 33CDE M CDE CDE CF DE PE S CD DE P CP MD V S MD ∆-∆=∴=∴==⋅=====∴=⋅== 11. [2014·山东卷 18] 如图 1-4所示,四棱锥 P -ABCD 中, AP ⊥平面 PCD , AD ∥ BC , AB =BC 12, E , F 分别为线段 AD , PC 的中点.图 1-4(1求证:AP ∥平面 BEF ; (2求证:BE ⊥平面 P AC .证明:(1设AC ∩ BE =O ,连接 OF , EC . 由于 E 为 AD 的中点,AB =BC =12, AD ∥ BC ,所以 AE ∥ BC , AE =AB =BC ,所以 O 为 AC 的中点. 又在△ P AC 中, F 为 PC 的中点,所以 AP ∥ OF ,又 OF ⊂平面 BEF , AP ⊄平面 BEF ,所以 AP ∥平面 BEF .(2由题意知, ED ∥ BC , ED =BC ,所以四边形 BCDE 为平行四边形,所以 BE ∥CD .又 AP ⊥平面 PCD ,所以 AP ⊥ CD ,所以 AP ⊥ BE .因为四边形 ABCE 为菱形,所以 BE ⊥ AC .又AP ∩ AC =A , AP , AC ⊂平面 P AC ,所以 BE ⊥平面 P AC .12. [2014·江西卷 19] 如图 1-1所示,三棱柱 ABC - A 1B 1C 1中, AA 1⊥ BC , A 1B ⊥ BB 1.(1求证:A 1C ⊥ CC 1;(2若 AB =2, AC 3, BC 7,问 AA 1为何值时,三棱柱 ABC - A 1B 1C1体积最大,并求此最大值.解:(1证明:由 AA 1⊥ BC 知 BB 1⊥ BC . 又 BB 1⊥ A 1B ,故 BB 1⊥平面 BCA 1,所以 BB 1⊥ A 1C .又 BB 1∥ CC 1,所以 A 1C ⊥ CC 1.(2方法一:设 AA 1=x . 在 Rt △ A 1BB 1中, A 1B A 1B 1-BB 14-x .同理, A 1C A 1C 1-CC 13-x .在△ A 1BC 中, cos ∠ BA 1C A 1B 2+A 1C 2-BC 22A 1B ·A 1C =-x 2(4-x (3-x, sin ∠ BA 1C =12-7x (4-x (3-x 所以 S △ A 1BC =12A 1B ·A 1C ·sin ∠ BA 1C =12-7x 2从而三棱柱 ABC - A 1B 1C 1的体积 V =S 直 ·l =S △ A 1BC ·AA 1=12-7x 2 因为 12-7x 12x -7x =-7⎝⎛x 2-672+367, 所以当 x =7427,即 AA 1=427时,体积 V 取到最大值 377. (2方法二:过 A 1作 BC 的垂线,垂足为 D ,连接 AD .由 AA 1⊥ BC , A 1D ⊥ BC ,得 BC ⊥平面 AA 1D ,故 BC ⊥ AD . 又∠ BAC =90°,所以 S △ ABC =12AD ·BC=12AB ·AC ,得 AD =2217. 设 AA 1=x . 在 Rt △ AA 1D 中,A 1D =AD -AA 1=7-x 2, S △ A 1BC 121D ·BC =12-7x 2从而三棱柱 ABC - A 1B 1C 1的体积 V =S 直 ·l =S △ A 1BC ·AA 1=12-7x 2. 因为 x 12-7x =12x -7x =-7⎝⎛x 2-672367 所以当 x =7427,即 AA 1=427时,体积V 取到最大值 377. 13. [2014·辽宁卷 19] 如图 1-4所示,△ ABC 和△ BCD 所在平面互相垂直,且AB =BC =BD =2,∠ ABC =∠ DBC =120°, E , F , G 分别为 AC , DC , AD 的中点.(1求证:EF ⊥平面 BCG ; (2求三棱锥 D -BCG 的体积.附:锥体的体积公式 V =13Sh ,其中 S 为底面面积, h 为高. 解:(1证明:由已知得△ ABC ≌△ DBC ,因此 AC =DC .又 G 为 AD 的中点,所以 CG ⊥ AD ,同理 BG ⊥ AD . 又BG ∩ CG =G ,所以 AD ⊥平面 BGC .又 EF ∥ AD ,所以 EF ⊥平面 BCG. (2在平面 ABC 内,作 AO ⊥ CB ,交 CB 由平面 ABC ⊥平面 BCD ,知 AO ⊥平面 BDC .又 G 为 AD 的中点,所以 G 到平面 BDC 的距离 h 是 AO 长度的一半.在△ AOB 中, AO =AB ·sin 60°=3,所以V 三棱锥 D -BCG =V 三棱锥 G -BCD 13·S △ DBC ·h =13×12BD ·BC ·sin 120°·321214. [2014·全国新课标卷Ⅰ 19] 如图 1-4, 三棱柱 ABC - A 1B 1C 1中, 侧面 BB 1C1C 为菱形, B 1C 的中点为 O , 且 AO ⊥平面 BB 1C 1C.图 1-4(1证明:B 1C ⊥ AB ; (2若 AC ⊥ AB 1,∠ CBB 1=60°, BC =1,求三棱柱 ABC - A 1B 1C 1的高.解:(1证明:连接 BC 1,则 O 为 B 1C 与 BC 1的交点.因为侧面 BB 1C 1C 为菱形,所以 B 1C ⊥ BC 1.又 AO ⊥平面 BB 1C 1C ,所以 B 1C ⊥ AO ,由于BC 1∩ AO =O ,故 B 1C ⊥平面 ABO .由于 AB ⊂平面 ABO ,故 B 1C ⊥ AB .(2作 OD ⊥ BC ,垂足为 D ,连接 AD . 作 OH ⊥ AD ,垂足为 H .由于 BC ⊥ AO , BC ⊥ OD ,且AO ∩ OD =O ,故 BC ⊥平面 AOD ,所以 OH ⊥BC .又 OH ⊥ AD ,且AD ∩ BC =D ,所以 OH ⊥平面 ABC .因为∠ CBB 1=60°,所以△ CBB 1为等边三角形,又 BC =1,可得 OD =34. 因为 AC ⊥ AB 1,所以 OA =12B 1C =12. 由 OH ·AD =OD ·OA ,且 AD =OD +OA 4,得 OH =14. 又 O 为 B 1C 的中点,所以点 B 1到平面 ABC 的距离为217故三棱柱 ABC - A 1B 1C 1的高为 715. [2014·四川卷 18] 在如图 1-4所示的多面体中,四边形 ABB 1A 1和 ACC 1A 1都为矩形.(1若 AC ⊥ BC ,证明:直线 BC ⊥平面 ACC 1A 1.(2设 D , E 分别是线段 BC , CC 1的中点,在线段 AB 上是否存在一点 M ,使直线 DE ∥平面 A 1MC ? 请证明你的结论.解:(1证明:因为四边形 ABB 1A 1和 ACC 1A 1都是矩形,所以 AA 1⊥ AB , AA 1⊥ AC .因为 AB , AC 为平面 ABC 内的两条相交直线,所以 AA 1⊥平面 ABC .因为直线 BC ⊂平面 ABC ,所以 AA 1⊥ BC . 又由已知, AC ⊥ BC , AA 1, AC为平面 ACC 1A 1内的两条相交直线,所以 BC ⊥平面 ACC 1A 1.(2取线段 AB 的中点 M ,连接 A 1M , MC,设 O 为 A 1C , AC 1的交点.由已知, O 为 AC 1的中点. 连接 MD , OE ,则 MD , OE 分别为△ ABC ,△ ACC 1的中位线,所以 MD 綊 12AC , OE 綊 12,因此 MD 綊 OE .连接 OM ,从而四边形 MDEO 为平行四边形,所以 DE ∥ MO .因为直线 DE ⊄平面 A 1MC , MO ⊂平面 A 1MC ,所以直线 DE ∥平面 A 1MC .即线段 AB 上存在一点 M (线段 AB 的中点 ,使直线 DE ∥平面 A 1MC .16. [2014·天津卷 17] 如图 1-4所示,四棱锥 P - ABCD 的底面 ABCD 是平行四边形, BA =BD 2, AD =2, P A =PD 5, E , F 分别是棱 AD , PC 的中点.(1证明:EF ∥平面 P AB ;(2若二面角 P -AD -B 为 60°.(i证明:平面 PBC ⊥平面 ABCD ;(ii求直线 EF 与平面 PBC解:(1证明:如图所示,取 PB 中点 M ,连接 MF , AM . 因为 F 为 PC 中点,所以 MF ∥ BC ,且 MF 12. 由已知有 BC ∥ AD , BC =AD ,又由于 E 为 AD 中点,因而 MF ∥ AE 且 MF=AE ,故四边形 AMFE 为平行四边形,所以 EF ∥ AM . 又 AM ⊂平面 P AB ,而 EF ⊄平面 P AB ,所以 EF ∥平面 P AB .(2(i证明:连接 PE , BE . 因为 P A =PD , BA =BD ,而 E 为 AD 中点,所以 PE ⊥AD , BE ⊥ AD ,所以∠ PEB 为二面角 P - AD -B 的平面角.在△ P AD 中,由 P A=PD 5, AD =2,可解得 PE =2. 在△ ABD 中, 由 BA =BD 2, AD =2,可解得 BE =1. 在△PEB 中, PE =2, BE =1,∠ PEB =60˚,由余弦定理,可解得 PB 3,从而∠ PBE =90˚,即 BE ⊥ PB . 又 BC ∥ AD , BE ⊥ AD ,从而 BE ⊥ BC ,因此 BE ⊥平面 PBC . 又 BE ⊂平面 ABCD ,所以平面 PBC ⊥平面 ABCD .(ii连接 BF ,由 (i知, BE ⊥平面 PBC ,所以∠ EFB 为直线 EF 与平面 PBC 所成的角.由 PB =3及已知,得∠ ABP 为直角,而 MB =12PB =32AM =112EF 112又 BE =1,故在直角三角形 EBF 中,sin ∠ EFB =BE EF 1111所以直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值为 211. 17. [2014·浙江卷 20] 如图 1-5, 在四棱锥 A - BCDE 中, 平面 ABC ⊥平面BCDE , ∠ CDE =∠ BED =90°, AB =CD =2, DE =BE =1, AC =2. 图 1-5(1证明:AC ⊥平面 BCDE ; (2求直线 AE 与平面 ABC 所成的角的正切值.解:(1证明:连接 BD ,在直角梯形 BCDE 中, 由 DE =BE =1, CD =2, 得 BD =BC =2, 由 AC 2, AB =2,得AB 2=AC 2+BC 2,即 AC ⊥ BC .又平面 ABC⊥平面 BCDE，从而 AC⊥平面 BCDE. (2在直角梯形 BCDE 中，由 BD＝BC＝ 2，DC＝2，得 BD⊥BC. 又平面 ABC⊥平面 BCDE，所以 BD⊥平面ABC. 作 EF∥BD，与 CB 的延长线交于点 F，连接 AF，则 EF⊥平面 ABC. 所以∠EAF 是直线 AE 与平面 ABC 所成的角．π 2 2 在 Rt△BEF 中，由 EB＝1，∠EBF＝，得 EF＝，BF＝； 4 2 2 3 2 26 在 Rt△ACF 中，由 AC＝ 2，CF＝，得AF＝ . 2 2 在 Rt△AEF 中，由 EF＝ 2 26 13 ，AF＝，得 tan∠EAF＝ . 2 2 13 13 . 13 18．[2014·重庆卷 20] 如图 14 所示四棱锥 P-ABCD 中，底面是以 O 为中心的菱形，PO⊥底面 ABCD，AB π 1 ＝2，∠BAD＝，M 为 BC 上一点，且 BM＝ . 3 2 (1证明：BC⊥平面 POM；(2若 MP⊥AP，求四棱锥 PABMO 的体积．所以，直线 AE 与平面 ABC 所成的角的正切值是图 14 解： (1证明：如图所示，因为四边形 ABCD 为菱形， O 为菱形的中心，连接 OB，则 AO⊥OB.因为∠BAD π π＝，所以 OB＝AB· sin∠OAB＝2sin ＝1. 3 6 π 1 2 1 又因为 BM＝，且∠OBM ＝，在△OBM 中，OM2＝OB2＋BM2－2OB· BM· cos∠OBM＝12＋ 2 － 2 3 π 3 1 2×1× ×cos ＝，所以 OB2＝OM2＋BM2，故 OM⊥BM. 2 3 4 又 PO⊥底面ABCD，所以 PO⊥BC.从而 BC 与平面 POM 内的两条相交直线 OM，PO 都垂直，所以 BC⊥平面POM. π (2由(1可得，OA＝AB· cos∠OAB＝2×cos ＝ 3. 6 设 PO＝a，由 PO⊥底面 ABCD，知△POA 为直角三角形，故 PA2＝PO2＋OA2＝a2＋3. 3 又△POM 也是直角三角形，故 PM2＝PO2＋OM2＝a2＋ .连接 AM，在△ABM 中，AM2＝AB2＋BM2－ 4 2 1 2π 21 1 2AB· BM· cos∠ABM＝22＋ 2 －2×2×2×cos 3 ＝ 4 . 3 21 由已知 MP⊥AP，故△APM 为直角三角形，则 PA2＋PM2＝AM2，即 a2＋3＋a2＋＝， 4 4 3 3 3 解得 a＝或 a＝－ (舍去，即 PO＝ . 2 2 2 1 1 1 1 1 3 5 3 此时 S 四边形 ABMO＝S△AOB＋S△OMB＝ ·AO·OB＋ ·BM·OM＝ ×3×1＋ × ×＝ . 2 2 2 2 2 2 8 1 1 5 3 3 5 所以四棱锥 PABMO 的体积 V 四棱锥 P×＝ . ABMO＝ ·S 四边形 ABMO·PO＝ × 3 3 8 2 16 19． [2014·全国卷 19] 如图 11 所示，三棱柱 ABC A1B1C1 中，点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 在 AC 上，∠ACB １６＝90°，BC＝1，AC＝CC1＝2. (1证明：AC1⊥A1B；(2设直线 AA1 与平面BCC1B1 的距离为 3，求二面角 A1 - AB - C 的大小．图 11 解：方法一：(1证明：因为 A1D⊥平面 ABC，A1D⊂平面 AA1C1C，故平面 AA1C1C⊥平面 ABC.又 BC ⊥AC，平面AA1C1C∩平面 ABC＝AC，所以 BC⊥平面 AA1C1C. 连接 A1C，因为侧面 AA1C1C 为菱形，故 AC1⊥A1C. 由三垂线定理得 AC1⊥A1B. (2BC⊥平面AA1C1C，BC⊂平面 BCC1B1，故平面 AA1C1C⊥平面 BCC1B1. 作 A1E⊥CC1，E 为垂足，则 A1E⊥平面 BCC1B1. 又直线 AA1∥平面 BCC1B1，因而 A1E 为直线AA1 与平面 BCC1B1 的距离，即 A1E＝ 3. 因为 A1C 为∠ACC1 的平分线，故A1D＝A1E＝ 3. 作 DF⊥AB，F 为垂足，连接 A1F.由三垂线定理得 A1F⊥AB，故∠A1FD 为二面角 A1- AB - C 的平面角． 2 由 AD＝ AA1 －A1D2＝1，得 D 为 AC 中点，所以 DF＝ 5 A 1D ，tan∠A1FD＝＝ 15， 5 DF 1 所以 cos∠A1FD＝ . 4 1所以二面角 A1- AB- C 的大小为 arccos . 4 方法二：以 C 为坐标原点，射线 CA 为x 轴的正半轴，以 CB 的长为单位长，建立如图所示的空间直线坐标系 C xyz.由题设知 A1D 与 z 轴平行，z 轴在平面 AA1C1C 内．１７→ → (1证明：设 A1(a，0，c，由题设有a≤2，A(2，0，0，B(0，1，0，则AB＝(－2，1，0，AC＝(－2，→ → → → → 0，0，AA1＝(a－2，0，c，AC1＝AC＋AA1＝(a－4，0，c，BA1＝(a，－1，c．→ 由|AA1|＝2，得（a－2）2＋c2＝2，即 a2－4a＋c2＝0. ① → → 又AC1·BA1＝a2－4a＋c2＝0，所以 AC1⊥A1B. (2设平面 BCC1B1 的法向量 m＝(x，y，z，→ → → 则 m⊥CB，m⊥BB1，即m· CB＝0，m· BB1＝0. → → → 因为CB＝(0，1，0，BB1＝AA1＝(a－2，0，c，所以 y＝0，且(a－2x＋cz＝0. → → 令 x＝c，则 z＝2－a，所以 m＝(c，0，2－a，故点 A 到平面 BCC1B1 的距离为|CA|·|cos〈m，CA〉| ＝→ |CA·m| 2c ＝ 2 ＝c. |m|c ＋（2－a）2 又依题设，A 到平面 BCC1B1 的距离为 3，所以 c＝ 3，→ 代入①，解得 a＝3(舍去或 a＝1，于是AA1＝(－1，0， 3．→ → → → 设平面 ABA1 的法向量 n＝(p，q，r，则 n⊥AA1，n⊥AB，即 n· AA1＝0，n· AB＝0，所以－p ＋ 3r＝0，且－2p＋q＝0.令 p＝ 3，则 q＝2 又 p＝(0，0，1为平面 ABC 的法向量，故 3，r＝1，所以 n＝( 3，2 3，1． n· p 1 1 cos〈n，p〉＝＝，所以二面角A1 - AB - C 的大小为 arccos . |n||p| 4 4 １８。

高考数学专题复习2014年高三一模汇编——立体几何

第13题2014年高三一模汇编——立体几何一、填空题1.（2014长宁一模理6文6）一平面截一球得到直径是6cm 的圆面，球心到这个平面的距离是4cm ，则该球的体积是 . 【答案】3)(3500cm π2.（2014杨浦一模理7文7）若将边长为cm 1的正方形绕其一条边所在直线旋转一周，则所形成圆柱的体积等于 ()3cm . 【答案】π3.（2014浦东一模理10文11）已知圆锥的底面半径为3，体积是12π，则圆锥侧面积等于___________. 【答案】15π4.（2014嘉定一模理5文5）已知圆锥的母线长为，侧面积为，则此圆锥的体积为______．【答案】5.（2014普陀一模文10）如图，正四棱柱1111D C B A ABCD -的底面边长2=AB ，若异面直线A A 1与C B 1 所成的角的大小为21arctan ，则正四棱柱1111D C B A ABCD -的侧面积为 . 【答案】326.（2014普陀一模理10）如图，正四棱柱1111D C B A ABCD -的底面边长2=AB ，若直线C B 1 与底面ABCD 所成的角的大小为2arctan ，则正四棱柱1111D C B A ABCD -的侧面积为 . 【答案】327.（2014普陀一模理13）正三角形ABC 的三个顶点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点D 是线段BC 的中点，过D 作球O 的截面，则截面面积的最小值为 . 【答案】49π8.（2014奉贤一模理9文9）直角ABC ∆的两条直角边长分别为3,4，若将该三角形绕着斜边旋转一周所得的几何体的体积是V ，则V = ；【答案】485π5cm π202cm 3cm π16第10题9. （2014奉贤一模理11）在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，P 是11C B 的中点, 若,E F 都是AB 上的点，且2aEF =，Q 是11A B 上的点, 则四面体EFPQ 的体积是；【答案】324a10. （2014奉贤一模文11）四棱锥ABCD S -的底面是矩形,顶点S 在底面的射影是矩形对角线的交点，且四棱锥及其三视图如下（AB 平行于主视图投影平面），则四棱锥ABCD S -的体积为；【答案】1611. （2014黄埔一模理11文11）将某个圆锥沿着母线和底面圆周剪开后展开，所得的平面图是一个圆和扇形，己知该扇形的半径为24cm ，圆心角为34π，则圆锥的体积是________3cm . 【答案】352048π12. （2014宝山一模理11文11）多瑙河三角洲的一地点A 位于北纬︒45东经︒30，大兴安岭地区的一地点B 位于北纬︒45东经︒120，设地球半径为R ，则B A ,两地之间的球面距离是．【答案】3R π13. （2014金山一模理14文14）如图，在三棱锥P ABC -中PA 、PB 、PC 两两垂直，且3=PA ，2=PB ，1=PC 。

四川省各地市2014届高三最新模拟试题分类汇编-选择题(稍有价值版)2

oyxZA 选择题：本大题共10小题，每小题5分．时间：30分钟(试题汇编、答案总结范文桥请珍惜各位！)1．若i 为虚数单位，图中网格纸的小正方形的边长是1，复平面内点Z 表示复数z ,则复数iz21-的共轭复数是 A ．35i -B ．35i C ．i - D ．i 2．已知命题:0p a b >>，命题:q a b a b +<+，则命题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3．下列不等式一定成立的是A ．)0(lg )41lg(2>>+x x xB ．),(2sin 1sin Z k k x xx ∈≠≥+π C ．)(||212R x x x ∈≥+ D ．)(1112R x x ∈>+4．已知函数⎩⎨⎧><=)0(),()0(,2)(x x g x x x f 为奇函数，则)2(g 的值为A.41-B.4-C.41D.45．设二元一次不等式组2190802140x y x y x y +-≥⎧⎪-+≥⎨⎪+-≤⎩，，所表示的平面区域为M ，使函数(01)xy a a a =>≠，的图象过区域M 的a 的取值范围是A ．[13]，B ．[210]，C ．[29]，D ．[109]，6．右图给出的是计算201614121+⋅⋅⋅+++的值的一个程序框图，判断其中框内应填入的条件是 A ．10>i B ．10<i C ．20>iD ．20<ins s 1+= 开始1,2,0===i n s输出s结束是否2+=n n7.已知向量,a b满足3,23a b == ，且()a ab ⊥+ ，则b 在a 方向上的投影为A ．3B ．3-.C ．332-D ．332 8．（温州中学2014届10月理）已知函数1(),()ln 22x x f x e g x ==+，对任意,a R ∈存在(0,)b ∈+∞使()()f a g b =，则b a -的最小值为A ． 21e -B ． 212e - C ．2ln 2- D ． 2l n 2+9．一支人数是5的倍数且不少于1000人的游行队伍，若按每横排4人编队，最后差3人；若按每横排3人编队，最后差2人；若按每横排2人编队，最后差1人．则这只游行队伍的最少人数是 A ．1025B ．1035C ．1045D ．105510．（2014届达州市一诊数学理）定义:如果函数()y f x =在区间[],a b 上存在1212,()x x a x x b <<<,满足12()()()()(),(),f b f a f b f a f x f x b a b a --==--则称函数()y f x =在区间[],a b 上的一个双中值函数，已知函数321()3f x x x a =-+是区间[]0,a 上的双中值函数，则实数a 的取值范围是A. 20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B. 2,33⎛⎫ ⎪⎝⎭C. 1,32⎛⎫ ⎪⎝⎭D.()1,3总结：B 选择题：本大题共10小题，每小题5分．时间：30分钟1．设1z i =-（i 是虚数单位），则2z z+= A ．22i - B ．22i + C ．3i - D ． 3i + 2．若多项式21091001910(1)(1)(1)x xa a x a x a x +=+++⋅⋅⋅++++，则9a =.A 9 .B 10 .C 9- .D 10-3．将函数sin y x =的图像上所有的点向右平行移动10π个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图像的函数解析式是 A.sin(2)10y x π=-B.sin(2)5y x π=-C.1sin()210y x π=-D.1sin()220y x π=-4．已知f (x )＝(12)x ，命题p ：∀x ∈[0，＋∞)，f (x )≤1，则A ．p 是假命题，p ⌝：∃x 0∈[0，＋∞)，f (x 0)>1 B ．p 是假命题，p ⌝：∀x ∈[0，＋∞)，f (x )≥1 C ．p 是真命题，p ⌝：∃x 0∈[0，＋∞)，f (x 0)>1D ．p 是真命题，p ⌝：∀x ∈[0，＋∞)，f (x )≥15.某调查机构对本市小学生课业负担情况进行了调查，设平均每人每天做作业的时间为x 分钟.有1000名小学生参加了此项调查，调查所得数据用程序框图处理（如图），若输出的结果是680，则平均每天做作业的时间在0～60分钟内的学生的频率是 A. 680 B. 320C. 0.68D. 0.326．若Ω为不等式组 0,0,2x y y x ≤⎧⎪≥⎨⎪-≤⎩表示的平面区域，则当t 从2-连续变化到1时，动直线x y t +=扫过Ω中的那部分区域的面积为A.34B. 1C. 74D. 27．已知向量)sin ,(cos ),sin ,(cos ββαα==b a ，若3πβα=-，则向量a 与向量b a +的夹角是A.3πB.6πC.65π D.32π8. 如图,在长方形ABCD 中，AB=3,BC=1，E 为线段DC 上一动点，现将∆AED 沿AE 折起,使点 D开始输入x 60？x ≤T ＋1=T 1000？T>S ＋1=S 输出S 结束否是否是0=S 1,=T在面ABC 上的射影K 在直线AE 上，当E 从D 运动到C ，则K 所形成轨迹的长度为 A ．32 B ．233 C ．2π D ． 3πBDCAEBCD'ADEK9．已知函数111,[0,)22()12,[,2)2x x x f x x -⎧+∈⎪⎪=⎨⎪∈⎪⎩若存在12,x x ，当1202x x ≤<<时，12()()f x f x =，则12()x f x 的取值范围是 A ．211[,)42- B ．1[,1)2C ．2[,1)4D ．221[,)42-10．已知函数x xe x f =)(，方程)(01)()(2R ∈=++t x tf x f 有四个实数根，则t 的取值范围为A ．),+∞+e e 1(2B ．)1(2e e +--∞,C ．)2,1(2-+-ee D ． )12(2e e +,总结：ABC DED 1C 1B 1A 1C 选择题：本大题共10-小题，每小题5分，时间：30分钟1.设复数i i z (1--=是虚数单位），z 的共轭复数为-z ，则=⋅--z z )1(A ．10B ．2C ．2D ．12.已知集合},2|{},,02|{Z x x x B N x xx x A ∈≤=∈≤-=，则满足条件B C A ⊆⊆的集合C 的个数为 A ．1 B ．2 C ．4 D ．83. 设3log 21=a ，3.0)31(=b ，πln =c ，则A ．a b c <<B ．a c b <<C ．c a b <<D ．b a c <<4．己知命题“21,2(1)02x R x a x ∃∈+-+≤使”是假命题，则实数a 的取值范围是 A. (,1)-∞- B. (−1,3) C.(3,)-+∞ D. (−3,1)5．如图，在杨辉三角中，斜线l 的上方，从1开始箭头所示的数组成一个锯齿形数列：1,3,3,4,6,5,10,…，记其前项和为S n ，则S 19等于 A ．129 B ．172 C ．228 D ．2836．如图，平行六面体1111ABCD A B C D -中，侧棱1B B 长为2，底面是边长为1的菱形，1120A AB ∠=︒，160A AD ∠=︒，点E 在棱1B B 上,则1AE C E +的最小值为A ．6B ．27C ．7D ．257.反复抛掷一枚质地均匀的骰子，每一次抛掷后都记录下朝上一面的点数，当记录有三个不同点数时即停止抛掷，则抛掷五次后恰好停止抛掷的不同记录结果总数是（A ）360种（B ）840种（C ）600种（D ）1680种8.如右图所示，输出的n 的值分别为A.6B.7C. 8D.99.已知关于x 的方程220x bx c -++=，若{}0123b c ∈、，，，，记“该方程有实数根12x x 、且满足1212x x -≤≤≤” 为事件A ，则事件A 发生的概率为A. 1516B. 78C. 34D. 1410．设D 是函数)(x f y =定义域内的一个区间，若存在D x ∈0，使得00)(x x f -=，则称0x 是函数)(x f 在区间D 上存在次不动点，若函数253)(2+--==a x ax x f y 在区间]4,1[上存在次不动点，则实数a 的取值范围是A ．)0,(-∞B ．)21,0(C ．),21[+∞ D ．]21,(-∞总结：输出n 结束1n n =+开始7000?z >z z xy =+ 是 ,,,x y z n 输入1,1,0,0x y z n ====2y y =2x x =+否D 选择题：本大题共10-小题，每小题5分，时间：30分钟1．已知1tan()2πα-=，则sin cos 2sin cos αααα+-= A ．41B ．21C ．41-D ．21-2．在ABC ∆中,若sin()12cos()sin()A B B C A C -=+++,则ABC ∆的形状一定是A ．等边三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不含60︒角的等腰三角形 3．已知函数()sin()(,0)4f x x x R πωω=+∈>的最小正周期为π，为了得到函数()cos g x x ω=的图象，只要将()y f x =的图象A.向左平移8π个单位长度 B. 向右平移8π个单位长度 C .向左平移4π个单位长度 D .向右平移4π个单位长度4. 右图是函数2()f x ax bx c =++的部分图象，则函数 ()ln '()g x x f x =+的零点所在的区间是A ．11(,)42 B ．(1,2)C ．1(,1)2D ．(2,3)5．甲、乙两人相约在 7点到8点这段时间内, 在天府广场中心点会面. 先到的人等候另一个人,经过时间10分钟后离去.设每人在7点到8点这段时间内各时刻到达该地是等可能的 , 且两人到达的时刻互不牵连.则甲、乙两人能会面的概率为 A. 136B. 13C.59D.11366．数列{}n a 满足111,n n a a r a r +==⋅+（*,n r ∈∈N R 且0r ≠），则“1r =”是“数列{}n a 成等差数列”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 7．已知函数()2log (1)1a fx x x =+++(0,1a a >≠)，如果()3log 5f b =（0,1b b >≠），那么13log f b ⎛⎫⎪⎝⎭的值是A ．5B ．3C ．3-D ． 2- 8．已知a ，b ，c 分别是△ABC 三个内角A ，B ，C 所对的边，若0)(=⋅+BC ACAC ABAB ，且△ABC 的面积4222ABC△b c a S -+=，则△ABC 的形状是 A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 等腰直角三角形 D. 有一个角为300的等腰三角形9．已知函数32()1()32x mx m n x f x +++=+的两个极值点分别为12,x x ，且1(0,1)x ∈，2(1,)x ∈+∞，点(,)p m n 表示的平面区域为D ，若函数log (4)(1)a y x a =+>的图像上存在区域D 内的点，则实数a 的取值范围是A. 1,3（）B. 1,3]（C.3+∞（，）D.[3+∞，） 10．若直线1y kx =+与曲线11||||y x x x x=+--有四个公共点，则k 的取值集合是 A.11{0,,}88-B.11[,]88-C.11(,)88-D.11{,}88-7.解：令y=e a，则a=lny，令1ln,22by=+111/22212,2ln,()2y y yb e b a e y b a ey---=-=-∴-=-显然，（b-a）′是增函数，观察可得当12y=时，b-a取得最小值为112212ln2ln2ln22ye y e---=-=+5.解：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是统计1000名中学生中，平均每天做作业的时间不在0～60分钟内的学生的人数．由输出结果为680 则平均每天做作业的时间在0～60分钟内的学生的人数为1000-680=320 故平均每天做作业的时间在0～60分钟内的学生的频率3200.321000P == 8.解：由题意，D′K ⊥AE ，所以K 的轨迹是以AD′为直径的一段圆弧D′K ，设AD′的中点为O ，∵长方形ABCD′中，3,1,AB BC ==∴∠D′AC=60° ∴∠D′OK=120°=23π∴K 所形成轨迹的长度为21323ππ⨯= 10.解：f （x ）=|xe x|=(0).(0)x xxe x xe x ⎧≥⎨-<⎩当x≥0时，f′（x ）=e x +xe x ≥0恒成立，所以f （x ）在[0，+∞）上为增函数；当x ＜0时，f′（x ）=-e x -xe x =-e x （x+1），由f′（x ）=0，得x=-1，当x ∈（-∞，-1）时，f′（x ）=-e x（x+1）＞0，f （x ）为增函数，当x ∈（-1，0）时，f′（x ）=-e x （x+1）＜0，f （x ）为减函数，所以函数f （x ）=|xe x|在（-∞，0）上有一个最大值为f （-1）=-（-1）e -1=1e要使方程f 2（x ）+tf （x ）+1=0（t ∈R ）有四个实数根，令f （x ）=m ，则方程m 2+tm+1=0应有两个不等根，且一个根在1(0,)e内，一个根在1(,)e+∞内再令g （m ）=m 2+tm+1，因为g （0）=1＞0，则只需1()0g e <，即211()10t e e ++<解得：21e t e+<-C 参考答案部分5.解：杨辉三角形的生成过程，n 为偶数时，42n n a +=。

2014年全国高考试卷立体几何部分汇编(下)

2014年全国高考试卷立体几何部分汇编（下）1. （2014山东理13）三棱锥P ABC -中，,D E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE -的体积为1V ，P ABC-的体积为2V ，则12V V =_____．【解析】 142. （2014山东理17）如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，60DAB ∠=，22AB CD ==，M 是线段AB 的中点．⑴求证：1C M ∥平面11A ADD ；⑵若1CD 垂直于平面ABCD且1CD =11C D M 和平面ABCD 所成的角（锐角）的余弦值．ABCDMB 1A 1C 1D 1【解析】 ⑴ 证明：因为四边形ABCD 是等腰梯形，且2AB CD =所以AB DC ∥,又由M 是AB 中点，因此//CD MA 且CD MA =．连接1AD ，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，因为11//CD C D ,11CD C D =可得1111//=C D MA C D MA ，所以四边形11AMC D 为平行四边形，因此11//C M D A 又1C M ⊄平面11A ADD ，1D A ⊂平面11A ADD , 所以1//C M 平面11A ADD ⑵ 由⑴知，平面11D C MABCD AB =过C 向AB 做垂线交AB 于N ，连接1D N ,由1CD ⊥面ABCD ，可得1D N AB ⊥，故1D NC ∠为二面角1C AB C --的平面角在1Rt D CN △中，160BC NBC =∠=︒，可得CN =所以1ND = 在1Rt D CN △中，11cos CN D NC D N ∠===, 所以平面11C D M 和平面ABCD．3. （2014山东文13）一个六棱锥的体积为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为．【解析】 124. （2014山东文18）如图，四棱锥P ABCD -中，AP ⊥平面12PCD AD BC AB BC AD E F ,,==,,∥分别为线段AD PC ,的中点．⑴求证：AP ∥平面BEF ； ⑵求证：BE ⊥平面PACCBADFEP【解析】 ⑴ 连接AC 交BE 于点O ，连接OF ，不妨设1AB BC ==，则2AD =，AB BC AD BC =∴，，∥四边形ABCE 为菱形又O F ，分别为中点，OF AP ∴∥ ∵OF ⊂平面BEF ，∴AP ∥平面BEF ⑵ ∵AP ⊥面PCD ，CD ⊂面PCD ，∴AP CD ⊥BC ED BC ED BCDE =∴，，∥为平行四边形， BE CD BE PA ∴∴⊥，∥又ABCE 为菱形，BE AC ∴⊥又PA AC A =∩，PA AC ⊂，平面PAC ，BE ∴⊥平面PAC ． 5. （2014陕西理5）已知底面边长为1，则该球的体积为（）A ．32π3B ．4πC ．2πD ．4π3【解析】 D如图为正方形四棱柱1AC．根据题意得AC =11ACC A 为正方形，所以外接球直径14π2213R AC R V ==∴=∴=球，，，故选D ．F E DCAGHACD D 1C 1B 1A 1B6. （2014陕西理17）四面体ABCD 及其三视图如图所示，过棱AB 的中点E 作平行于AD BC ，的平面分别交四面体的棱BD ，DC CA ,于点F G H ,,． ⑴证明：四边形EFGH 是矩形；⑵求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值．俯视图左视图DEFHGCBA【解析】 ⑴ 由该四面体的三视图可知．21BD DC BD AD AD DC BD DC AD ⊥⊥⊥===，，，，．由题设BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC FC =，平面EFGH ∩平面ABC EH =，BC FG BC EH FG EH ∴∴∥∥∥，，．同理EF AD HG AD EF HG ∴∥∥∥，，∴四边形EFGH 是平行四边形．又AD DC AD BD AD ⊥⊥∴⊥，，平面BDC ，AD BC EF FG ∴⊥∴⊥，，∴四边形EFGH 是矩形，⑵ 解法一：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则(000)(001)D A ，，，，，(200)(020B C ，，，，，）． 001(21)DA BC =-＝（，，），，0，，(201)BA =-，，．设平面EFGH 的法向量()n x y z =，，，∵EF AD FG BC ∥，∥．∴0n DA ⋅=，0n BC ⋅=．得0220z x y =⎧⎨-+=⎩．．取(110)n =,,．∴sin cos 5BA n BA n BA nθ⋅===，．解法二：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则(000)(001)D A ，，，，，(200)(020B C ，，，，，）．∵E 是AB 的中点，∴F G ，分别为BD DC ，得110(100)(010)2E F G ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，，，，，，．100(110)(201)2FE FG BA ⎛⎫∴==-=- ⎪⎝⎭，，，，，，，，．设平面EFGH 的法向量()n x y z =，，．则00n FE n FG ⋅=⋅=，．得1020z x y ⎧=⎪⎨⎪-+=⎩，，取(110)n =，，．∴sin cos 5BA n BA n BA nθ⋅=,===7. （2014陕西文5）将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( ) A ．4π B ．3π C ．2π D ．π 【解析】 C8. （2014陕西文17）四面体ABCD 及其三视图如图所示，平行于棱AD ，BC 的平面分别交四面体的棱AB BD DC CA ，，，于点E F G H ，，，．⑴求四面体ABCD 的体积；⑵证明：四边形EFGH 是矩形．ABCGHFED左视图俯视图【解析】 ⑴ 由该四面体的三视图可知，BD DC ⊥，BD AD ⊥，AD DC ⊥，2BD DC ==，1AD =， ∴AD ⊥平面BDC∴四面体ABCD 的体积112221323V =⨯⨯⨯⨯=．⑵ 证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH 平面BDC FG =，平面EFGH 平面ABC EH =，∴BC FG ∥，BC EH ∥，∴FG EH ∥．同理，EF AD ∥，HG AD ∥，∴EF HG ∥， ∴四边形EFGH 是平行四边形．又∵AD ⊥平面BDC ， ∴AD BC ⊥，EF FG ⊥，∴四边形EFGH 是矩形．9. （2014上海理19）底面边长为2的正三棱锥P ABC -，其表面展开图是123PP P △，如图，求123PP P △的各边长及此三棱锥的体积VP 12【解析】根据题意可得12,,P B P 共线，∵112ABP BAP CBP ∠=∠=∠，60ABC ∠=， ∴11260ABP BAP CBP ∠=∠=∠= ∴160P ∠=，同理2360P P ∠=∠=，∴123PP P ∆是等边三角形，P ABC -是正四面体； ∴123PPP ∆边长为4；3P ABC V AB -==10. （2014四川理8）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点。

2014届高三名校数学(理)试题分省分项汇编(第01期)(四川,重庆版) 专题10 立体几何

考点：线面平行的判定、直线与平面所成的角、勾股定理.
2.【四川省德阳中学2014届高三“零诊”试题】(本小题满分12分）
如图，四棱锥P—ABCD中，为边长为2的正三角形，底面ABCD为菱形，且平面PAB⊥平面ABCD，，E为PD点上一点，满足
(1)证明：平面ACE 平面ABCD；
(2)求直线PD与平面ACE所成角正弦值的大小．
5.【重庆南开中学高2014级高三9月月考（理）】（本小题13分）
如图，是圆的直径，垂直于圆所在的平面，是圆上的点．
（1）求证：平面平面；
（2）若，求二面角的余弦值．
6.【南充市2014届高考适应性考试（零诊）试卷】（本小题满分12分）
在如图所示的几何体中，四边形是正方形，平面，，分别为，的中点，且 .
，AE＝AF＝，EF＝，则，
所以，△AEF是直角三角形，则，则，
4.【四川省内江六中2014届高三第一次月考（理）】（本小题满分12分）如图，在直三棱柱中，，，是的中点．（Ⅰ）求证: 平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）
【解析】
试题分析：（Ⅰ）证明线面平行常用以下两种方法:一是用线面平行的判定定理,二是用面面平行的性质.本题用这两种方法都行；
（Ⅱ）首先应考虑作出平面截三棱柱所得的截面.作出该截面便很容易得到二面角的平面角即为 .
本题也可用向量解决.
试题解析：（Ⅰ）法一:连结，交于，连结，则，从而平面 .
试题解析：(1)证明：取的中点 , ,因为 ,所以 ,
所以以为坐标原点建立如图的空间直角坐标系，则 3.【四川省成都高新区高2013届第4学月统一检测】

2014年高考数学(理)三轮专项模拟(通用)试卷立体几何(含新题详解)

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8小题，每小题5分，共40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 ．2B ．－2C ．23D ．－2 3【解析】向量AB →与BC →的夹角为2π3，则AB →·BC→＝2×2×cos 23π＝－2. 【答案】 B2．(2013·东营模拟)已知等比数列{a n }，若存在两项a m ，a n 使得a m ·a n ＝a 23，则1m ＋4n的最小值为( ) A.32 B ．53 C.94D.76【解析】由等比数列的性质知m ＋n ＝6，则1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n (m ＋n )＝16⎝⎛⎭⎪⎫5＋4m n ＋n m ≥32，当且仅当4m n ＝n m ，即m ＝2，n ＝4时等号成立．【答案】 A3．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PDFB ．DF ⊥平面P AEC ．平面PDE ⊥平面ABCD ．平面P AE ⊥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】 C4．(2013·济宁模拟)点M 、N 分别是正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱A 1B 1、A 1D 1的中点，用过A 、M 、N 和D 、N 、C 1的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如下图1，则该几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图依次为( )图1A ．①②③B ．②③④C ．①③④D ．②④③【解析】根据三视图的定义可知选B. 【答案】 B5．(2013·枣庄模拟)设z ＝x ＋y ，其中实数x ，y 满足⎩⎨⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，若z 的最大值为6，则z 的最小值为( )A ．－3B ．－2C ．－1D ．0【解析】由z ＝x ＋y 得y ＝－x ＋z ，作出⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，的区域BCO ，平移直线y ＝－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⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x ，y ＝－x ＋6，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝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.【答案】 A6．(2013·课标全国卷Ⅰ)如图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2A.500π3 cm 3 B ．866π3 cm 3 C.1 372π3cm 3D.2 048π3cm 3【解析】如图，作出球的一个截面，则MC ＝8－6＝2(cm)，BM ＝12AB ＝12×8＝4(cm)．设球的半径为R cm ，则R 2＝OM 2＋MB 2＝(R －2)2＋42，∴R ＝5，∴V 球＝43π×53＝5003π(cm 3)．【答案】 A7．(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 B ．AC ⊥m C ．AB ∥βD ．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．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】 D8．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，D 是AC 的中点，AB 1⊥BC 1，则平面DBC 1与平面CBC 1所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【解析】以A 为坐标原点，AC →，AA 1→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)，C 1(0,2a,2b )，B 1(3a ，a,2b )．由AB 1→⊥BC 1→，得AB 1→·BC 1→＝0，即2b 2＝a 2. 设n 1＝(x ，y ，z )为平面DBC 1的一个法向量，则n 1·DB →＝0，n 1·DC 1→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧3ax ＝0，ay ＋2bz ＝0.又2b 2＝a 2，令z ＝1，解得n 1＝(0，－2，1)．同理可求得平面CBC 1的一个法向量为n 2＝(1，3，0)．利用公式cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝22，得θ＝45°.【答案】 B第Ⅱ卷二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案填在题中横线上) 9．已知函数f (x )＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6(A ＞0，ω＞0)的最小正周期为2，且f (0)＝3，则函数f (3)＝________.【解析】 ω＝2π2＝π，由f (0)＝A sin π6＝3得A ＝23，所以f (x )＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π6，所以f (3)＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π＋π6＝－ 3.【答案】－ 310．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________．【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长都为a ，则可知OO ′＝a 2，O ′A ＝33a ，又由球的相关性质可知，球的半径R ＝OO ′2＋O ′A 2＝216a ，所以球的表面积为4πR 2＝73πa 2. 【答案】 73πa 211．(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】 ①③④12．(2013·陕西高考)某几何体的三视图如图3所示，则其体积为________．图3【解析】原几何体可视为圆锥的一半，其底面半径为1，高为2， ∴其体积为13×π×12×2×12＝π3. 【答案】 π313．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 23＝3＋5 32＝1＋3＋5 33＝7＋9＋11 42＝1＋3＋5＋7 43＝13＋15＋17＋19 52＝1＋3＋5＋7＋953＝21＋23＋25＋27＋29根据上述分解规律，若m 3(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，m 3分解中第1个数为数列3,5,7，…中第2＋3＋4＋…＋(m －1)＋1项，即m 2－m2项，从而m 3分解中第1个数为m 2－m ＋1，由m 2－m ＋1＝73得m ＝9.【答案】 914．(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4①异面直线SB与AC所成的角为90°.②直线SB⊥平面ABC；③平面SBC⊥平面SAC；④点C到平面SAB的距离是1 2a.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到平面SAB的距离12a，④正确．【答案】①②③④三、解答题(本大题共6小题，共80分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12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.(1)若c＝2，C＝π3且△ABC的面积等于3，求cos(A＋B)和a，b的值；(2)若B是钝角，且cos A＝35，sin B＝1213，求sin C的值．【解】(1)∵A＋B＋C＝π，C＝π3，∴A＋B＝π－C，∴cos(A＋B)＝cos(π－C)＝－cos C＝－cos π3＝－12.由余弦定理及已知条件得，a2＋b2－ab＝4，又因为△ABC的面积等于3，所以12ab sin C＝3，得ab＝4.联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2－ab ＝4，ab ＝4，解得a ＝2，b ＝2.(2)∵B 是钝角，且cos A ＝35，sin B ＝1213， ∴sin A ＝1－cos 2A ＝ 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝45，cos B ＝－1－sin 2B ＝－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12132＝－513，∴sin C ＝sin[π－(A ＋B )]＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝45×⎝ ⎛⎭⎪⎫－513＋35×1213＝1665.16．(本小题满分12分)(2013·青岛模拟)在如图5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5(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 ，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12ED ，又AB ＝12ED ，∴FH 綊AB ，∴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， ∴V C —ABED ＝13·(1＋2)2·2·3＝ 3.17．(本小题满分14分)(2013·黄冈模拟)如图6，三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧面AA 1B 1B 为正方形，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1＝60°，AB ⊥B 1C .(1)求证：平面AA 1B 1B ⊥平面BB 1C 1C ； (2)若AB ＝2，求三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积．图6【解】 (1)由侧面AA 1B 1B 为正方形，知AB ⊥BB 1. 又AB ⊥B 1C ，BB 1∩B 1C ＝B 1，所以AB ⊥平面BB 1C 1C ，又AB ⊂平面AA 1B 1B ，所以平面AA 1B 1B ⊥平面BB 1C 1C .(2)由题意，CB ＝CB 1，设O 是BB 1的中点，连接CO ，则CO ⊥BB 1.由(1)知，CO ⊥平面AA 1B 1B ，且CO ＝32BC ＝32AB ＝ 3. 连结AB 1，则VC —ABB 1＝13S △ABB 1·CO ＝16AB 2·CO ＝233. 因为VB 1—ABC ＝VC —ABB 1＝13VABC —A 1B 1C 1＝233，故三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积VABC —A 1B 1C 1＝2 3.18．(本小题满分14分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2，数列{b n }满足b 1＝1，且b n ＋1＝b n ＋2.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1－(－1)n 2a n －1＋(－1)n2b n ，求数列{c n }的前2n 项和T 2n .【解】 (1)当n ＝1，a 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1， ∴a n ＝2a n －1.∴{a n }是等比数列，公比为2，首项a 1＝2，∴a n ＝2n . 由b n ＋1＝b n ＋2，得{b n }是等差数列，公差为2. 又首项b 1＝1，∴b n ＝2n －1.(2)c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n n 为奇数，－(2n －1) n 为偶数，∴T 2n ＝2＋23＋…＋22n －1－[3＋7＋…＋(4n －1)] ＝22n ＋1－23－2n 2－n .19．(本小题满分14分)如图7所示，P A⊥平面ABC，点C在以AB为直径的⊙O上，∠CBA＝30°，P A＝AB＝2，点E为线段PB的中点，点M在弧AB上，且OM∥AC.图7(1)求证：平面MOE∥平面P AC.(2)求证：平面P AC⊥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∥P A.因为P A⊂平面P AC，OE⊄平面P AC，所以OE∥平面P AC.因为OM∥AC，因为AC⊂平面P AC，OM⊄平面P AC，所以OM∥平面P AC.因为OE⊂平面MOE，OM⊂平面MOE，OE∩OM＝O，所以平面MOE∥平面P AC.(2)因为点C在以AB为直径的⊙O上，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.因为P A⊥平面BAC，BC⊂平面ABC，所以P A⊥BC.因为AC⊂平面P AC，P A⊂平面P AC，P A∩AC＝A，所以BC ⊥平面P AC . 因为BC ⊂平面PCB ，所以平面P AC ⊥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 .因为∠CBA ＝30°，P A ＝AB ＝2，所以CB ＝2cos 30°＝3，AC ＝1. 延长MO 交CB 于点D . 因为OM ∥AC ，所以MD ⊥CB ，MD ＝1＋12＝32， CD ＝12CB ＝32.所以P (1,0,2)，C (0,0,0)，B (0，3，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0.所以CP→＝(1,0,2)，CB →＝(0，3，0)．设平面PCB 的法向量m ＝(x ，y ，z )．因为⎩⎨⎧m ·CP →＝0，m ·CB →＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧ (x ，y ，z )·(1，0，2)＝0，(x ，y ，z )·(0，3，0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2z ＝0，3y ＝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)．所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n|＝－15.因为二面角M —BP —C 为锐二面角，所以cos θ＝15.图820．(本小题满分14分)(2013·天津高考)如图8，四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明B 1C 1⊥CE ；(2)求二面角B 1-CE -C 1的正弦值；(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26，求线段AM 的长．【解】如图，以点A 为原点，以AD ，AA 1，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)，B 1(0,2,2)，C 1(1,2,1)，E (0,1,0)．(1)证明：易得B 1C 1→＝(1,0，－1)，CE →＝(－1,1－1)，于是B 1C 1→·CE →＝0，所以B 1C 1⊥CE .(2)B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎨⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0.消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得一个法向量为m ＝(－3，－2,1)．由(1)知，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1→＝(1,0，－1)为平面CEC 1的一个法向量．于是cos 〈m ，B 1C 1→〉＝m ·B 1C 1→|m ||B 1C 1→|＝－414×2＝－277，从而sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217.所以二面角B 1—CE —C 1的正弦值为217. (3)AE →＝(0,1,0)，EC 1→＝(1,1,1)．设EM →＝λEC 1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM →＝AE →＋EM →＝(λ，λ＋1，λ)．可取AB →＝(0,0,2)为平面ADD 1A 1的一个法向量．设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角，则 sin θ＝|cos 〈AM →，AB →〉|＝|AM →·AB →||AM →||AB →|＝2λλ2＋(λ＋1)2＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1，于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13(负值舍去)，所以AM＝ 2.。

四川省各地2014届高三最新模拟试题分类汇编5：不等式

四川省各地2014届高三最新模拟试题分类汇编一、选择题1、（绵阳市南山中学2014届高三上学期12月月考）若a 、b ∈R ，且ab ＞0，则下列不等式中，恒成立的是( )．A. a 2＋b 2＞2abB. a ＋b ≥2abC.abb a 211>+ D. 2≥+b aa b 答案：D2、（雅安中学2014届高三上学期12月月考）已知,,a b c 为互不相等的正数，222a c bc +=，则下列关系中可能成立的是（）A ．a b c >>B ．b c a >>C ．b a c >>D ．a c b >> 答案：C3、（成都高新区2014届高三10月统一检测）已知函数⎩⎨⎧>+-≤+=0,20,2)(x x x x x f ，则不等式2)(xx f ≥的解集为A .[11]-， B. [22]-， C . [21]-， D. [12]-，答案：A4、（成树德中学高2014届高三上学期期中）成都市某物流公司为了配合“北改”项目顺利进行，决定把三环内的租用仓库搬迁到北三环外重新租地建设．已知仓库每月占用费y 1与仓库到车站的距离成反比，而每月车载货物的运费y 2与仓库到车站的距离成正比．据测算，如果在距离车站10千米处建仓库，这两项费用y 1，y 2分别是2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站A ．5千米处B ．4千米处C ．3千米处D ．2千米处答案：A5、（成都市2014届高三上学期摸底）某企业拟生产甲、乙两种产品，已知每件甲产品的利润为3万元，每件乙产品的利润为2万元，且甲、乙两种产品都需要在A 、B 两种设备上加工，在每台设备A 、每台设备B 上加工1件甲产品所需工时分别为1h 和2h ，加工1件乙产品所需工时分别为2h 和1h ，A 设备每天使用时间不超过4h ，B 设备每天使用时间不起过5h ，则通过合理安排生产计划，该企业在一天内的最大利润是 A ．18万元 B ．12万元 C ．10万元 D ．8万元答案：D6、（树德中学高2014届高三上学期期中）已知函数2()ln(1)f x a x x =+-，当(),0,10p q p q ∀∈->,且时，不等式(1)(1)f p f q p q +-+>-恒成立，则实数a 的取值范围为不等式科网A ．71,8⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．[)15,+∞C ．11,2⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．()15,+∞答案：B7、（成都外国语学校2014届高三11月月考）若实数x 、y 满足20,,,x y y x y x b -≥⎧⎪≥⎨⎪≥-+⎩且2z x y =+的最小值为3，则实数b =（A ） A ．32B ．94C ．3D ．5答案：A8、（达州市普通高中2014届高三第一次诊断检测）已知函数()lg 1xf x x=-，若()()0f a f b +=且01a b <<<，则ab 的取值范围是 A ．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．10,4⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭答案：D9、（绵阳市高中2014届高三11月第一次诊断性考试）若正数a ，b 满足的最小值为A 、1B 、6C 、9D 、16 答案：B10、（雅安中学2014届高三上学期12月月考）已知,a Z ∈关于x 的一元二次不等式260x x a -+≤的解集中有且仅有3个整数，则所有符合条件的a 值之和是（） A. 13 B. 18 C. 21 D. 26答案：C 二、填空题1、（绵阳市南山中学2014届高三上学期12月月考）已知实数y x ,满足2246120x y x y +-++=，则y x -2的最小值是______。

2014年全国高考真题分类——立体几何答案

数学一、选择题1．A [解析] 由题意可知，该正方形旋转一周后所得的圆柱的底面半径r ＝1，高h ＝1，则该圆柱的侧面积S ＝2πrh ＝2π，故选A.2．B [解析] 设圆锥的底面圆半径为r ，底面积为S ，则L ＝2πr .由题意得136L 2h ≈13Sh ，代入S ＝πr 2化简得π≈3.类比推理，若V ≈275L 2h 时，π≈258.故选B.3．C [解析] 因为D 为BC 的中点，所以AD ⊥BC ，故AD ⊥平面BCC 1B 1，且AD ＝3，所以V 三棱锥A - B 1DC 1＝13S △B 1DC 1×AD ＝13×12B 1C 1×BB 1×AD ＝13×12×2×3×3＝1.4．A [解析] 如图所示，由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其体积V ＝8－2×13×12×1×1×1＝233.图1-35．D [解析] 由三视图可知，该几何体的正视图显然是一个直角三角形(三个顶点坐标分别是(0，0，2)，(0，2，0)，(0，2，2))且内有一虚线(一锐角顶点与一直角边中点的连线)，故正视图是④；俯视图是一个斜三角形，三个顶点坐标分别是(0，0，0)，(2，2，0)，(1，2，0)，故俯视图是②.故选D.6．B [解析] 由三视图可知，石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半)，故可知能得到的最大球为三棱柱的内切球．由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可得R ＝6＋8－102＝2.7．C [解析] 根据三视图可知，该几何体是正方体切去两个体积相等的圆柱的四分之一后余下的部分，故该几何体体积V ＝23－12×π×12×2＝8－π.8．B [解析] 此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其体积为6×4×3＋12×3×4×3＝90 cm 3，故选B.9．C [解析] 该零件是一个由两个圆柱组成的组合体，其体积V ＝π×32×2＋π×22×4＝34π(cm 3)，原毛坯的体积V 毛坯＝π×32×6＝54π(cm 3)，被切部分的体积V 切＝V 毛坯－V ＝54π－34π＝20π(cm 3)，所以V 切V 毛坯＝20π54π＝1027.10．B [解析] 从俯视图为矩形可以看出，此几何体不可能是三棱锥或四棱锥，其直观图如图，是一个三棱柱．11、D [解析] 由图可知，三棱锥的底面为边长为2的正三角形，左侧面垂直于底面，且为边长为2的正三角形，所以该三棱锥的底面积S ＝12×2×3，高h ＝3，所以其体积V＝13Sh ＝13×3×3＝1，故选D.12．C [解析] 由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥得到的．三棱柱的底面是一个两直角边长分别为3和4的直角三角形，高为5；截去的锥体的底面是两直角边的长分别为3和4的直角三角形，高为3，所以该几何体的体积为V ＝12×3×4×5－13×12×3×4×3＝24.13．B [解析] 由题可知，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 平行、相交或异面，所以A 错误；若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n ，故B 正确；若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α，故C 错误；若m ∥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊥α或n 与α相交，故D 错误．14．C [解析] A ，B ，D 中m 与平面α可能平行、相交或m 在平面内α；对于C ，若m ⊥β，n ⊥β，则m ∥n ，而n ⊥α，所以m ⊥α.故选C.15．B [解析] 由三视图可知，石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半)，故可知能得到的最大球为三棱柱的内切球．由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可得R ＝6＋8－102＝2.16．C [解析] 由题意可知，旋转体是一个底面半径为1，高为1的圆柱，故其侧面积为2π×1×1＝2π.17．A [解析] 如图所示，因为正四棱锥的底面边长为2，所以AE ＝12AC ＝ 2.设球心为O ，球的半径为R ，则OE ＝4－R ，OA ＝R .又因为△AOE 为直角三角形，所以OA 2＝OE 2＋AE 2，即R 2＝(4－R )2＋2，解得R ＝94，所以该球的表面积S ＝4πR 2＝4π⎝⎛⎭⎫942＝81π4.18．D [解析] 由勾股定理得BC ＝20 m ．如图，过P 点作PD ⊥BC 于D ，连接AD ，则由点A 观察点P 的仰角θ＝∠P AD ，tan θ＝PDAD.设PD ＝x ，则DC ＝3x ，BD ＝20－3x ，在Rt △ABD 中，AD ＝152＋（20－3x ）2＝625－403x ＋3x 2，所以tan θ＝x625－403x ＋3x 2＝1625x 2－403x＋3＝1625⎝⎛⎭⎫1x －2036252＋2725≤539，故tan θ的最大值为539，故选D.19．B [解析] 如图所示，取CF ，则EF ∥BD ，故EF 与CE 所成的角即为异面直线CE 与BD 所成的角．设正四面体的棱长为2，则CE ＝CF ＝3，EF＝1.在△CEF 中，cos ∠CEF ＝CE 2＋EF 2－CF 22CE ·EF ＝3＋1－32×3×1＝36，所以异面直线CE 与BD所成角的余弦值为36.图1-1二、填空题1、22 [解析] 该三棱锥的直观图如图所示，并且PB ⊥平面ABC ，PB ＝2，AB ＝2，AC ＝BC ＝2，P A ＝22＋22＝22，PC ＝22＋（2）2＝6，故P A 最长．2、.20π3[解析] 由三视图可知，该几何体为圆柱与圆锥的组合体，其体积V ＝π×12×4＋13π×22×2＝20π3.3、.32 [解析] 因为S 1S 2＝πr 21πr 22＝r 21r 22＝94，所以r 1r 2＝32.又圆柱的侧面积S 侧＝2πrh ，所以S 侧1＝2πr 1h 1＝S 侧2＝2πr 2h 2，则h 1h 2＝r 2r 1＝23，故V 1V 2＝S 1h 1S 2h 2＝94×23＝32.4．12 [解析] 设该六棱锥的高是h .根据体积公式得，V ＝13×12×2×3×6×h ，解得h＝1，则侧面三角形的高为1＋（3）2＝2，所以侧面积S ＝12×2×2×6＝12.三、综合题1、（安徽）解析：(1)证明：因为BC ∥平面GEFH ，BC ⊂平面PBC ，且平面PBC ∩平面GEFH ＝GH ，所以GH ∥BC .同理可证EF ∥BC ，因此GH ∥EF .(2)连接AC ，BD 交于点O ，BD 交EF 于点K ，连接OP ，GK .因为P A ＝PC ，O 是AC 的中点，所以PO ⊥AC ，同理可得PO ⊥BD .又BD ∩AC ＝O ，且AC ，BD 都在平面ABCD 内，所以PO ⊥平面ABCD .又因为平面GEFH ⊥平面ABCD ，且PO ⊄平面GEFH ，所以PO ∥平面GEFH . 因为平面PBD ∩平面GEFH ＝GK ，所以PO ∥GK ，所以GK ⊥平面ABCD . 又EF ⊂平面ABCD ，所以GK ⊥EF ，所以GK 是梯形GEFH 的高．由AB ＝8，EB ＝2得EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1∶4，从而KB ＝14DB ＝12OB ，即K 是OB 的中点．再由PO ∥GK 得GK ＝12PO ，所以G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4.由已知可得OB ＝42，PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6，所以GK ＝3，故四边形GEFH 的面积S ＝GH ＋EF 2·GK ＝4＋82×3＝18.2、（重庆）解析：(1)证明：如图所示，因为四边形ABCD 为菱形，O 为菱形的中心，连接OB ，则AO ⊥OB .因为∠BAD ＝π3，所以OB ＝AB ·sin ∠OAB ＝2sin π6＝1.又因为BM ＝12，且∠OBM ＝π3，在△OBM 中，OM 2＝OB 2＋BM 2－2OB ·BM ·cos ∠OBM＝12＋⎝⎛⎭⎫122－2×1×12×cos π3＝34，所以OB 2＝OM 2＋BM 2，故OM ⊥BM .又PO ⊥底面ABCD ，所以PO ⊥BC .从而BC 与平面POM 内的两条相交直线OM ，PO 都垂直，所以BC ⊥平面POM .(2)由(1)可得，OA ＝AB ·cos ∠OAB ＝2×cos 6＝ 3.设PO ＝a ，由PO ⊥底面ABCD ，知△POA 为直角三角形，故P A 2＝PO 2＋OA 2＝a 2＋3.又△POM 也是直角三角形，故PM 2＝PO 2＋OM 2＝a 2＋34.连接AM ，在△ABM 中，AM 2＝AB 2＋BM 2－2AB ·BM ·cos ∠ABM ＝22＋⎝⎛⎭⎫122－2×2×12×cos 2π3＝214. 由已知MP ⊥AP ，故△APM 为直角三角形，则P A 2＋PM 2＝AM 2，即a 2＋3＋a 2＋34＝214，解得a ＝32或a ＝－32(舍去)，即PO ＝32.此时S 四边形ABMO ＝S △AOB ＋S △OMB ＝12·AO ·OB ＋12·BM ·OM ＝12×3×1＋12×12×32 ＝5 38.所以四棱锥P -ABMO 的体积V 四棱锥P -ABMO ＝13·S 四边形ABMO·PO ＝13×5 38×32＝516.3、（陕西）解析：(1)由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1， ∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩ 平面ABC＝EH ，∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH .同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ， ∴四边形EFGH 是平行四边形．又∵AD ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG ， ∴四边形EFGH 是矩形．4（湖南）解析、连接BD ，由题设知，△ABD 是正三角形，又E 是AB 的中点，所以DE ⊥AB .而DO ∩DE ＝D(2)因为BC ∥AD ，所以ADO 是BC 与OD 所成的角．由(1)知，AB ⊥平面ODE ，所以AB ⊥OE .又DE ⊥AB ，于是∠DEO 是二面角α-MN -β的平面角，从而∠DEO ＝60°.不妨设AB ＝2，则AD ＝2，易知DE ＝ 3.在Rt △DOE 中，DO ＝DE ·sin 60°＝32.连接AO ，在Rt △AOD 中，cos ∠ADO ＝DO AD ＝322＝34.故异面直线BC 与OD 所成角的余弦值为34.5、（新课标全国ＩＩ）解析：(1)证明：设BD 与AC 的交点为O ，连接EO .因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB . EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)V ＝13×12×P A ×AB ×AD ＝36AB ，由V ＝34，可得AB ＝32. 作AH ⊥PB 交PB 于点H .由题设知BC ⊥平面P AB ，所以BC ⊥AH ，因为PB ∩BC ＝B ，所以AH ⊥平面PBC . 又AH ＝P A ·AB PB ＝31313，所以点A 到平面PBC 的距离为31313.6、(北京)解析：(1)证明：在三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC ，所以BB 1⊥AB . 又因为AB ⊥BC ，所以AB ⊥平面B 1BCC 1.所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(2)证明：取AB 的中点G ，连接EG ，FG .因为E ，F ，G 分别是A 1C 1，BC ，AB 的中点，所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC ，EC 1＝12A 1C 1.因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1，所以四边形FGEC 1为平行四边形，所以C 1F ∥EG .又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ，所以C 1F ∥平面ABE .(3)因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ，所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3. 所以三棱锥E - ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33.图1-67、（福建）解析：方法一：(1)证明：∵AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ， ∴AB ⊥CD .又∵CD ⊥BD ，AB ∩BD ＝B ，AB ⊂平面ABD ，BD ⊂平面ABD ， ∴CD ⊥平面ABD .(2)由AB ⊥平面BCD ，得AB ⊥BD .∵AB ＝BD ＝1，∴S △ABD ＝12.∵M 是AD 的中点， ∴S △ABM ＝12S △ABD ＝14.由(1)知，CD ⊥平面ABD ，∴三棱锥C - ABM 的高h ＝CD ＝1，因此三棱锥A - MBC 的体积 V A - MBC ＝V C ABM＝13S △ABM ·h ＝112.方法二：(1)同方法一．(2)由AB ⊥平面BCD ，得平面ABD ⊥平面BCD .且平面ABD ∩平面BCD ＝BD .如图所示，过点M 作MN ⊥BD 交BD 于点N ，则MN ⊥平面BCD ，且MN ＝12AB ＝12.又CD ⊥BD ，BD ＝CD ＝1，∴S △BCD ＝12.∴三棱锥A - MBC 的体积V A MBC ＝V A BCD －V M BCD ＝13AB ·S △BCD －13MN ·S △BCD ＝112. 8、（广东）解析：9、（湖北）解析：证明：(1)连接AD 1，由ABCD - A 1B 1C 1D 1是正方体，知AD 1∥BC 1.因为F ，P 分别是AD ，DD 1的中点，所以FP ∥AD 1. 从而BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)如图，连接AC ，BD ，A 1C 1，则AC ⊥BD . 由CC 1⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，可得CC 1⊥BD .又AC ∩CC 1＝C ，所以BD ⊥平面ACC 1A 1. 而AC 1⊂平面ACC 1A 1，所以BD ⊥AC 1.因为M ，N 分别是A 1B 1，A 1D 1的中点，所以MN ∥同理可证PN ⊥AC 1.又PN ∩MN ＝N ，所以直线AC 1⊥平面PQMN.00:(1):,,,,,,,,,,,,,.11(2),,60,30,==,22,PD ABCD PD PCD PCD ABCD PCD ABCD CD MD ABCD MD CD MD PCD CF PCD CF MD CF MF MD MF MDF MD MF M CF MDF CF MDF CF DF PCD CDF CF CD DE EF DC D ⊥⊂∴⊥=⊂⊥∴⊥⊂∴⊥⊥⊂=∴⊥⊥∴⊥∠=∴∠=∴解证明平面平面平面平面平面平面平面平面又平面平面平面又易知从而∥2112,,2211.33CDE M CDE CDE CF DE PE S CD DE P CP MD VS MD ∆-∆=∴=∴==⋅=====∴=⋅==10、（上海）解析：11、（江苏）解析：证明： (1)因为D ，E 分别为棱PC ，AC 的中点，所以DE ∥P A .又因为P A ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ，所以直线P A ∥平面DEF .(2)因为D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，P A ＝6，BC ＝8，所以DE ∥P A ，DE ＝12P A ＝3，EF ＝12BC ＝4.又因为DF ＝5，所以DF 2＝DE 2＋EF 2，所以∠DEF ＝90°，即DE ⊥EF .又P A ⊥AC ，DE ∥P A ，所以DE ⊥AC .因为AC ∩EF ＝E ，AC ⊂平面ABC ，EF ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC . 又DE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABC .12、（山东）解析：证明：(1)设AC ∩BE ＝O ，连接OF ，EC .由于E 为AD 的中点，AB ＝BC ＝12AD ，AD ∥BC ，所以AE ∥BC ，AE ＝AB ＝BC ，所以O 为AC 的中点．又在△P AC 中，F 为PC 的中点，所以AP ∥OF . 又OF ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ，所以AP ∥平面BEF .(2)由题意知，ED ∥BC ，ED ＝BC ，所以四边形BCDE 为平行四边形，所以BE ∥CD .又AP ⊥平面PCD ，所以AP ⊥CD ，所以AP ⊥BE . 因为四边形ABCE 为菱形，所以BE ⊥AC .又AP ∩AC ＝A ，AP ，AC ⊂平面P AC ，所以BE ⊥平面P AC .13、（江西）解析：(1)证明：由AA 1⊥BC 知BB 1⊥BC .又BB 1⊥A 1B ，故BB 1⊥平面BCA 1，所以BB 1⊥A 1C .又BB 1∥CC 1，所以A 1C ⊥CC 1. (2)方法一：设AA 1＝x .在Rt △A 1BB 1中，A 1B ＝A 1B 21－BB 21＝4－x 2.同理，A 1C ＝A 1C 21－CC 21＝3－x 2. 在△A 1BC 中，cos ∠BA 1C ＝A 1B 2＋A 1C 2－BC 22A 1B ·A 1C ＝－x 2（4－x 2）（3－x 2），sin ∠BA 1C ＝12－7x 2（4－x 2）（3－x 2），所以S △A 1BC ＝12A 1B ·A 1C ·sin ∠BA 1C ＝12－7x 22.从而三棱柱ABC - A 1B 1C 1的体积V ＝S 直·l ＝S △A 1BC ·AA 1＝x 12－7x 22.因为x 12－7x 2＝12x 2－7x 4＝－7⎝⎛⎭⎫x 2－672＋367，所以当x ＝67＝427，即AA 1＝427时，体积V 取到最大值377.(2)方法二：过A 1作BC 的垂线，垂足为D ，连接AD .由AA 1⊥BC ，A 1D ⊥BC ，得BC ⊥平面AA 1D ，故BC ⊥AD .又∠BAC ＝90°，所以S △ABC ＝12AD ·BC ＝12AB ·AC ，得AD ＝2217.设AA 1＝x .在Rt △AA 1D 中，A 1D ＝AD 2－AA 21＝127－x 2，S △A 1BC ＝12A 1D ·BC ＝12－7x 22.从而三棱柱ABC - A 1B 1C 1的体积V ＝S 直·l ＝S △A 1BC ·AA 1＝x 12－7x 22.因为x 12－7x 2＝12x 2－7x 4＝－7⎝⎛⎭⎫x 2－672＋367，所以当x ＝67＝427，即AA 1＝427时，体积V 取到最大值377.14、(辽宁）解析解：(1)证明：由已知得△ABC ≌△DBC ，因此AC ＝DC .又G 为AD 的中点，所以CG ⊥AD ，同理BG ⊥AD .又BG ∩CG ＝G ，所以AD ⊥平面BGC . 又EF ∥AD ，所以EF ⊥平面BCG .(2)在平面ABC 内，作AO ⊥CB ，交CB 延长线于点O . 由平面ABC ⊥平面BCD ，知AO ⊥平面BDC .又G 为AD 的中点，所以G 到平面BDC 的距离h 是AO 在△AOB 中，AO ＝AB ·sin 60°＝3，所以V 三棱锥D -BCG ＝V 三棱锥G -BCD ＝13·S △DBC ·h ＝13×12·BD ·BC ·sin 120°·32＝12.15、（全国新课标Ｉ）解析：解：(1)证明：由已知得△ABC ≌△DBC ，因此AC ＝DC .又G 为AD 的中点，所以CG ⊥AD ，同理BG ⊥AD .又BG ∩CG ＝G ，所以AD ⊥平面BGC . 又EF ∥AD ，所以EF ⊥平面BCG .(2)在平面ABC 内，作AO ⊥CB ，交CB 延长线于点O . 由平面ABC ⊥平面BCD ，知AO ⊥平面BDC .又G 为AD 的中点，所以G 到平面BDC 的距离h 是AO 在△AOB 中，AO ＝AB ·sin 60°＝3，所以V 三棱锥D -BCG ＝V 三棱锥G -BCD ＝13·S △DBC ·h ＝13×12·BD ·BC ·sin 120°·32＝12. ．因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1. 又AO ⊥平面BB 1C 1C ，所以B 1C ⊥AO ，由于BC 1∩AO ＝O ，故B 1C ⊥平面ABO . 由于AB ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AB .(2)作OD ⊥BC ，垂足为D ，连接AD .作OH ⊥AD ，垂足为H . 由于BC ⊥AO ，BC ⊥OD ，且AO ∩OD ＝O ，故BC ⊥平面AOD ，所以OH ⊥BC . 又OH ⊥AD ，且AD ∩BC ＝D ，所以OH ⊥平面ABC .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形，又BC ＝1，可得OD ＝34. 因为AC ⊥AB 1，所以OA ＝12B 1C ＝12.由OH ·AD ＝OD ·OA ，且AD ＝OD 2＋OA 2＝74，得OH ＝2114. 又O 为B 1C 的中点，所以点B 1到平面ABC 的距离为217.故三棱柱ABC - A 1B 1C 1的高为217.16、（四川）解析：(1)证明：因为四边形ABB 1A 1和ACC 1A 1都是矩形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC .因为AB ，AC 为平面ABC 内的两条相交直线，所以AA 1⊥平面ABC .因为直线BC ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥BC .又由已知，AC ⊥BC ，AA 1，AC 为平面ACC 1A 1内的两条相交直线，所以BC ⊥平面ACC 1A 1.(2)取线段AB 的中点M ，连接A 11，设O 为A 1C ，AC 1的交点．由已知，O 为AC 1的中点．连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC ，△ACC 1的中位线，所以MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD 綊OE .连接OM ，从而四边形MDEO 为平行四边形，所以DE ∥MO . 因为直线DE ⊄平面A 1MC ，MO ⊂平面A 1MC . 所以直线DE ∥平面A 1MC .即线段AB 上存在一点M (线段AB 的中点)，使直线DE ∥平面A 1MC .17、（天津）解析：(1)证明：如图所示，取PB 中点M ，连接MF ，AM .因为F 为PC 中点，所以MF ∥BC ，且MF ＝12BC .由已知有BC ∥AD ，BC ＝AD ，又由于E 为AD 中点，因而MF ∥AE 且MF ＝AE ，故四边形AMFE 为平行四边形，所以EF ∥AM .又AM ⊂平面P AB ，而EF ⊄平面P AB ，所以EF ∥平面P AB .(2)(i)证明：连接PE ，BE.因为P A ＝PD ，BA ＝BD ，而E 为AD 中点，所以PE ⊥AD ，BE ⊥AD ，所以∠PEB 为二面角P - AD -B 的平面角．在△P AD 中，由P A ＝PD ＝5，AD ＝2，可解得PE ＝2. 在△ABD 中，由BA ＝BD ＝2，AD ＝2，可解得BE ＝1. 在△PEB 中，PE ＝2，BE ＝1，∠PEB ＝60˚，由余弦定理，可解得PB ＝3，从而∠PBE ＝90˚，即BE ⊥PB .又BC ∥AD ，BE ⊥AD ，从而BE ⊥BC，因此BE ⊥平面PBC .又BE ⊂平面ABCD ，所以平面PBC ⊥平面ABCD .(ii)连接BF ，由(i)知，BE ⊥平面PBC ，所以∠EFB 为直线EF 与平面PBC 所成的角．由PB ＝3及已知，得∠ABP 为直角，而MB ＝12PB ＝32，可得AM ＝112，故EF ＝112.又BE ＝1，故在直角三角形EBF 中，sin ∠EFB ＝BE EF ＝21111.所以直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值为21111.18、（浙江）解析：(1)证明：连接BD ，在直角梯形BCDE 中，由DE ＝BE ＝1，CD ＝2，得BD ＝BC ＝2，由AC ＝2，AB ＝2，得AB 2＝AC 2＋BC 2，即AC ⊥BC .又平面ABC ⊥平面BCDE ，从而AC ⊥平面BCDE .(2)在直角梯形BCDE 中，由BD ＝BC ＝2，DC ＝2，得BD ⊥BC .又平面ABC ⊥平面BCDE ，所以BD ⊥平面ABC .作EF ∥BD ，与CB 的延长线交于点F ，连接AF ，则EF ⊥平面ABC . 所以∠EAF 是直线AE 与平面ABC 所成的角．在Rt △BEF 中，由EB ＝1，∠EBF ＝π4，得EF ＝22，BF ＝22；在Rt △ACF 中，由AC ＝2，CF ＝322，得AF ＝262. 在Rt △AEF 中，由EF ＝22，AF ＝262，得tan ∠EAF ＝1313. 所以，直线AE 与平面ABC 所成的角的正切值是1313.19．（全国券）解析：．解：方法一：(1)证明：因为A 1D ⊥平面ABC ，A 1D ⊂平面AA 1C 1C ，故平面AA 1C 1C ⊥平面ABC .又BC ⊥AC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，所以BC ⊥平面AA 1C 1C .连接A 1C ，因为侧面AA 1C 1C 为菱形，故AC 1⊥A 1C . 由三垂线定理得AC 1⊥A 1B .(2)BC ⊥平面AA 1C 1C ，BC ⊂平面BCC 1B 1，故平面AA 1C 1C ⊥平面BCC 1B 1.作A 1E ⊥CC 1，E 为垂足，则A 1E ⊥平面BCC 1B 1.又直线AA 1∥平面BCC 1B 1，因而A 1E 为直线AA 1与平面BCC 1B 1的距离，即A 1E ＝ 3. 因为A 1C 为∠ACC 1的平分线，故A 1D ＝A 1E ＝ 3.作DF ⊥AB ，F 为垂足，连接A 1F .由三垂线定理得A 1F ⊥AB ，故∠A 1FD 为二面角A 1 AB C 的平面角．由AD ＝AA 21－A 1D 2＝1，得D 为AC 中点，所以DF ＝55，tan ∠A 1FD ＝A 1DDF＝15，所以cos ∠A 1FD ＝14.所以二面角A 1 AB C 的大小为arccos 14.。

四川省各地市2014届高三最新模拟试题分类汇编-选择题(稍有价值版)1

E 选择题练习（每题5分，共计50分）1、（2014届南充市零诊4）已知函数22,0()log ,0x x x f x x x ⎧-≤=⎨>⎩，则"()0"f x ≤是"0"x ≥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 2、（自贡市2014届一诊4）已知命题022,,:020≤++∈∃x x R x x p 则（）(A)022,:0200≥++∈∃⌝x x R x p （B ）022,,:2≥++∈∀x x R x x p （D ）022,:0200＞++∈∃⌝x x R x p （D ）022,,:2＞++∈∀⌝x x R x x p3、（2014届渠县中学9月5）如果幂函数y ＝)33(2+-m m 22--m m x 的图象不过原点，则m 的取值是( )A ．21≤≤-mB ．1=m 或2=mC ．2=mD ．1=m 4、（三岔中学2014届第一次月考5）设1a >，函数()log a f x x =在区间[,2]a a 上的最大值与最小值之差为12，则a =（） A ．2 B ．4 C ．22 D ．25、（巴中市巴州区2014届零诊6）若不等式组0220x y x y y x y a-≥⎧⎪+≤⎪⎨≥⎪⎪+≤⎩表示的平面区域是一个三角形，则a 的取值范围是A.43a ≥B.01a <≤C. 413a ≤≤D.43a ≥或01a <≤ 6、（射洪中学2014届第一次月考7）△ABC 中，点E 为AB 边的中点，点F 为AC 边的中点，BF 交CE 于点G ，若AG xAE yAF =+，则x y +等于（）A.32B.43C.1D.237、（射洪中学2014届第一次月考8）如图是函数sin()y A x ωϕ=+(0,0,||)2A πωϕ>><在一个周期内的图像，M 、N 分别是最大、最小值点，且OM ON ⊥，则A ω∙的值为( )A.6πB. 26πC. 76πD. 712π 8、（邛崃市高中2014届第一次9）函数f (x )＝13ax 3＋12ax 2－2ax ＋2a ＋1的图象经过四个象限，则实数a 的取值范围是( )A ．－65<a <316B ．－85<a <－316C ．－85<a <－116D ．－65<a <－3169、（2014届德阳中学零诊8）设集合}{1,2,3,4,5,6,7,8,9S =，集合}{123,,A a a a =，A S ⊆，123,,a a a 满足123a a a <<且326a a -≤，那么满足条件的集合A 的个数为（）A ．76B ．78C ．83D ．8410、（射洪中学2014届第一次月考11）已知函数⎩⎨⎧≥+-<-=,0,46,0|,)lg(|)(3x x x x x x f 若关于x 的函数1)()(2+-=x bf x f y 有8个不同的零点，则实数b 的取值范围是（） A ．),2(+∞B ．),2[+∞C ．)417,2( D ．]417,2(F 选择题练习（每题5分，共计50分）1、（石室中学2014届10月3）命题“函数()()y f x x D =∈是偶函数”的否定可表示为（） A 、,()()x D f x f x ∃∈-≠ B 、,()()x D f x f x ∀∈-≠ C 、,()()x D f x f x ∀∈-= D 、,()()x D f x f x ∃∈-=2、（射洪中学2014届第一次月考3）已知函数错误！未找到引用源。

2014立体几何高考真题汇编

1.[2014·安徽卷] 如图1-5，四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD ∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.(1)证明：Q为BB1的中点；(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．图1-52.[2014·陕西卷] 四面体ABCD及其三视图如图1-4所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．3.[2014·四川卷] 三棱锥A -BCD及其侧视图、俯视图如图1-4所示．设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A -NP -M的余弦值．4.[2014·北京卷] 如图1-3，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P -ABCDE 中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.(1)求证：AB∥FG；(2)若P A⊥底面ABCDE，且P A＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．图1-35.[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图1-3，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角D-AE-C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E-ACD的体积．图1-36.[2014·江西卷] 如图1-6，四棱锥P -ABCD中，ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD.(1)求证：AB⊥PD.(2)若∠BPC＝90°，PB＝2，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P -ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．7.[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1-5，三棱柱ABC -A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A -A1B1C1的余弦值．8.[2014·广东卷]如图4，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30，AF⊥PC于点F，FE∥CD，交PD于点E.（1）证明：CF⊥平面ADF；（2）（2）求二面角D－AF－E的余弦值.9.[2014·辽宁卷]如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB=BC=BD=2．∠ABC=∠DBC=120°，E、F 分别为AC、DC的中点．（Ⅰ）求证：EF⊥BC；（Ⅱ）求二面角E﹣BF﹣C的正弦值．10[2014·湖北卷]如图6，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,AC∩B1D1=O1四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．（1）证明：O1O⊥底面ABCD（2）若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值。

(四川重庆版第03期)2014届高三数学名校试题分省分项汇编专题10 立体几何理

四川，重庆版（第03期）-2014届高三名校数学（理）试题分省分项汇编专题10 立体几何一．基础题组1. 【四川省绵阳南山中学2014高三12月月考数学（理）】已知四棱锥ABCD P -的三视图如图，则四棱锥ABCD P -的全面积为( )A. 53+B. 52+C. 5D. 42. 【四川省眉山市高2014届第一次诊断性考试数学（理）】某几何体的三视图如图所示，则其体积为_______。

3. 【四川省眉山市高2014届第一次诊断性考试数学（理）】设n m ,是两条不同的直线，βα,是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A ．若βα⊥, ,α⊂m ,β⊂n 则n m ⊥B ．若,,m m n n αβ⊥ ，则,ββα⊂⊥m C ．若n m ⊥，,α⊂m ,β⊂n 则,ββα⊂⊥m D ．若,//ββα⊂m ,αm ,β⊂n 则n m //对C 、D ，从下面两图可以看出，不成立.考点：空间直线与平面的位置关系.4. 【成都石室中学2014届高三上期“一诊”模拟考试（二）（理）】下图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．1 B．13C．12D．325. 【四川省绵阳市高2014届第二次诊断性考试数学（理）】一个机器零件的三视图如图所示，其中俯视图是一个半圆内切于边长为2的正方形，则该机器零件的体积为（）A．8+3πB．8+23πC．8+83πD．8+163π6. 【四川省绵阳南山中学2014高三12月月考数学（理）】已知a、b、c为三条不重合的直线，下面结论：①若a⊥b，a⊥c，则b∥c；②若a⊥b，a⊥c则b⊥c；③若a∥b，b⊥c，则a⊥c.其中正确的个数为( )A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个7. 【四川省绵阳南山中学2014高三12月月考数学（理）】如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是( )A. 平面ABD⊥平面ABCB. 平面ADC⊥平面BDCC. 平面ABC⊥平面BDCD. 平面ADC⊥平面ABC8. 【四川省成都七中高2014届高三“一诊”模拟考试数学（理）】平面四边形ABCD 中，,且AD AB ⊥，现将ABD ∆沿着对角线BD 翻折成/A BD ∆，则在/A BD ∆折起至转到平面BCD 内的过程中，直线/A C 与平面BCD 所成的最大角的正切值为( )A 1B 12【答案】C 【解析】试题分析：如下图，1OA =，2OC =.当A C '与圆相切时，直线/A C 与平面BCD 所成角最大，最大角为30 .选C.考点：1、空间直线与平面所成的角；2、三角函数值.9. 【四川省成都七中高2014届高三“一诊”模拟考试数学（理）】已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为___________3cm10. 【四川省成都七中高2014届高三“一诊”模拟考试数学（理）】已知正四面体ABCD 的棱长为1，M 为AC 的中点，P 在线段DM 上，则2()AP BP +的最小值为_____________；考点：1、空间几何体；2、余弦定理.11. 【四川省成都七中高2014届高三“一诊”模拟考试数学（理）】已知平行六面体1111ABCD A B C D -，1AC 与平面1A BD ，11CB D 交于,E F 两点。

四川省各地2014届高三最新模拟试题分类汇编9：立体几何

四川省各地2014届高三最新模拟试题分类汇编一、选择、填空题1、（绵阳市南山中学2014届高三上学期12月月考）已知四棱锥ABCD P -的三视图如图，则四棱锥ABCD P -的全面积为( ) A. 53+ B. 52+C. 5D. 4 答案：A2、（雅安中学2014届高三上学期12月月考）一空间几何体的三视图如图所示，图中各线段旁的数字表示该线段的长度，则该几何体的体积为A. 30B. 27C. 35D. 36答案：A 3、（绵阳市南山中学2014届高三上学期12月月考）如图所示，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A －BCD ，则在三棱锥 A －BCD 中，下列命题正确的是( )A. 平面ABD ⊥平面ABCB. 平面ADC ⊥平面BDCC. 平面ABC ⊥平面BDCD. 平面ADC ⊥平面ABC 答案：D4、（成都高新区2014届高三10月统一检测）设，m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是 A ．若lm ⊥，m α⊂，则l α⊥ B ．若l α⊥，l m //，则m α⊥C ．l α//，m α⊂，则l m //D ．若l α//，m α//，则l m // 答案：B立体几何学科网5、（成都石室中学2014届高三上学期期中）若某几何体的三视图 (单位：cm) 如图所示，则此几何体的表面积是 cm 2．答案：2π6、（成都市2014届高三上学期摸底）如图是一个几何体的三视图（单位：cm ），则这个几何体的表面积是A ．（4+22）cm 2B ．（6+22）cm 2C ．（ 6+2）cm 2D ．（7+2） cm 2答案：D7、（树德中学高2014届高三上学期期中）一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的体积为A ．πB ．332π C ．32π D ．33π 答案：C8、（成都外国语学校2014届高三11月月考）下列命题中正确的是（ D ）A ．已知a 、b 为异面直线，过空间中不在a 、b 上的任意一点，可以作一个平面与a 、b 都平行；B ．在二面角βα--l 的两个半平面α、β内分别有直线a 、b ，则二面角βα--l 是直二面角的充要条件是β⊥a 或α⊥b ；C ．已知异面直线a 与b 成060，分别在a 、b 上的线段AB 与CD 的长分别为4和2，AC 、BD 的中点分别为E 、F ，则3=EF ；D ．正三棱锥的内切球的半径为1，则此正三棱锥的体积最小值38．答案：D9、（德阳中学2014届高三“零诊”考试）已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图中半圆的直径为2，则该几何体的体积为（）A. 3242π- B. 242π-C. 243π-D.24π-答案：A二、解答题1、（绵阳市南山中学2014届高三上学期12月月考）)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝CA ＝AA 1＝2，侧棱AA 1⊥面ABC ，D 、E 分别是棱A 1B 1、AA 1的中点，点F 在棱AB 上，且AB AF 41=．（I ）求证：EF ∥平面BDC 1；（II ）求二面角E －BC 1－D 的余弦值．（Ⅰ）证明：取AB 的中点M ，14AF AB =， F ∴为AM 的中点，又E 为1AA 的中点，∴1//EF A M ，在三棱柱111ABC A B C -中，,D M 分别为11,A B AB 的中点， 1//A D BM ∴，且1A D BM =，则四边形A 1DBM 为平行四边形，1//A M BD ∴，//EF BD ∴，又BD ⊆ 平面1BC D ，EF ⊄平面1BC D ，//EF ∴平面1BC D ． ···································································································· 6分（Ⅱ）连接DM ，分别以MB 、MC 、MD所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图空间直角坐标系，则(1,0,0)B ，(1,0,1)E -，(0,0,2)D ，1(0,3,2)C ，∴(1,0,2)BD =- ，(2,0,1)BE =- ，1(1,3,2)BC =-．设面BC 1D 的一个法向量为111(,,)x y z =m ，面BC 1E 的一个法向量为222(,,)x y z =n ，则由10,0,BD BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 得1111120,320,x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩取(2,0,1)=m ，又由10,0,BE BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 得2222220,320,x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩取(1,3,2)=-n ，则410cos ,||||558⋅<>===⋅m n m n m n ，故二面角E －BC 1－D 的余弦值为105． ABCA 1B 1C 1EF DM2、（雅安中学2014届高三上学期12月月考）如图，矩形ABCD 中，BC = 2，AB = 1，PA 丄平面ABCD ， BE//PA,，F 为PA 的中点.(I )求证:DF//平面 PEC(II )若PE=，求平面PEC 与平面PAD 所成锐二面角的余弦值.3、（成都高新区2014届高三10月统一检测）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．解：（Ⅰ）令AC 、BD 交于点O ，连接OE,∵O 是AC 中点，又E 是PC 中点∴ OE ∥AP ………3分又OE ⊂面BDE ，AP ⊄面BDE (5)ECABD PBE PD CA分∴AP ∥面BDE ………6分（Ⅱ）令F 是CD 中点，又E 是PC 中点，连结EF ，BF∴EF ∥PD ，又PD ⊥面ABCD∴EF ⊥面ABCD ………8分 ∴∠EBF 为面BE 与面ABCD 所成的角。

四川省各地2014届高三最新模拟试题分类汇编9：立体几何

2014全国名校真题模拟专题训练9-立体几何解答题4(数学)

2014年高考数学三轮专题分项模拟 立体几何质量检测试题 理(含解析)

四川2014年高考模拟试卷及答案数学

2014年全国高考真题(理科数学)分类汇编九、立体几何(逐题详解)

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