2019-2020年高考数学总复习空间向量双基过关检测理

合集下载

2019-2020年高考数学总复习解三角形双基过关检测理

、选择题1.（XX •兰州一模）在厶ABC中,角A, B, C所对的边分别为a, b, c,若a= 7, b= 3, c= 2，则A=( )nA©nD. 一2 故选C. .2 2 2 2 2 2解析：选 C 易知cos A2bc 12，又A€ (0 , 、八nn)，…A=—,2.在△ ABC C- 60°,则此三角形的解的情况是A.有一解 B •有两解C.无解 D .有解但解的个数不确定解析：选C由正弦定理得泮B—sin C340 X * b sin C 2厂• sin B= c=20~ =，3>j•••角B不存在，即满足条件的三角形不存在.3. (xx•天津AC=()A. 1C. 3 D . 4解析：选A 由余弦定理得A W=A C+B C— 2AC- BC- cos C, 即13=AC+ 9 —2AC X 3X cos 120 ° ,化简得AC+ 3AC-4= 0,解得AC= 1或AC=- 4(舍去)•故选A.则厶ABC勺面积等于（）A©A. 2B. 4c並C. 63 D 2故 tan B = 2sin A = 2sin -3 = </3，又 B € (0 , n )，所以 B= -3,n又A =，则△ ABC 是正三角形,所以 &ABC = q bc sin A = x 1 x 1 x —=— 5. （xx •湖南四校联考）在厶ABC 中, —c 2）tan C = ab ，则角C 的大小为（2 nD.31 c 小 cos C2ab2tan-C ? cos 2sin C• c 2 = a 2 + b 2 — 2ab + 6.①亠 n22.2.-C = 3，…c = a + b — 2ab cos由①②得一ab + 6= 0，即ab = 6. 1. 1 43 3J3• - &ABC = _ab sin C = _ x 6 x = -1 -角A , B, C 所对的边分别为a ,b ,c ,若（a 2 + b解析：选A 由题意知, sin C= £ 又 C € (0 , n• C =十或豎6.已知代B 两地间的距离为 10 km, B, C 两地间的距离为 20 km,现测得/ ABC= 120°,则代C 两地间的距离为（A. 10 kmC. 10 5 km解析：选D 如图所示，由余弦定理可得,AC = 100+ 400 — 2X 10X 20X cos 120B . 10 3 km D . 10 7 km700,••• AC= 10 7 km.7. （xx •贵州质检）在厶ABC 中，内A , B, C 所对的边分别是 a , b , c ,若c 2= (a — b )2n+ 6, C = §，则△ ABC 勺面积是（A. 3B. 9*3 2解析：选C•/ c 2 = (a — b )2+ 6,7t2 2+ b — ab.②2 2 2 2&一艘海轮从 A 处出发，以每小时 40海里的速度沿南偏东 40°的方向直线航行，30分钟后到达B 处，在C 处有一座灯塔，海轮在 A 处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°,那么B, C 两点间的距离是()B. 10 3海里 D . 20 2海里2sin B ,贝U c = ________解析：由3sin A = 2sin B 及正弦定理，得33a = 2b ,所以b =尹=3.由余弦定理 cos C222a +b — c2ab 2 2 22 +3 — c 2X 2X3 ,解得c = 4.答案：410. 在△ ABC 中, AB="J6,/ A = 75°,/ B= 45°，贝V AC=解析：/ C = 180°— 75°— 45°= 60°,解得AC= 2. 答案：211. ________ (xx •南昌二中模拟)在厶 ABC 中，如果 cos(B + A ) + 2sin A sin B = 1,那么△ ABC的形状是 ________ .解析：T cos( B+ A ) + 2sin A sin B = 1, /• cos A cos B + sin A sin B= 1, cos( A — E ) = 1,在厶 ABC 中, A- B= 0? A = B, 所以此三角形是等腰三角形.A. 10 2海里 C. 20 3海里解析：选A 如图所示，易知，在△ ABC 中, AB= 20,/ CAB= 30°, / ACB= 45°,根据正弦定理得BCsin 30_ABsin 45，解得 BC= 10 2.故B , C 两点间的距离是10 2海里. 二、填空题9.设△ ABC 的内角A , B, C 的对边分别为a ,b ,c ,且 a = 2, cos C =14, 3sin A =得-卜由正弦定理得AB = AC sin C sin B' /6 sin 60ACsin 45北答案：等腰三角形12. 如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的飞行高度为BC又在△ ABC 中,sin sin Z ACB••• BC = 21 000 x sin 15 ° = 10 500(6 — 2).2•/ CDL AD•••CD= BC - sin / DBC= 10 500( 6— 2)10 500( 3 — 1) = 7 350.故山顶的海拔高度 h = 10 000 — 7 350 = 2 650(m). 答案：2 650 三、解答题13. （xx •山西四校联考）已知△ ABC 中，角A, B , C 的对边分别为a , b , c , cos A = |, sin B= 5cos C.(1)求tan C 的值;⑵若a = 2，求△ ABC 的面积.解：(1) ••• cos A = f , • sin A = . 1— cos A^^5,5cos C = sin B =sin( A + C=sin A cos C + sin C cos A 5 2 〒cos C + §sin C 整理得tan C =5.⑵由(1)知 sin C =岁，cos C =6,6 6AB10 000 m,速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°,经过420 s 后看山顶的俯角o，/ DBC= 45°,// ACB= 30°, AB= 50X 420= 21 000(m).a c—由 sin A sin C 知，C = 3.T sin B = 5cos C =5 •，14. (xx •石家庄二模)△ ABC 中，角A , B, C 的对边分别为 a , b , c ,且2b cos C + c =2a . ⑴求角B 的大小； 1 c(2)若cos A =二，求-的值.7 a解：(1)由正弦定理，得 2sin B cos O sin C = 2sin A ,T A + B+ C = n ,/• sin A = sin( B+ C ) = sin B cos C + cos B sin C,••• 2sin B cos C + sin C = 2(sin B cos C + cos B sin C ), /• sin C = 2cos B sin C,1T sin C M 0,「. cos B = j ,nT BABC 的内角，• B=-.3⑵在△ ABC 中, cos A = 7• sinA =竽,又B =nc sin C 5 a = sin A = 8• sin C = sin( A + E ) = sin A cos B + cos A sinB =5、3 盲,1 :,△ ABC 的面积 S = q ac sin2 '、选择题1.（XX•滨州模拟）甲、乙两人从4门课程中选修2门，则甲、乙所选课程中恰有 1门相冋的选法有（)A. 6种B . 12 种 C. 24 种D. 30种解析：选C分步兀成：第一步，甲、乙选同一门课程有4种方法；第二步，甲从剩余的 3门课程选一门有3种方法；第三步，乙从剩余的 2门中选出一门课程有 2种方法；•••甲、乙恰有1门相同课程的选法有 4X 3X 2= 24（种）.2. 现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有（A. 24 种 B . 30种C. 36 种D. 48 种解析：选 D 按A T B T C - D 顺序分四步涂色，共有 48（种）.3.（xx •云南师大附中适应性考试）在（a + x ）7展开式中x 4的系数为280,则实数a 的值为（）A. 1 B .±1 C. 2D.±2解析：选C 由题知，6a 3 = 280,得a = 2,故选C.4. （xx •佛山二模）教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有（）A. 10 种 B . 25种 C. 52 种D. 24 种解析：选D 每相邻的两层之间各有 2种走法，共分4步•由分步乘法计数原理，共有 24种不同的走法.5•张、王两家夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园•为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这六人入园顺序的排法种数为（）要求有公共)4X 3X 2X 2 =A. 12B. 24D. 48C. 36解析：选B将两位爸爸排在两端，有2种排法；将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上，有2启种排法，故总的排法有2X 2XA l= 24（种）.6.某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教（每地1人），其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案种数是（）A. 150 B . 300C. 600D. 900解析：选C若甲去，则乙不去，丙去，再从剩余的5名教师中选2名，有dx 屁=240种方法；若甲不去，则丙不去，乙可去可不去，从 6名教师中选4名，共有C 6X A 4= 360种方法•因此共有600种不同的选派方案.7. （xx •成都一中模拟）设（x 2+ 1）（2 x + 1）9 = a o + a i （x + 2） + a 2（x + 2）2 + •••+ a ii （x +112），贝U a o + a + a 2 + …+ an 的值为（）A.— 2 B .- 1C. 1D. 2解析：选 A 令等式中 x =- 1,可得 a o + a 1+ a 2+・・・+ an = (1 + 1)( — 1)9=- 2,故选A. &从1,3,5,7,9 这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为 a , b,共可得到lg a-lg b 的不同值的个数是（）B . 10 D. 20二、填空题2x -丄｝的展开式的通项是 T r +1 = C 5 • (2 x )5-r •<x/令5-2r = 1得r = 2.因此?x -分的展开式中x 项的系数是C 5 • （ - 1）2・25-2= 80.答案：8010. （xx •石家庄模拟）将甲、乙、丙、丁四名学生分到两个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同的分法的种数为________ （用数字A. 9C. 18 解析：选Clga -lgb = Ig b ，从 1,3,5,7,9中任取两个数分别记为 a , b ,共有A =20种结果，其中lg1 3= lg3 9, lg 3 厂lg9,故共可得到不同值的个数为 20-2 = 18.故选C.39. 2x - 1 5的二项展开式中< x /x 项的系数为解析: 1r r r 小 5— r 5 - 2r x j = C 5 • ( - 1)・2 • x作答）.解析：第1步，把甲、乙分到不同班级有A2= 2种分法；第2步，分丙、丁：①丙、丁分到同一班级有2种方法；②丙、丁分到两个不同班有A2= 2种分法.由分步乘法计数原理，不同的分法为 2X (2 + 2) = 8(种).答案：811•如图所示，在 A, B 间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现代B 之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有 _____________ 种.解析：四个焊点共有 24种情况，其中使线路通的情况有：1,4都通，2和3至少有一个通时线路才通，共有 3种可能•故不通的情况有 24- 3= 13(种)可能.答案：1312. (xx •宁波调研)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有 _________ 种.解析：若1,3不同色，则1,2,3,4 必不同色，有3A 4 = 72种涂色法；若1,3同色，有C C 3A 2= 24种涂色法.根据分类计数原理可知，共有72 + 24= 96种涂色法.答案：96 三、解答题2 nf16 2 1 \ 213. 已知(a + 1)展开式中的二项式系数之和等于~^x +寸的展开式的常数项，而(a+ 1)n 的展开式的二项式系数最大的项等于54,求正数a 的值.解：导2+*)展开式的通项16 5- r 20 — 5r5 X2 ，)• W= 16,5又(a 2+ 1)n 展开式的各项系数之和为 2n ,由题意得2 = 16,— n = 4./• (a 2+ 1)4展开式中二项式系数最大的项是中间项 T 3,从而 d(a 2)2= 54,— a = ,3.14. 从1到9的9个数字中取3个偶数4个奇数，试问： (1)能组成多少个没有重复数字的七位数？d令 20— 5r = 0,得 r = 4,(2) 上述七位数中，3个偶数排在一起的有几个？(3) (1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？解：(1)分三步完成：第一步，在4个偶数中取3个，有C种情况；第二步，在5个奇数中取4个，有C4种情况；第三步，3个偶数，4个奇数进行排列，有A7种情况•所以符合题意的七位数有C4CA7= 100 800个.⑵上述七位数中，3个偶数排在一起的有C44C5A3A5= 14 400个.(3) (1)中的七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有C4G5A4A4A2 = 5 760个.。

2019_2020版高中数学第三章空间向量与立体几何测评(含解析)新人教A版选修2_1

第三章测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.若A,B,C,D为空间不同的四点,则下列各式为零向量的是()①AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ;②2AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +3AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +3AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ;③AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ;④AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .A.①②B.②③C.②④D.①④解析①中,原式=AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,不符合题意;②中,原式=2(AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )+(AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=0;③中,原式=AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,不符合题意;④中,原式=(AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )+(AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=0.故选C.答案C2.已知向量a=(-2,1,3),b=(-1,2,1),若a⊥(a-λb),则实数λ的值为()A.-2B.-143C.145D.2解析∵a⊥(a-λb),∴a·(a-λb)=|a|2-λa·b=0,∴|a|2=λa·b,∴14=λ(2+2+3)=7λ,解得λ=2.故选D.答案D3.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,-4),AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,2,0),AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-1),则PA与底面ABCD的关系是()A.相交B.垂直C.不垂直D.成60°角解析因为AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥平面ABCD.答案B4.已知正四面体ABCD 的棱长为a ,点E 、F 分别是BC 、AD 的中点,则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( ) A.a 2B.14a 2C.12a 2D.√34a 2解析在正四面体ABCD 中,点E 、F 分别是BC 、AD 的中点,∴AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·12AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .因为是正四面体,所以BE ⊥AD ,∠BAD=π3,即AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =|AB|·|AD|cos π3=A 22,所以AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =A 24,故选B.答案B5.已知平面α和平面β的法向量分别为m =(3,1,-5),n =(-6,-2,10),则( ) A.α⊥βB.α∥βC.α与β相交但不垂直D.以上都不对解析∵n =(-6,-2,10),m =(3,1,-5),∴n =-2m .∴m ∥n .∴α与β平行.答案B6.平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,向量AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 两两的夹角均为60°,且|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2,|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=3,则|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |等于( )A.5B.6C.4D.8解析设AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,则AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a +b +c ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2=a 2+b 2+c 2+2a ·b +2b ·c +2c ·a =25,因此|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=5.答案A7.三棱锥A-BCD 中,AB=AC=AD=2,∠BAD=90°,∠BAC=60°,则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 等于( )A.-2B.2C.-2√3D.2√3解析AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2×2×cos90°-2×2×cos60°=-2. 答案A8.如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A 1B 1C 1,CA=CC 1=2CB ,则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.√55B.√53C.2√55D.35解析不妨设CB=1,则B (0,0,1),A (2,0,0),C 1(0,2,0),B 1(0,2,1).∴AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1),AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,2,1). ∴cos <AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5×3=√55. 故选A . 答案A9.已知A (1,0,0),B (0,-1,1),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为120°,则λ的值为( ) A.±√66B.√66C.-√66D.±√6解析因为A (1,0,0),B (0,-1,1),所以AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)+λ(0,-1,1)=(1,-λ,λ),|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√1+2A 2, |AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2,(AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2λ, 所以cos120°=√2×√2A 2+1=-12,所以λ<0,且4λ=-√4A 2+2, 解得λ=-√66,故选C.答案C10.若正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的所有棱长都相等,D 是A 1C 1的中点,则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为( ) A.45B.35C.34D.√55解析取AC 的中点O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.设三棱柱的棱长为2,则A (0,-1,0),D (0,0,2),C (0,1,0),B 1(√3,0,2),∴AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2).设n =(x ,y ,z )为平面B 1CD 的一个法向量, 由{A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,A ·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-A +2A =0,√3A -A +2A =0,故{A =0,A =2A ,令z=1,得n =(0,2,1).设直线AD 与平面B 1DC 所成角为α, 则sin α=|cos <AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A ||AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||A |=5×√5=45,所以直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为45.故选A. 答案A11.如图,ABCD-A 1B 1C 1D 1是棱长为6的正方体,E ,F 分别是棱AB ,BC 上的动点,且AE=BF.当A 1,E ,F ,C 1四点共面时,平面A 1DE 与平面C 1DF 所成二面角的余弦值为( )A.√32B.12C.15D.2√65解析以D 为原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则A 1(6,0,6),E (6,3,0),F (3,6,0).设平面A 1DE 的法向量为n 1=(a ,b ,c ),依题意得{A 1·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =6A +3A =0,A 1·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =6A +6A =0,令a=-1,则c=1,b=2,所以n 1=(-1,2,1). 同理得平面C 1DF 的一个法向量为n 2=(2,-1,1),由题图知,平面A 1DE 与平面C 1DF 所成二面角的余弦值为|A 1·A 2||A 1||A 2|=12.答案B12.在三棱锥P-ABC 中,PC ⊥底面ABC ,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,则点C 到平面PAB 的距离是( ) A.3√427B.4√427C.5√427D.6√427解析∵在三棱锥P-ABC 中,PC ⊥底面ABC ,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,∴以A 为原点,AB 为x 轴,AC 为y 轴,过A 作平面ABC 的垂线为z 轴,建立空间直角坐标系,则C (0,4,0),P (0,4,4√6),A (0,0,0),B (4,0,0),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,0,0),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,4√6), 设平面PAB 的法向量n =(x ,y ,z ), 则{A ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4A +4√6A =0,A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4A =0, 取z=1,得n =(0,-√6,1),∴点C 到平面PAB 的距离d=|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A ||A |=√67=4√427.故选B. 答案B二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知向量AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,4,5),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,x ,y ),若AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∥AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则xy= . 解析∵AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∥AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴存在实数k 使得AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .∴{2=3A ,4=AA ,5=AA ,则xy=20A 2=20(23) 2=45.故答案为45.答案4514.已知AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,1),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,5,3),则平面ABC 的单位法向量是 . 解析设平面ABC 的法向量n =(x ,y ,z ),则{AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A =0,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A =0,即{2A +2A +A =0,4A +5A +3A =0.令z=1,得{A =12,A =-1,所以n =(12,-1,1),故平面ABC 的单位法向量为±A |A |=±(13,-23,23).答案±(13,-23,23)15.已知正四棱台ABCD-A 1B 1C 1D 1中,上底面A 1B 1C 1D 1边长为1,下底面ABCD 边长为2,侧棱与底面所成的角为60°,则异面直线AD 1与B 1C 所成角的余弦值为 .解析设上、下底面中心分别为O 1,O ,则OO 1⊥平面ABCD ,以O 为原点,直线BD ,AC ,OO 1分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.因为AB=2,A 1B 1=1,所以AC=BD=2√2,A 1C 1=B 1D 1=√2. 因为平面BDD 1B 1⊥平面ABCD , 所以∠B 1BO 为侧棱与底面所成的角, 故∠B 1BO=60°.设棱台高为h ,则tan60°=√2-√22,h=√62,所以A (0,-√2,0),D 1(-√22,0,√62),B 1(√22,0,√62),C (0,√2,0), 所以AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√22,√2,√62),A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√22,√2,-√62), 故cos <AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=14, 故异面直线AD 1与B 1C 所成角的余弦值为14. 答案1416.已知矩形ABCD 中,AB=1,BC=√3,将矩形ABCD 沿对角线AC 折起,使平面ABC 与平面ACD 垂直,则B 与D 之间的距离为 .解析如图,过B ,D 分别向AC 作垂线,垂足分别为M ,N.则可求得AM=12,BM=√32,CN=12,DN=√32,MN=1.由于AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=(AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+2(AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=(√32)2+12+(√32)2+2(0+0+0)=52,故|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√102.答案√102三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(本小题满分10分)在四棱锥P-ABCD 中,ABCD 为平行四边形,AC 与BD 交于O ,G 为BD 上一点,BG=2GD ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,试用基底{a ,b ,c }表示向量AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .解因为BG=2GD ,所以AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .又AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a+c-2b , 所以AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b+23(a+c-2b ) =23a-13b+23c.18.(本小题满分12分)已知向量a =(1,-3,2),b =(-2,1,1),点A (-3,-1,4),B (-2,-2,2). (1)求|2a+b |;(2)在直线AB 上,是否存在一点E ,使得AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥b ?(O 为原点) 解(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=√02+(-5)2+52=5√2. (2)AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +t AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-1,4)+t (1,-1,-2)=(-3+t ,-1-t ,4-2t ),若AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥b ,则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·b =0,所以-2(-3+t )+(-1-t )+(4-2t )=0,解得t=95,因此存在点E ,使得AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥b ,此时点E 的坐标为E (-65,-145,25).19.(本小题满分12分)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠ABC=π2,D 是棱AC 的中点,且AB=BC=BB 1=2.(1)求证:AB 1∥平面BC 1D ;(2)求异面直线AB 1与BC 1所成的角.(1)证明如图,连接B 1C 交BC 1于点O ,连接OD.因为O 为B 1C 的中点,D 为AC 的中点,所以OD ∥AB 1. 因为AB 1⊄平面BC 1D ,OD ⊂平面BC 1D ,所以AB 1∥平面BC 1D.(2)解建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz ,则B (0,0,0),A (0,2,0),C 1(2,0,2),B 1(0,0,2), 因此AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,2),AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2).所以cos <AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |==12,设异面直线AB 1与BC 1所成的角为θ,则cos θ=12,由于θ∈(0,π2),故θ=π3.20.(本小题满分12分)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,点D 在棱A 1B 1上,E ,F 分别是CC 1,BC 的中点,AE ⊥A 1B 1,AA 1=AB=AC=2.(1)证明:DF ⊥AE ;(2)当D 为A 1B 1的中点时,求平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值. (1)证明在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,有AA 1⊥A 1B 1,又因为AE ⊥A 1B 1,所以A 1B 1⊥平面AA 1C 1C , 因为A 1C 1⊂平面AA 1C 1C ,所以A 1B 1⊥A 1C 1. 所以AB ⊥AC ,AB ⊥AA 1,AC ⊥AA 1,如图,分别以AC ,AA 1,AB 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系A-xyz , 则C (2,0,0),B (0,0,2),A (0,0,0),A 1(0,2,0),F (1,0,1),E (2,1,0).设D (0,2,t ),则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,t-1),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,0),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,t-1)·(2,1,0)=0, 所以DF ⊥AE.(2)解当D 为A 1B 1的中点时,D (0,2,1),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,1),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0),设平面DEF 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{A +A -A =0,A -2A =0,令y=1得,n =(2,1,3),容易知平面ABC 的法向量为n 0=(0,1,0), 所以cos <n ,n 0>=A ·A 0|A |·|A 0|==√1414, 即平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为√1414. 21.(本小题满分12分)如图1,梯形ABCD 中,AB ∥CD ,过A ,B 分别作AE ⊥CD ,BF ⊥CD ,垂足分别为E ,F.AB=AE=2,CD=5,已知DE=1,将梯形ABCD 沿AE ,BF 同侧折起,得空间几何体ADE-BCF ,如图2.(1)若AF ⊥BD ,证明:DE ⊥平面ABFE ;(2)若DE ∥CF ,CD=√3,线段AB 上存在一点P ,满足CP 与平面ACD 所成角的正弦值为√520,求AP 的长. (1)证明由已知得四边形ABFE 是正方形,且边长为2,在图2中,AF ⊥BE ,由已知得AF ⊥BD ,BE ∩BD=B ,∴AF ⊥平面BDE , 又DE ⊂平面BDE ,∴AF ⊥DE ,又AE ⊥DE ,AE ∩AF=A ,∴DE ⊥平面ABFE.(2)解在图2中,AE ⊥DE ,AE ⊥EF ,DE ∩EF=E ,即AE ⊥平面DEFC ,在梯形DEFC 中,过点D 作DM ∥EF 交CF 于点M ,连接CE ,由题意得DM=2,CM=1,由勾股定理可得DC ⊥CF ,则∠CDM=π6,CE=2,过点E 作EG ⊥EF 交DC 于点G ,可知GE ,EA ,EF 两两垂直,以E 为坐标原点,以AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,1,√3),D 0,-12,√32,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,√3),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2,-12,√32.设平面ACD 的一个法向量为n =(x ,y ,z ), 由{A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-2A +A +√3A =0,-2A -12A +√32A =0,取x=1得n =(1,-1,√3), 设AP=m ,则P (2,m ,0)(0≤m ≤2),得AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,m-1,-√3), 设CP 与平面ACD 所成的角为θ, sin θ=|cos <AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=√5×√7+(A -1)2=√520⇒m=23. 所以AP=23.22.(本小题满分12分)已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠ACB=90°,A 1B ⊥AC 1,AC=AA 1=4,BC=2.(1)求证:平面A 1ACC 1⊥平面ABC ;(2)若∠A 1AC=60°,在线段AC 上是否存在一点P ,使二面角B-A 1P-C 的平面角的余弦值为√34?若存在,确定点P 的位置;若不存在,说明理由. (1)证明∵AC=AA 1,∴四边形AA 1C 1C 为菱形,连接A 1C ,则A 1C ⊥AC 1,又A 1B ⊥AC 1,且A 1C ∩A 1B=A 1,∴AC 1⊥平面A 1CB ,则AC 1⊥BC ,又∠ACB=90°,即BC ⊥AC ,∴BC ⊥平面A 1ACC 1,而BC ⊂平面ABC ,∴平面A 1ACC 1⊥平面ABC.(2)解以C 为坐标原点,分别以CA ,CB 所在直线为x ,y 轴,面A 1ACC 1内过点C 且垂直于AC 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,∵AC=AA 1=4,BC=2,∠A 1AC=60°,∴C (0,0,0),B (0,2,0),A (4,0,0),A 1(2,0,2√3).设在线段AC 上存在一点P ,满足AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1),使得二面角B-A 1P-C 的余弦值为√34. 则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4λ,0,0).AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,-2,0)+(-4λ,0,0)=(4-4λ,-2,0),A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-4λ,0,-2√3),AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2√3).设平面BA 1P 的一个法向量为m =(x 1,y 1,z 1), 由{A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4-4A )A 1-2A 1=0,A ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-4A )A 1-2√3A 1=0,取x 1=1,得m =1,2-2λ,√3,平面A 1PC 的一个法向量为n =(0,1,0). 由|cos <m ,n >|=|A ·A ||A ||A |=√1+(2-2A )2+(1-2A )23×1=√34, 解得λ=43或λ=34.因为0≤λ≤1,所以λ=34.故在线段AC 上存在一点P ,满足AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =34AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,使二面角B-A 1P-C 的余弦值为√34.。

2019大连市高三双基测试卷数学(理)参考答案

2019年大连市高三双基测试数学（理科）参考答案与评分标准说明：一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分．一．选择题1.B2.A3.A4.D5.D6.B7.B8.A9.C 10.C 11.B 12.A 二．填空题13.24 14. 8 15.0 16.y x =± 三．解答题 17. 解：（Ⅰ）因为11,1,1n n n S n a S S n -=⎧=⎨->⎩，所以+224,14,126(N )5(1)5(1),126,1n n n a n n n n n n n n n -=-=⎧⎧===-∈⎨⎨---+->->⎩⎩……………4分（Ⅱ）因为1322n n n a n +-=，所以12121432222n n n n n T -----=++⋅⋅⋅++2311214322222n n n n n T +----=++⋅⋅⋅++ 两式作差得：1211211322222n n n n T +--=++⋅⋅⋅+-…………………………………………………8分化简得1111222n n n T +-=--，所以112n n n T -=--.………………………………………………………………………………12分18.（Ⅰ）选取方案二更合适,理由如下：(1)题中介绍了，随着电子阅读的普及,传统纸媒受到了强烈的冲击,从表格中的数据中可以看出从2014年开始，广告收入呈现逐年下降的趋势，可以预见，2019年的纸质广告收入会接着下跌，前四年的增长趋势已经不能作为预测后续数据的依据.(2) 相关系数越接近1，线性相关性越强,因为根据9年的数据得到的相关系数的绝对值,我们没有理由认为与具有线性相关关系；而后5年的数据得到的相关系数的绝对值0.9840.959>,所以有的把握认为与具有线性相关关系. ………………………6分（仅用（1）解释得3分，仅用（2）解释或者用（1）（2）解释得6分） (Ⅱ)从该网站购买该书籍的大量读者中任取一位，购买电子书的概率为35，只购买纸质书的概率为25，…………………………………………………………………………………………………8分购买电子书人数多于只购买纸质书人数有两种情况：3人购买电子书，2人购买电子书一人只购买纸质书.概率为：33223333281()()555125C C +⨯=.……………………………………………………………12分 19.解：（Ⅰ）由题可知圆O 只能经过椭圆的上下顶点，所以椭圆焦距等于短轴长，即222a b =， …………………………………………………………………………………………………………2分又点1(,)b a 在椭圆C 上，所以222211b a a b+=，解得222,1a b ==，即椭圆C 的方程为2212x y +=.……………………………………………………………………4分（Ⅱ）圆O 的方程为221x y +=，当直线l不存在斜率时，解得||MN =，不符合题意； …………………………………………………………………………………………………………5分当直线l 存在斜率时，设其方程为y kx m =+，因为直线l 与圆O1=，即221m k =+.…………………………………………………………………………………………6分||r 0.2430.666<y t 99%y t将直线l 与椭圆C 的方程联立，得：222(12)4220k x kmx m +++-=，判别式222881680m k k ∆=-++=>，即0k ≠，………………………………………………………………………………………………………7分设1122(,),(,)M x y N x y ，所以124|||3MN x x ==-==，解得1k =±，………………………………………………………………………………………11分所以直线l 的倾斜角为4π或34π.…………………………………………………………………12分 20. 解（Ⅰ）法一：如图，在平面内过作与交于点O ，因为平面平面，且平面平面，平面，所以1AO ⊥平面，所以1A AC ∠为与平面所成角， ……………………………1分由公式11cos cos cos BAA A AC BAC ∠=∠⋅∠，………………………3分所以145A AC ∠=︒，11sin 451AO AA =︒=，又ABC ∆的面积为12122⨯=，所以三棱柱111ABC A B C -的体积为111⨯=.………4分法二：如图，在平面11ACC A 和平面内，分别过A 作AC 的垂线，由面面垂直性质，可以以这两条垂线以及AC为坐标轴建立空间直角坐标系，………………………2分则可得(0,0,0),(1,1,0)A B ，(0,2,0)C ，设1(0,,)A b c ，则11ACC A 1A 1AO A C ⊥AC 11ACC A ⊥ABC 11ACC A ABC AC =1AO ⊂11ACC A ABC 1AA ABC ABC 11(1,1,0),(0,,),AB AA b c ==由160,BAA ∠=12=，又222b c +=，解得1b c ==，即三棱柱的高为1，又ABC ∆的面积为12122⨯=，所以三棱柱111ABC A B C -的体积为111⨯=.……………………………4分（Ⅱ）接（Ⅰ）法一：由（Ⅰ）得在中，为中点，连接OB ，由余弦定理得，解所以AB BC BO AC =⊥，，（或者利用余弦定理求OB ）以为坐标原点，以1OB OC OA ，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， …………………………………………………………………………………………………………5分则1(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)A B A C -，所以11=(0,1,1),AA BB = 设，设平面的法向量为，则，即00y z x y +=⎧⎨-+=⎩，不妨令,则，即(1,1,1)n =-.111(1,,1)AE AB BB λλλ=+=-，…………………………………………………………7分又因为1A E 与平面11BCC B，所以1|cos ,|7A E n <>==，解得或，………………………………………………………………………………11分 ABC ∆O AC 2222cos452BC AB AC AB AC =+-⋅︒=O x y z C=(1,1,0),B -1=(0,,),BE BB λλλ=[0,1]λ∈11BCC B (,,)n x y z =100n BB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩1x =1,1y z ==-13λ=23λ=又因为1BE B E >，所以.………………………………………………… …………12分 21.解：（Ⅰ）2121'()21(0)ax x f x ax x x x-+=+-=>，设2()21(0)g x ax x x =-+>(1)当108a <<时，()g x在11()+-+∞上大于零，在11(44a a+，上小于零，所以()f x 在11(0,),()44a a++∞上单调递增，在单调递减；…………………………………………………………1分(2) 当18a ≥时，()0g x ≥(当且仅当1,28a x ==时()0g x =)，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；……………………………………………………………………………………………………2分 (3) 当0a =时，()g x 在(0,1)上大于零，在(1)+∞，上小于零，所以()f x 在(0,1)上单调递增，在(1)+∞，单调递减；………………………………………………………………………………3分(4)当0a <时，()g x在上大于零，在)+∞上小于零，所以()f x在上单调递增，在)+∞上单调递减. ………………………………4分（Ⅱ）曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线方程为21(21)()ln y at x t t at t t=+--++-，切线方程和()y f x =联立可得：221ln (2)ln 10x ax at x t at t+-+-++=，现讨论该方程根的个数：设221()ln (2)ln 1(0)h x x ax at x t at x t=+-+-++>，所以()0h t =.法一： 11()(21)'()2(2)x t atx h x ax at x t xt--=+-+=， (1) 当0a ≤时，'()h x 在(0,)t 上大于零，在(,)t +∞上小于零，所以()h x 在(0,)t 上单调递增，BE =在(,)t +∞上单调递减.又()0h t =，所以()h x 只有唯一的零点t ，由t 的任意性，所以不符合题意；…………………………………………………………………………………………………………6分 (2) 当0a >时，①当t =时，可得'()0h x ≥，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增， …………………………………………………………………………………………………………7分②当2t a<时，'()h x 在(0,)t 和1(,)2at +∞上大于零，在1(,)2t at 上小于零，所以()h x 在(0,)t 和1(,)2at +∞上单调递增，在1(,)2t at 上单调递减，所以()h x 在1(0,)2at上小于或等于零，且有唯一的零点t .函数221(2)1y ax at x at t=-+++的两个零点为t 和1t at +，所以11()ln()ln 0h t t t at at+=+->，所以函数()h x 在区间11(,)2t at at+上存在零点，综上()h x 的零点不唯一；（或者这么说明：当x →+∞时，ln x →+∞且221(2)ln 1ax at x t at t-+-++→+∞，所以()h x →+∞，所以()h x 在1(,)2at+∞上存在零点，酌情给分） …………………………………………………………………………………………………………9分③当2t a>时，'()h x 在1(0,)2at 和(,)t +∞上大于零，在1()2t at ，上小于零，所以()h x 在1(0,)2at 和(,)t +∞上单调递增，在1()2t at ，上单调递减，所以()h x 在1(,)2at+∞上大于或等于零，且有唯一的零点t .函数221(2)1y ax at x at t =-+++在区间[0,]t 上最大值为21at +，当210atx te -+<<时，()0h x <，所以在区间1(0,)2at上，()h x 存在零点，综上()h x 的零点不唯一. （或者这么说明：当0x →时，ln x →-∞且2221(2)ln 1ln 1ax at x t at t at t -+-++→-++，是个常数，所以()h x →-∞，所以()h x 在1(0,)2at上存在零点，酌情给分）…………………………………………………………………………………………………………11分综上，当a ∈(0,)+∞时，曲线()y f x =上存在唯一的点M f ，使得曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点M .…………………………………………………………………12分法二：11'()2(2)h x ax at x t =+-+，设'()()h x p x =，则2221'()ax p x x -=.(1)当0a ≤时，'()0p x <，所以'()h x 在(0,)+∞上单调递减，又'()0h t =，所以'()h x 在(0,)t 上大于零，在(,)t +∞上小于零，所以()h x 在(0,)t 上单调递增，在(,)t +∞上单调递减，又()0h t =，所以()h x 只有唯一的零点t ，由t 的任意性，所以不符合题意；…………………………………………………………………………………………………………6分(2) 当0a >时，'()p x 在上小于零，在)+∞上大于零，所以'()h x 在上单调递减，在()2a+∞上单调递增，①当t <时，'()h x 在(0,)t 上大于零，在(t 上小于零，所以()h x 在(0,)t 上单调递增，在(t 上单调递减，所以()h x 在上小于或等于零，且有唯一的零点t . 函数221(2)ln 1y ax at x t at t=-+-++开口向上，若其判别式不大于零，则对任意01x >，有0()0h x >；若其判别式大于零，设其右侧的零点为m ，则对任意的0max{,1}x m >，有0()0h x >，所以在区间)+∞上，存在零点，综上()h x 的零点不唯一；（或者这么说明：当x →+∞时，ln x →+∞且221(2)ln 1ax at x t at t-+-++→+∞，所以()h x →+∞，所以()h x 在()2a+∞上存在零点，酌情给分） ………………………………………………………………………………………………………8分②当2t a=时，可得'()'()0h x h t ≥=，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，所以其只有唯一的零9分③当t >时，'()h x 在(,)t +∞上大于零，在)t 上小于零，所以()h x 在(,)t +∞上单调递增，在)t 上单调递减，所以()h x 在)+∞上大于或等于零，且有唯一的零点t . 函数221(2)ln 1y ax at x t at t=-+-++在区间[0,1]上一定存在最大值，设为n ，若0n ≤，则()h x 在(0,1)上小于零.若0n >，当00n x e -<<时，0()0h x <，所以在区间0(x 上，()h x 存在零点，综上()h x 的零点不唯一.（或者这么说明：当0x →时，ln x →-∞且2221(2)ln 1ln 1ax at x t at t at t-+-++→-++，是个常数，所以()h x →-∞，所以()h x 在上存在零点，酌情给分） …………………………………………………………………………………………………………11分综上，当a ∈(0,)+∞时，曲线()y f x =上存在唯一的点((22M f a a，使得曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点M .…………………………………………………………………12分22.解(Ⅰ)联立曲线34,C C 的极坐标方程1c o s,((0,))2c o s 1πρθθρθ⎧=+∈⎪⎨⎪=⎩得: 210ρρ--=，解得ρ=,.………………………………………………………4分 (Ⅱ)曲线1C 的极坐标方程为,(0,),02πθααρ⎛⎫=∈> ⎪⎝⎭, 曲线2C 的极坐标方程为2sin ,(0,)2πρθθ=∈联立得2sin ,(0,)2πραα=∈ 即||2sin ,(0,)2OP παα=∈曲线1C 与曲线3C 的极坐标方程联立得1cos ,(0,)2πραα=+∈,即||1cos ,(0,)2OQ παα=+∈,…………………………………………………………………6分所以||||12sin cos 1)OP OQ αααϕ+=++=+,其中ϕ的终边经过点(2,1), 当2,Z 2k k παϕπ+=+∈，即arcsin5α=时，||||OP OQ +取得最大值为1+. ………………………………………………………………………………………………………10分 23.解：（Ⅰ）1a =-时，()0f x >可得|21||2|x x ->-，即22(21)(2)x x ->-，化简得：(33)(1)0x x -+>，所以不等式()0f x >的解集为(,1)(1,)-∞-+∞.………………………………………………………………………………………………………3分（Ⅱ）(1) 当4a <-时，2,2()32,222,2x a x a f x x a x a x a x ⎧⎪---<⎪⎪=--+≤≤-⎨⎪⎪++>-⎪⎩，由函数单调性可得min ()()2122a af x f =-=+≥-，解得64a -≤<-；……………………………………………5分(2) 当4a =-时，()|2|f x x =-， min ()01f x =≥-，所以4a =-符合题意；……………7分(3) 当4a >-时，2,2()32,222,2a x a x a f x x a x x a x ⎧---<-⎪⎪⎪=+--≤≤⎨⎪++>⎪⎪⎩，由函数单调性可得，min ()()2122a af x f =-=--≥-，解得42a -<≤-；………………………………………9分综上，实数a 的取值范围为[6,2]--.………………………………………………………………10分。

2019-2020年高三数学第一次统一考试试题理(含解析)

2019-2020年高三数学第一次统一考试试题理（含解析）【试卷综析】试题在重视基础，突出能力，体现课改，着眼稳定，实现了新课标高考数学试题与老高考试题的尝试性对接.纵观新课标高考数学试题，体现数学本质，凸显数学思想，强化思维量，控制运算量，突出综合性，无论是在试卷的结构安排方面，还是试题背景的设计方面以全新的面貌来诠释新课改的理念.【题文】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．【题文】 l.集合 {}{}{}1,2,3,4,5,1,2,3,|,A B C z z xy x A y B ====∈∈且，则集合C 中的元素个数为A.3 B ．4 C ．11 D ．12【知识点】集合中元素的特征：确定性，互异性，无序性. A1 【答案】【解析】C 解析：{1,2,3,4,5,6,8,9,10,12,15}C =，故选C. 【思路点拨】利用已知求得集合C 即可.【题文】 2．已知i 为虚数单位，复数123,12z ai z i =-=+，若12z z 复平面内对应的点在第四象限，则实数a 的取值范围为 A. {}|6a a <- B ． 3|62a a ⎧⎫-<<⎨⎬⎩⎭ C ．3|2a a ⎧⎫<⎨⎬⎩⎭ D ． 3|62a a a ⎧⎫<->⎨⎬⎩⎭或【知识点】复数的运算；复数的几何意义. L4 【答案】【解析】B 解析：12z z ()()()()312332612121255ai i ai a a i i i i ----+===-++-，因为12zz 复平面内对应的点在第四象限，所以32036602a a a ->⎧⇒-<<⎨+>⎩，故选 B.【思路点拨】先把复数z 化为最简形式，在利用复数的几何意义求解.【题文】3．已知θ为第二象限角， sin ,cos θθ是关于x 的方程22x R)∈的两根，则 sin -cos θθ的等于 A ．12+ B ．12C ．．【知识点】已知三角函数式的值，求另一个三角函数式的值. C7 【答案】【解析】A解析：由已知得1sin cos 2θθ+=2sin cos 2θθ⇒=-又θ为第二象限角，所以sin -cos θθ==12+，故选 A.【思路点拨】由已知得1sin cos 2θθ-+=2sin cos 2θθ⇒=-，又θ为第二象限角，所以sin -cos θθ==12+. 【题文】4.下面四个推导过程符合演绎推理三段论形式且推理正确的是A ．大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：π丌是无理数；结论：π是无限不循环小数B ．大前提：无限不循环小数是无理数；小前提： π是无限不循环小数；结论： π是无理数C.大前提：π是无限不循环小数；小前提：无限不循环小数是无理数；结论： π是无理数D.大前提： π是无限不循环小数；小前提： π是无理数；结论：无限不循环小数是无理数【知识点】演绎推理的定义及特点. M1【答案】【解析】B 解析：A ：小前提不正确；C 、D 都不是由一般性命题到特殊性命题的推理，所以A 、C 、D 都不正确，只有B 正确，故选 B.【思路点拨】演绎推理是由一般性命题到特殊性命题的推理，及其推理的一般模式---“三段论”，由三段论的含义得出正确选项.【题文】5．某几何体的三视图如图所示，图中三个正方形的边长均为2，则该几何体的体积为 A ．38 B ． 82π- C ． 43π D ． 283π-【知识点】几何体的三视图；几何体的结构. G1 G2【答案】【解析】D 解析：由三视图可知此几何体是：棱长为2 的正方体挖去了一个圆锥而形成的新几何体，其体积为3212212833ππ-⨯⨯⨯=-，故选 D.【思路点拨】由几何体的三视图得此几何体的结构，从而求得此几何体的体积.【题文】6．已知 ()f x 是定义在R 上的偶函数，且()f x 在(],0-∞上单调递增，设333(sin )(cos ),(tan )555a fb fc f πππ===，则a,b,c 的大小关系是，A ．a<b<cB ．b<a<cC ．c<a<bD ．a<c<b【知识点】函数奇偶性，单调性的应用. B3 B4【答案】【解析】C 解析：∵()f x 是定义在R 上的偶函数，且()f x 在(],0-∞上单调递增， ∴()f x 在[)0,+∞上单调递减，且22coscos 55b f f ππ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， 22tantan 55c f f ππ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，又∵2sin 5a f π⎛⎫=⎪⎝⎭，且2220cos sin tan 555πππ<<<，∴ c<a<b ，故选 C.【思路点拨】由已知得函数()f x 在[)0,+∞上单调递减，而2sin5a f π⎛⎫= ⎪⎝⎭， 22coscos 55b f f ππ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，22tan tan 55c f f ππ⎛⎫⎛⎫=-=⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以只需比较 222cos,sin ,tan555πππ的大小关系即可. 【题文】7.执行如图的程序，则输出的结果等于 A ．9950 B ．200101 C ．14950 D ． 15050【知识点】对程序框图描述意义的理解. L1【答案】【解析】A 解析：根据框图中的循环结构知，此程序是求下式的值：1111136104950T =+++++222222612209900=+++++1111212233499100⎛⎫=++++⎪⨯⨯⨯⨯⎝⎭1111111212233499100⎛⎫=-+-+-++- ⎪⎝⎭1992110050⎛⎫=-=⎪⎝⎭，故选A. 【思路点拨】由程序框图得其描述的算法意义.【题文】 8．在△ABC 中，D 为AC 的中点，3BC BE =，BD 与 AE 交于点F ，若 AF AE λ=，则实数λ的值为 A ．12 B ． 23 C ． 34 D ． 45【知识点】平面向量的线性运算. F1 【答案】【解析】C 解析：作EFAC 交BD 于G ，因为13BE BC =,所以13EG DC =，因为 D 为AC 的中点，所以13EG AD =，所以1334EF AF AE FA =⇒=，故选C.【思路点拨】画出几何图形，利用平行线分线段成比例定理求得结论.【题文】9．设 12,F F 分别为双曲线 221x y -=的左，右焦点，P 是双曲线上在x 轴上方的点， 1F PF ∠为直角，则 12sin PF F ∠的所有可能取值之和为A ．83B ．2C ．D ．2【知识点】双曲线的性质. H6【答案】【解析】D 解析：设P 是第一象限点，且12,PF m PF n ==，则222181m n m m n n ⎧-==⎧⎪⇒⎨⎨+==⎩⎪⎩，所以所求= 2m n c +==，故选 D. 【思路点拨】根据双曲线的定义及勾股定理，求得P 到两焦点的距离，这两距离和与焦距的比值为所求. 【题文】10.曲线 1(0)y x x=>在点 00(,)P x y 处的切线为 l ．若直线l 与x ，y 轴的交点分别为A ，B ，则△OAB 的周长的最小值为A. 4+5+ 【知识点】导数的几何意义；基本不等式求最值. B11 E6 【答案】【解析】A 解析：∵21y x '=-，∴00201:()l y y x x x -=--即20020x x y x +-=，可得A(02x ,0)，B(0,02x )，∴△OAB的周长00224l x x =+≥+当01x =时等号成立.故选 A.【思路点拨】由导数的几何意义得直线l 的方程，从而求得A 、B 的坐标，进而用0x 表示△OAB 的周长，再用基本不等式求得周长的最小值.【题文】11．若直线(31)(1)660x y λλλ++-+-= 与不等式组 70,310,350.x y x y x y +-<⎧⎪-+<⎨⎪-->⎩，表示的平面区域有公共点，则实数λ的取值范围是 A ． 13(,)(9,)7-∞-+∞ B ． 13(,1)(9,)7-+∞ C ．(1，9) D ． 13(,)7-∞-【知识点】简单的线性规划. E5【答案】【解析】A 解析：画出可行域，求得可行域的三个顶点A(2,1)，B(5,2)，C(3,4) 而直线(31)(1)660x y λλλ++-+-=恒过定点P(0,-6),且斜率为311λλ+-，因为 7810,,253PA PB PC k k k ===,所以由8317512λλ+<<-得λ∈13(,)(9,)7-∞-+∞，故选A.【思路点拨】：画出可行域，求得可行域的三个顶点, 确定直线过定点P(0,-6)，求得直线PA 、PB 、PC 的斜率，其中最小值85，最大值72，则由8317512λλ+<<-得λ的取值范围. 【题文】12．在平面直角坐标系中，点P 是直线 1:2l x =-上一动点，点 1(,0)2F ，点Q 为PF 的中点，点M 满MQ ⊥PF ，且 ()MP OF R λλ=∈.过点M 作圆 22(3)2x y -+= 的切线，切点分别为S ，T ，则 ST 的最小值为A ．． C ． 72 D. 52【知识点】曲线与方程；距离最值问题. H9 【答案】【解析】A 解析：设M(x,y)，1(,2)2P b -，则Q(0,b),由QM ⊥FP 得 (,)(1,2)02()0x y b b x b y b -⋅-=⇒-+-=.由()MP OF R λλ=∈得y=2b,所以点M 的轨迹方程为22y x =，M 到圆心距离=，易知当d 去最小ST 取最小值，此时MT ==，由三角形面积公式得：11222ST ST ==故选A. 【思路点拨】先求得点M 的轨迹方程22y x =，分析可知当M 到圆心距离最小时ST 最小，所以求M 到圆心距离d 得最小值，再用三角形面积公式求得ST 的最小值. 【题文】二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．【题文】13.设随机变量 2(,)N ξμσ，且 (1)(1),(2)0.3P P P ξξξ<-=>>=，则(20)P ξ-<<= _____________．【知识点】正态分布的意义. I3【答案】【解析】0.2 解析：因为(1)(1)P P ξξ<-=>，所以正态分布曲线关于y 轴对称，又因为(2)0.3P ξ>=，所以(20)P ξ-<<=120.30.22-⨯=【思路点拨】根据正态分布的性质求解.【题文】14.若正四梭锥P- ABCD 的底面边长及高均为2，刚此四棱锥内切球的表面积为_______．【知识点】组合体的意义；几何体的结构. G1【答案】【解析】2(3π- 解析：根据题意得正四梭锥的底面面积为4，一个侧面面积为R ，则由等体积法得，()111442332R R =⨯⨯⇒=,所以球的表面积为2(3π.【思路点拨】由等体积法求得此四棱锥内切球的半径，再由球的表面积公式求得结论. 【题文】15．将函数 ()sin()223y sin x x ωωπ=+的图象向右平移3π个单位，所得图象关于y轴对称，则正数 ω的最小值为________．【知识点】sin()y A x ωϕ=+的图像与性质. C4 【答案】【解析】 1 解析：函数()sin()223y sin x x ωωπ=+=1sin()sin()cos()2222x x x ωωω⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭=21sin ()sin()cos()2222x x x ωωω+=11sin()264x πω-+，向右平移3π个单位后为： 1111sin[()]sin 23642364y x x πππωπωω⎡⎤⎛⎫=--+=-++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，这时图像关于y 轴对称，所以31362k k πωπππω+=+⇒=+，k Z ∈,所以正数 ω的最小值为1.【思路点拨】先利用两角和与差的三角函数，二倍角公式，把已知函数化为： y=11sin()264x πω-+,再由其平移后关于y 轴对称得31k ω=+，k Z ∈，所以正数 ω的最小值为1.【题文】 16．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若b=l ，a= 2c ，则当C 取最大值时，△ABC 的面积为________．【知识点】余弦定理；三角形的面积公式. C8【答案】解析：当C 取最大值时，cosC 最小，由22223111cos 3244a b c c C c ab c c +-+⎛⎫===+≥⎪⎝⎭得，当且仅当c= 3时C 最大，且此时sinC=12，所以△ABC的面积为111sin 21222ab C c =⨯⨯⨯=【思路点拨】由余弦定理求得C 最大的条件，再由三角形面积公式求解.【题文】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．【题文】17．（本小题满分10分）已知 {}{},n n a b 均为等差数列，前n 项和分别为 ,n n S T ．(1)若平面内三个不共线向量 ,,OA OB OC 满足 315OC a OA a OB =+，且A ，B ，C 三点共线．是否存在正整数n ，使 n S 为定值？若存在，请求出此定值；若不存在，请说明理由。

2019理数高考复习课“空间向量”双基过关检测

“空间向量”双基过关检测一、选择题1．在空间直角坐标系中，点P (m,0,0)到点P 1(4,1,2)的距离为30，则m 的值为( ) A ．－9或1 B ．9或－1 C ．5或－5D ．2或3解析：选B 由题意PP 1＝30，即(m －4)2＋(－1)2＋(－2)2＝30， ∴(m －4)2＝25，解得m ＝9或m ＝－1.2．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( ) A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2 解析：选A ∵a ∥b ，∴b ＝k a ，即(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧6＝k (λ＋1)，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12. 3．(2018·揭阳期末)已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝( )A ．(0,3，－6)B ．(0,6，－20)C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6)解析：选B 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．4．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( ) A ．9 B ．－9 C ．－3D ．3解析：选B 由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.5．在空间四边形ABCD 中，AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．不确定解析：选B 如图，令AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ，则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→ ＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a ) ＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a ＝0.6．已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG ―→＝2GN ―→，现用基底{OA ―→，OB ―→，OC ―→}表示向量OG ―→，有OG ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→，则x ，y ，z 的值分别为( )A.16，13，13B.13，13，16C.16，13，12D.12，13，16解析：选A ∵OG ―→＝OM ―→＋MG ―→＝12OA ―→＋23MN ―→＝12OA ―→＋23(ON ―→－OM ―→) ＝12OA ―→＋23⎣⎡⎦⎤12(OB ―→＋OC ―→)－12OA ―→ ＝16OA ―→＋13OB ―→＋13OC ―→， ∴x ＝16，y ＝13，z ＝13.7.如图所示，在大小为45°的二面角A -EF -D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A. 3B. 2 C ．1D.3－ 2解析：选D ∵BD ―→＝BF ―→＋FE ―→＋ED ―→，∴|BD ―→|2＝|BF ―→|2＋|FE ―→|2＋|ED ―→ |2＋2BF ―→·FE ―→＋2FE ―→·ED ―→＋2BF ―→·ED ―→ ＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD ―→|＝3－ 2.8．(2018·东营质检)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA ―→＋λOB ―→与 OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66B.66C ．－66D ．±6解析：选C 因为OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)，所以c os 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，所以λ＝－66. 二、填空题9．已知2a ＋b ＝(0，－5,10)，c ＝(1，－2，－2)，a ·c ＝4，|b |＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________．解析：由题意得，(2a ＋b )·c ＝0＋10－20＝－10. 即2a ·c ＋b ·c ＝－10，又∵a ·c ＝4，∴b ·c ＝－18， ∴c os 〈b ，c 〉＝b ·c |b ||c |＝－1812×1＋4＋4＝－12，∴〈b ，c 〉＝120°，∴两直线的夹角为60°. 答案：60°10．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱AA 1，BB 1的中点，则sin 〈CM ―→，D 1N ―→〉＝________.解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则C (0,2,0)，M (2，0,1)，D 1(0,0,2)，N (2,2,1)．可知CM ―→＝(2，－2,1)， D 1N ―→＝(2,2，－1)，CM ―→·D 1N ―→＝2×2＋(－2)×2＋1×(－1)＝－1， |CM ―→|＝3，|D 1N ―→|＝3，∴c os 〈CM ―→，D 1N ―→〉＝CM ―→·D 1N ―→|CM ―→||D 1N ―→|＝－19， ∴sin 〈CM ―→，D 1N ―→〉＝459.答案：45911．已知点O 为空间直角坐标系的原点，向量OA ―→＝(1,2,3)，OB ―→＝(2,1,2)，OP ―→＝(1,1,2)，且点Q 在直线OP 上运动，当QA ―→·QB ―→取得最小值时，OQ ―→的坐标是___________．解析：∵点Q 在直线OP 上，∴设点Q (λ，λ，2λ)，则QA ―→＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB ―→＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，QA ―→·QB ―→＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎫λ－432－23，当λ＝43时，QA ―→·QB ―→取得最小值－23，此时OQ ―→＝⎝⎛⎭⎫43，43，83. 答案：⎝⎛⎭⎫43，43，8312．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BAC ＝π2，AB ＝AC ＝AA 1＝1，已知G 和E 分别为A 1B 1和CC 1的中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)，若GD ⊥EF ，则线段DF 的长度的取值范围为__________．解析：设AF ＝a ，AD ＝b ，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，G ⎝⎛⎭⎫12，0，1，F (a ,0,0)，D (0，b ,0)， GD ―→＝⎝⎛⎭⎫－12，b ，－1，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫a ，－1，－12，DF ―→＝(a ，－b ,0)．因为GD ⊥EF ，所以GD ―→⊥EF ―→，GD ―→·EF ―→＝0，所以－12a －b ＋12＝0，即a ＋2b －1＝0，所以|DF |＝a 2＋b 2＝5b 2－4b ＋1 ＝5⎝⎛⎭⎫b －252＋15. 由题意得，a ＝1－2b >0，所以0<b <12，所以55≤DF <1. 答案：⎣⎡⎭⎫55，1三、解答题13.如图所示，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M ，N 分别是AB ，CD 的中点．(1)求证：MN ⊥AB ； (2)求MN 的长；(3)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值．解：(1)证明：设AB ―→＝p ，AC ―→＝q ，AD ―→＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三向量两两夹角均为60°. MN ―→＝AN ―→－AM ―→＝12(AC ―→＋AD ―→)－12AB ―→＝12(q ＋r －p )，∴MN ―→·AB ―→＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0. ∴MN ―→⊥AB ―→，即MN ⊥AB . (2)由(1)可知MN ―→＝12(q ＋r －p )，∴|MN ―→|2＝14(q ＋r －p )2＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q ·r －p ·q －r ·p )] ＝14⎣⎡⎦⎤a 2＋a 2＋a 2＋2⎝⎛⎭⎫a 22－a 22－a 22＝14×2a 2＝a 22. ∴|MN ―→|＝22a ，∴MN 的长为22a .(3)设向量AN ―→与MC ―→的夹角为θ. ∵AN ―→＝12(AC ―→＋AD ―→)＝12(q ＋r )，MC ―→＝AC ―→－AM ―→＝q －12p ，∴AN ―→·MC ―→＝12(q ＋r )·⎝⎛⎭⎫q －12p ＝12⎝⎛⎭⎫q 2－12q ·p ＋r ·q －12r ·p ＝12⎝⎛⎭⎫a 2－12a 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos 60° ＝12⎝⎛⎭⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a 22. 又∵|AN ―→|＝|MC ―→|＝32a ，∴AN ―→·MC ―→＝|AN ―→||MC ―→|c os θ＝32a ×32a ×c os θ＝a 22.∴c os θ＝23，∴向量AN ―→与MC ―→的夹角的余弦值为23.因此异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.14．(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D -AE -C 的余弦值．解：(1)证明：由题设可得，△ABD ≌△CBD ，从而AD ＝DC .又△ACD 是直角三角形，所以∠ADC ＝90°. 取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO ⊥AC ，DO ＝AO .又因为△ABC 是正三角形，所以BO ⊥AC . 所以∠DOB 为二面角D -AC -B 的平面角．在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°.所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直．以O 为坐标原点，OA ―→的方向为x 轴正方向，|OA ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，D (0,0,1)．由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎝⎛⎭⎫0，32，12. 故AD ―→＝(－1,0,1)，AC ―→＝(－2,0,0)， AE ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，32，12.设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DAE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD ―→＝0，n ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋z 1＝0，－x 1＋32y 1＋12z 1＝0.可取n ＝⎝⎛⎭⎫1，33，1. 设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面AEC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC ―→＝0，m ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＝0，－x 2＋32y 2＋12z 2＝0，可取m ＝(0，－1，3)．则c os 〈n ，m 〉＝n ·m|n ||m |＝－33＋3213×2＝77. 由图知二面角D -AE -C 为锐角，所以二面角D -AE -C 的余弦值为77.备注说明，非正文，实际使用可删除如下部分。

2019-2020年高考数学总复习空间几何体双基过关检测理

2019-2020年高考数学总复习空间几何体双基过关检测理一、选择题1. （xx •南昌调研）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 .三棱柱解析：选A圆柱的正视图是矩形，则该几何体不可能是圆柱.2. 用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BCAD平行于x轴•已知四边形ABC啲面积为2 2 cm2,则原平面图形的面积为（）A. 4 cm2 B . 4 2 cm2C. 8 cm? D . 8 2 cm2解析：选C依题意可知/ BAD= 45°,则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC AD相等，高为梯形ABCD勺高的2 2倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.3. （xx •大连双基测试）一个球的表面积是16 n，那么这个球的体积为（）16 32A. ~ nB. ~ nC. 16 n D . 24 n解析：选B设球的半径为R,则表面积是16 n，即4 n R = 16 n，解得R= 2.4 32 n所以体积为3 n R=—.3 34.已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的底面边长为6时，其高的值为（）A. 3 3B. ,3C. 2 6 D . 2 3解析：选D设正六棱柱的高为h，则可得（.6）2+罟=32,解得h= 2 3.5. （xx •长春模拟）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（）解析：选D 由三视图可知，该多面体是一个四棱锥，且由一个顶点出发的三条棱两两164垂直，长度都为 4,.••其体积为3x4X 4X 4=—，故选D. 6.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（）81 n A.B . 16 n4—r )2+ ( 2) 2= r 2,解得 r = 9,81 n ~4~7. （xx •南阳联考）已知一个三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为 A BC.32 3 3D.64 TC. 9 n27 n解析：选A 如图，设球心为解析：选C由已知条件得直观图如图所示，PC丄底面ABC正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故选C.&某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）正■视图删视图傭观图3 3A. 8 cm B . 12 cm32 3C. — cm40 3D. — cm解析：选C由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体.3面是棱长为2 cm的正方体，体积V1 = 2X 2X 2= 8（cm ）;上面是底面边长为 2 cm,高为2 cm的正四棱锥，体积匕=3x 2X 2X 2= 8（cm3），所以该几何体的体积V= V1 + V= 32（cm3）.3 3 3二、填空题9.如图，三棱锥V-ABO的底面为正三角形，侧面VAC与底面垂直且VA=VC已知其正（主）视图的面积为3,则其侧（左）视图的面积为3解析：设三棱锥VABC的底面边长为a,侧面VAC的边AC上的高为h.则ah= 4,其侧（左）视图是由底面三角形ABC边AC上的高与侧面三角形VAC边AC上的高组成的直角三角形，其面积为答案：彳10.已知某四棱锥，底面是边长为2的正方形，且俯视图如图所示•若该四棱锥的侧视图为直角三角形，则它的体积为解析：由俯视图可知，四棱锥顶点在底面的射影为又侧视图为直角三角形，则直角三角形的斜边为BC=2,斜边上的高为SO= 1,此高即为四棱锥的高,O如图）,4答案：311. （xx •北京高考）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为正〔上）视图侧（:左）视图解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V=1，其底面为上底长为1+ 32X1= 2.1，下底长为2,3答案：312. 某几何体的一条棱长为，7,在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a+ b的最大值为 ________ .解析：本题构造长方体，体对角线长为.7,其在侧视图中为侧面对角线a,在俯视图中为底面对角线b,设长方体底面宽为o 9 9 21,贝U b —1 + a —1= 6,贝U a + b = 8,利用不等式则a+ b< 4.答案：4三、解答题13. 已知正三棱锥V-ABC勺正视图、侧视图和俯视图如图所示.(1) 画出该三棱锥的直观图；(2) 求出侧视图的面积.解：(1)直观图如图所示.(2)根据三视图间的关系可得BC= 2 3,•••侧视图中VA=―七羽j = 2蚯,• &VBC= X2 3 X2 3 = 6.14. (xx •大庆质检)如图是一个几何体的正视图和俯视图.(1)试判断该几何体是什么几何体;(2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积;(3)求出该几何体的体积.解析：选 A r a // b ,「. b = ka ,解析：选 B 由题意知 c = xa + yb ,即(7,6 ,入)=x (2,1 , — 3) + y ( — 1,2,3),2x — y = 7, ••• x + 2y = 6,—3x + 3y =入，"6 = k 入 + 1 , P■入=2,=—3,2 卩一1 = 0, 解得丿1或』12 入=2k ,/ = 2-=2.3.已知 a = (2,1 , — 3), b =(- -1,2,3)c = (7,6 ,入），若()A .9B .—9C .—3D .3即(6,2 卩一1,2 入)=k (入 + 1,0,2)a ,b ,c 三向量共面，则入= 中的正六边形对边的距离，即 BC= 3a , AD 的长是正六棱锥的高，即 AD=・.3a ,•••该平面图形的面积 S =1 •辰 •= |a 2.（3） V =卜 6X 乎a 2x^a = |a 【2019-2020年高考数学总复习空间向量双基过关检测理、选择题1.在空间直角坐标系中，点Rm,0,0）到点R （4,1,2）的距离为.30，则m 的值为（ B . 9 或一1A.— 9 或 1 C. 5 或一5解析：选B 由题意| PR | = 30, 即，m —1• (m — 4)2= 25,解得 m = 9或 m =— 1.故选 B. 2+ —1 2+ —2 230,2. 已知 a =(入 + 1,0,2) , b = (6,2—1,2 入），若a /b ,则入与卩的值可以是（A. C. —3,2.2,2解得入=—9.14. (xx •揭阳期末)已知 a = (2,3 , — 4) , b = ( — 4, — 3, — 2), b =— 2a,则 x =( )A. (0,3 , - 6) B . (0,6 , - 20) C. (0,6 , - 6)D . (6,6 , - 6)1解析：选 B 由 b = F — 2a ,得 x = 4a + 2b = (8,12 , - 16) + ( — 8, - 6,- 4)= (0,6 , - 20).1 1B .尹2b +c1 1c.—尹―尹+ cA. ,3 C. 1 —> —> —> —>•/ BD = BF + FE + ED ,——> 2> 2> 2> > > > > >BF |1 2+ | FE | 2+ | ED | 2+ 2 BF • FE + 2 FE • ED + 2 BF • ED1 15. -- > 在空间四边形 ABCD 中, AB -- > --- > ---- > --- >-CD + AC • DB + AD •A. C.D .不确定-- >解析：选B 如图，令AB = a ,——> —> AC = b, AD = c ,-- > > > > > 贝U AB • CD + AC • DB + AD -- >-BC =a •( c — b ) + b •( a - c ) + c •( b - a )=a -c -a ・b + b -a -b ・c + c -b -c -a =0. BD——> BC =(6.如图所示，在平行六面体 ABCD-ABCD 中，M 为AC 与 -- > ------ > ------ > ---------------------- > 的交点.若 AB = a , AD = b , AA = c ,则下列向量中与 BM 相等的向量是（）7.如图，在大小为45°的二面角A -EF -D 中，四边形 ABFECDEF 都是边长为1的正方形，贝U B, D 两点间的距离是（）1 1 D.严―-b + c-- > -- >解析：选D—>2•-1 BD |2= |=1 + 1+ 1-花=3-頁，故| 1B D| =寸3-返-- > ------ > --- >&(XX •东营质检)已知A(1,0,0),耳0,—1,1) , 0A+入0B与0B的夹角为120°,A +2( AD-AB)=c+2(b-a)=-2a+ 2b+ c.D .土 6则入的值为（）解析：选C 因为OA +入OB = （1 ,—入，入），所以cos 120 1 + 2 入 2 • *2 1 2,得入=±身.经检验入=身不合题意，舍去，• 入=—七6 6 6 6 二、填空题------- A --------------- A ------- A 9.已知点 A (1,2,1) ,B — 1,3,4) , Q1,1,1)，若 AP = 2 PB ,则 | PD | 的值是 -- >解析：设 P (x , y , z )，二 Ap = (x — 1, y — 2, z — 1).——> —> —> PB = ( — 1 — x, 3— y,4 — z )，由 AP = 2 PB 得点 P 坐标为 I 8 3、 3, 3,，又 D (1,1,1) , • | "PD | =# 答案：¥ —> —> 10.如图所示，在长方体 ABCDABCD 中，O 为AC 的中点.用AB , AD , - > ------ > ----- >AA 表示 OC ，贝U OC = --- A 1 ---- A 1 --- A ---- A 解析：OC = 2 AC = 2( AB + AD ), -- > > > 1 > > > 1 > 1 > > ••• OC = OC + OC = 2( AB + AD ) + AA = AB + AD + AA • 答案：号-B +扌-D +^A A n 11.如图所示，已知空间四边形 OABCOB= OC 且/ AOB=Z AOC=y , 3 —> —> 则cos 〈 OA , BC 〉的值为 ------ A ------ A ------ A 解析：设 OA = a , OB = b , OC = c , n由已知条件，得〈a , b 〉=〈 a , c > =—，且 | b | = | c | , 3 a, -A • -C = a ・(c — b ) = a ・ c — a- b = J| a || c | —弓 a || b | = 0, -- > --- >cos 〈 OA , BC 〉= 0.答案：012. (xx •北京西城模拟)如图所示，正方体ABCDABGD的棱长为1,-- > -- > 若动点P在线段BD上运动，则DC• AP的取值范围是-------------- .-- > ------ > ---------------------- > --- >解析：由题意，设BP =入BD，其中入€ [0,1] , DC • AP =―> ——> > ——> 2——> ——> ——> 2 > ——> (AB + BP ) = A B•( A B + 入B D)= A B + 入A B• BD = A B + 入A B•( AD A B•-- > ------------------- > 2 ------------------------------ > >—AB) = (1 —入)AB2= 1—入€ [0,1].因此DC • AP的取值范围是[0,1]. 答案：[0,1]三、解答题13.已知平行六面体ABCDABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA= 2,Z AAB=Z AAD= 120°.(1) 求线段AC的长；(2) 求异面直线AC与AD所成角的余弦值;⑶求证：AA丄BD解：(1)如图，设AB = a, AD = b, AA = c,则| a| = | b| = 1, | c| = 2, a • b= 0,c • a= c • b= 2x 1 x cos 120 ° =—1.—-—-—-••• AC = AC + CC——- —--- —=AB + AD + AA=a+ b+ c,「•I ~AG | = | a+ b+ c| = a+ b+ c 2=,| a|2+ | b|2+ |c|2+J a • b+ b • c + c • a=,T + 1刍2刍？〔；一1-1 = 2.•••线段AC的长为• 2.⑵设异面直线AC与AD所成的角为0 .-- ----- | AC • AD|贝U cos 0 = |cos 〈AC, AD> | = ——| A—|| A—|•・ AC = a+ b + c, A1D = b —c,| AD| = ~b—c~2b2—2b • c+ c2• A-• A-= (a+ b + c) •( b —c) = a • b—a • c + b2—c2= 0+ 1 + 12—22= —2, | AD| = ~b—c~2b2—2b • c+ c2可取 n = (i , — i , — i). 同理，设m =(X 2, y 2 , Z 2)是平面A i GE 的法向量,=,十―？ X — ] + 2 = *7. ------ A ------------ A | AG • A i D | 二 COS 0 = ---------- — L L — r • | /\G || X A D I p x 护 I — 2| =亚故异面直线AG 与AD 所成角的余弦值为书4. ------- A ------- A (3)证明：T AA = c , BD = b — a ,--- A ---- A••• AA • BD = c •( b — a ) = c • b — c • a = ( — i) — ( — i) = 0.------- A ------------ A• AA 丄 BD , • AA 丄BD 14.如图，直三棱柱 ABGABC 中，D E 分别是AB BB 的中点, =AG= C =(1)证明：BG //平面A i GD (2)求二面角D-A i G-E 的正弦值. AA 解：(1)证明：连接AG 交AC 于点F , 则F 为AG 的中点. 又D 是AB 的中点，连接DF,贝U BG // DF 因为DF ?平面AGD BG ?平面AGD 所以BG //平面AQD (2)由 AG= GB=以G 为坐标原点， GA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz .-- > 设 GA= 2，贝U D (i,i,0) , E (0,2,i) , A (2,0,2) , GD = (i,i,O)——A ------- AGE = (0,2,i) , GA = (2,0,2). 设n = (x i , y i , z i )是平面ACD 的法向量, 则丫 -- > n • GD = 0, x i + y i = 0, 即｛2x i + 2z i = 0.2y 2+ Z 2= 0, 即 2X 2 + 2Z 2= 0, 可取 m ^ (2,1 , - 2).故 sin 〈 n , n 〉= -^63•••二面角 DAGE 的正弦值为从而 cos 〈 n , mI n il m m- ""CE = 0, 则fE CA = 0.。

2018年高考数学总复习空间向量双基过关检测理

“空间向量”双基过关检测一、选择题1．在空间直角坐标系中，点P (m,0,0)到点P 1(4,1,2)的距离为30，则m 的值为( ) A ．－9或1 B ．9或－1 C ．5或－5D ．2或3解析：选B 由题意|PP 1|＝30，即m －2＋－2＋－2＝30，∴(m －4)2＝25，解得m ＝9或m ＝－1.故选B.2．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( ) A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2解析：选A ∵a ∥b ，∴b ＝ka ，即(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧6＝k λ＋，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12.3．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( )A ．9B ．－9C ．－3D ．3解析：选B 由题意知c ＝xa ＋yb ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.4．(2017·揭阳期末)已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝( )A ．(0,3，－6)B ．(0,6，－20)C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6)解析：选B 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．5．在空间四边形ABCD 中，AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝( ) A ．－1B ．0C ．1D ．不确定解析：选B 如图，令AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ，则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→ ＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a ) ＝a·c －a·b ＋b·a －b·c ＋c·b －c·a ＝0.6.如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB ―→＝a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ，则下列向量中与BM ―→相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋cC ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c解析：选A BM ―→＝BB 1―→＋B 1M ―→＝AA 1―→＋12(AD ―→－AB ―→)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .7.如图，在大小为45°的二面角A EF D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A. 3B. 2 C ．1D.3－ 2解析：选D ∵BD ―→＝BF ―→＋FE ―→＋ED ―→，∴|BD ―→|2＝|BF ―→|2＋|FE ―→|2＋|ED ―→|2＋2BF ―→·FE ―→＋2FE ―→·ED ―→＋2BF ―→·ED ―→＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD ―→|＝3－ 2.8．(2017·东营质检)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA ―→＋λOB ―→与OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66 B.66C ．－66D ．± 6解析：选C 因为OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)，所以cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，∴λ＝－66. 二、填空题9．已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP ―→＝2PB ―→，则|PD ―→|的值是________．解析：设P (x ，y ，z )，∴AP ―→＝(x －1，y －2，z －1)．PB ―→＝(－1－x,3－y,4－z )，由AP ―→＝2PB ―→得点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，83，3，又D (1,1,1)，∴|PD ―→|＝773.答案：77310.如图所示，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB ―→，AD ―→，AA 1―→表示OC 1―→，则OC 1―→＝________.解析：OC ―→＝12AC ―→＝12(AB ―→＋AD ―→)，∴OC 1―→＝OC ―→＋OC 1―→＝12(AB ―→＋AD ―→)＋AA 1―→＝12AB ―→＋12AD ―→＋AA 1―→.答案：12AB ―→＋12AD ―→＋AA 1―→11.如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA ―→，BC ―→〉的值为________．解析：设OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，由已知条件，得〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，OA ―→·BC ―→＝a ·(c －b )＝a ·c －a ·b ＝12|a ||c |－12|a ||b |＝0，∴cos 〈OA ―→，BC ―→〉＝0. 答案：012．(2017·北京西城模拟)如图所示，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若动点P 在线段BD 1上运动，则DC ―→·AP ―→的取值范围是________．解析：由题意，设BP ―→＝λBD 1―→，其中λ∈[0,1]，DC ―→·AP ―→＝AB ―→·()AB ―→＋BP ―→ ＝AB ―→·(AB ―→＋λBD 1―→)＝AB ―→2＋λAB ―→·BD 1―→＝AB ―→2＋λAB ―→·(AD 1―→－AB ―→)＝ (1－λ)AB ―→2＝1－λ∈[0,1]．因此DC ―→·AP ―→的取值范围是[0,1]．答案：[0,1]三、解答题13．已知平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为1的正方形，AA 1＝2，∠A 1AB ＝∠A 1AD ＝120°.(1)求线段AC 1的长；(2)求异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值； (3)求证：AA 1⊥BD .解：(1)如图，设AB ―→＝a ，AD ―→＝b ， AA 1―→＝c ，则|a |＝|b |＝1，|c |＝2，a ·b ＝0，c ·a ＝c ·b ＝2×1×cos 120°＝－1.∵AC 1―→＝AC ―→＋CC 1―→ ＝AB ―→＋AD ―→＋AA 1―→ ＝a ＋b ＋c ，∴|AC 1―→|＝|a ＋b ＋c |＝a ＋b ＋c2＝|a |2＋|b |2＋|c |2＋a ·b ＋b ·c ＋c ·a＝12＋12＋22＋－1－＝ 2.∴线段AC 1的长为 2.(2)设异面直线AC 1与A 1D 所成的角为θ.则cos θ＝|cos 〈AC 1―→， A 1D ―→〉|＝|AC 1―→·A 1D ―→||AC 1―→||A 1D ―→|.∵AC 1―→＝a ＋b ＋c ，A 1D ―→＝b －c ，∴AC 1―→·A 1D ―→＝(a ＋b ＋c )·(b －c )＝a ·b －a ·c ＋b 2－c 2＝0＋1＋12－22＝－2， |A 1D ―→|＝b －c2＝b 2－2b ·c ＋c 2＝12－－＋22＝7.∴cos θ＝|AC 1―→·A 1D ―→||AC 1―→||A 1D ―→|＝|－2|2×7＝147.故异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值为147. (3)证明：∵AA 1―→＝c ，BD ―→＝b －a ，∴AA 1―→·BD ―→＝c ·(b －a )＝c ·b －c ·a ＝(－1)－(－1)＝0. ∴AA 1―→⊥BD ―→， ∴AA 1⊥BD .14.如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB . (1)证明：BC 1∥平面A 1CD ； (2)求二面角D A 1C E 的正弦值．解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点．又D 是AB 的中点，连接DF ，则BC 1∥DF . 因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD . (2)由AC ＝CB ＝22AB ，得AC ⊥BC .以C 为坐标原点， CA ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD ―→＝(1,1,0)， CE ―→＝(0,2,1)， CA 1―→＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CD ―→＝0，n ·CA 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面A 1CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE ―→＝0，m ·CA 1―→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＋z 2＝0，2x 2＋2z 2＝0，可取m ＝(2,1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝2－1＋23×3＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63. ∴二面角D A 1C E 的正弦值为63.。

【精品】2018年高考数学(理)总复习双基过关检测：“空间向量”含解析

“空间向量”双基过关检测一、选择题1．在空间直角坐标系中，点P (m,0,0)到点P 1(4,1,2)的距离为30，则m 的值为( ) A ．－9或1 B ．9或－1 C ．5或－5D ．2或3解析：选B 由题意|PP 1|＝30，即m －2＋－2＋－2＝30，∴(m －4)2＝25，解得m ＝9或m ＝－1.故选B.2．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( ) A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2解析：选A ∵a ∥b ，∴b ＝ka ，即(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧6＝k λ＋，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12.3．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( )A ．9B ．－9C ．－3D ．3解析：选B 由题意知c ＝xa ＋yb ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.4．(2017·揭阳期末)已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x＝( )A ．(0,3，－6)B ．(0,6，－20)C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6)解析：选B 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．5．在空间四边形ABCD 中，AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．不确定解析：选B 如图，令AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ，则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→ ＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a ) ＝a·c －a·b ＋b·a －b·c ＋c·b －c·a ＝0.6.如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB ―→＝a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ，则下列向量中与BM ―→相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋cC ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c解析：选A BM ―→＝BB 1―→＋B 1M ―→＝AA 1―→＋12(AD ―→－AB ―→)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .7.如图，在大小为45°的二面角A EF D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A. 3B. 2 C ．1D.3－ 2解析：选D ∵BD ―→＝BF ―→＋FE ―→＋ED ―→，∴|BD ―→|2＝|BF ―→|2＋|FE ―→|2＋|ED ―→|2＋2BF ―→·FE ―→＋2FE ―→·ED ―→＋2BF ―→·ED ―→＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD ―→|＝3－ 2.8．(2017·东营质检)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA ―→＋λOB ―→与OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66 B.66C ．－66D ．± 6解析：选C 因为OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)，所以cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，∴λ＝－66. 二、填空题9．已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP ―→＝2PB ―→，则|PD ―→|的值是________．解析：设P (x ，y ，z )，∴AP ―→＝(x －1，y －2，z －1)．PB ―→＝(－1－x,3－y,4－z )，由AP ―→＝2PB ―→得点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，83，3，又D (1,1,1)，∴|PD ―→|＝773.答案：77310.如图所示，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB ―→，AD ―→，AA 1―→表示OC 1―→，则OC 1―→＝________.解析：OC ―→＝12AC ―→＝12(AB ―→＋AD ―→)，∴OC 1―→＝OC ―→＋OC 1―→＝12(AB ―→＋AD ―→)＋AA 1―→＝12AB ―→＋12AD ―→＋AA 1―→.答案：12AB ―→＋12AD ―→＋AA 1―→11.如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA ―→，BC ―→〉的值为________．解析：设OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，由已知条件，得〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，OA ―→·BC ―→＝a ·(c －b )＝a ·c －a ·b ＝12|a ||c |－12|a ||b |＝0，∴cos 〈OA ―→，BC ―→〉＝0. 答案：012．(2017·北京西城模拟)如图所示，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若动点P 在线段BD 1上运动，则DC ―→·AP ―→的取值范围是________．解析：由题意，设BP ―→＝λBD 1―→，其中λ∈[0,1]，DC ―→·AP ―→＝AB ―→·()AB ―→＋BP ―→＝AB ―→·(AB ―→＋λBD 1―→)＝AB ―→2＋λAB ―→·BD 1―→＝AB ―→2＋λAB ―→·(AD 1―→－AB ―→)＝ (1－λ)AB ―→2＝1－λ∈[0,1]．因此DC ―→·AP ―→的取值范围是[0,1]．答案：[0,1] 三、解答题13．已知平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为1的正方形，AA 1＝2，∠A 1AB ＝∠A 1AD ＝120°.(1)求线段AC 1的长；(2)求异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值； (3)求证：AA 1⊥BD .解：(1)如图，设AB ―→＝a ，AD ―→＝b ， AA 1―→＝c ，则|a |＝|b |＝1，|c |＝2，a ·b ＝0，c ·a ＝c ·b ＝2×1×cos 120°＝－1.∵AC 1―→＝AC ―→＋CC 1―→ ＝AB ―→＋AD ―→＋AA 1―→ ＝a ＋b ＋c ，∴|AC 1―→|＝|a ＋b ＋c |＝a ＋b ＋c2＝|a |2＋|b |2＋|c |2＋a ·b ＋b ·c ＋c ·a＝12＋12＋22＋－1－＝ 2.∴线段AC 1的长为 2.(2)设异面直线AC 1与A 1D 所成的角为θ.则cos θ＝|cos 〈AC 1―→， A 1D ―→〉|＝|AC 1―→·A 1D ―→||AC 1―→||A 1D ―→|.∵AC 1―→＝a ＋b ＋c ，A 1D ―→＝b －c ，∴AC 1―→·A 1D ―→＝(a ＋b ＋c )·(b －c )＝a ·b －a ·c ＋b 2－c 2＝0＋1＋12－22＝－2， |A 1D ―→|＝b －c2＝b 2－2b ·c ＋c 2＝12－－＋22＝7.∴cos θ＝|AC 1―→·A 1D ―→||AC 1―→||A 1D ―→|＝|－2|2×7＝147.故异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值为147. (3)证明：∵AA 1―→＝c ，BD ―→＝b －a ，∴AA 1―→·BD ―→＝c ·(b －a )＝c ·b －c ·a ＝(－1)－(－1)＝0. ∴AA 1―→⊥BD ―→， ∴AA 1⊥BD .14.如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB . (1)证明：BC 1∥平面A 1CD ； (2)求二面角D A 1C E 的正弦值．解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点．又D 是AB 的中点，连接DF ，则BC 1∥DF . 因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD . (2)由AC ＝CB ＝22AB ，得AC ⊥BC .以C 为坐标原点， CA ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD ―→＝(1,1,0)， CE ―→＝(0,2,1)， CA 1―→＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CD ―→＝0，n ·CA 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面A 1CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE ―→＝0，m ·CA 1―→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＋z 2＝0，2x 2＋2z 2＝0，可取m ＝(2,1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝2－1＋23×3＝33，故sin〈n，m〉＝63.∴二面角DA1CE的正弦值为6 3.。

2019-2020学年高考数学一轮复习《空间向量》章节测试题

2019-2020学年高考数学一轮复习《空间向量》章节测试题1．在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，若AB=2，A A 1=1，则点A 到平面A 1BC 的距离为（）A ．43 B ．23 C ．433 D ．32．在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，若AB=2BB 1,则AB 1与C 1B 所成的角的大小为A.60ºB. 90ºC.105ºD. 75º3．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AA 1与CC 1的中点，则直线ED 与D 1F 所成角的大小是（）A ．15B 。

13C 。

12D 。

324．设E ，F 是正方体AC 1的棱AB 和D 1C 1的中点，在正方体的12条面对角线中，与截面A 1ECF 成60°角的对角线的数目是（） A ．0 B ．2 C ．4 D ．65．棱长都为2的直平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，∠BAD=60°，则对角线A 1C 与侧面DCC 1D 1所成角的正弦值为（）A ．22B ．21C ．43D ．836．在棱长为2的正方体1111D C B A ABCD -中，O 是底面ABCD 的中心，E 、F 分别是1CC 、AD 的中点，那么异面直线OE 和1FD 所成的角的余弦值等于（）A ．510 B ．32 C ．55 D ．5157．棱长为a 的正四面体中，高为H ，斜高为h ，相对棱间的距离为d ，则a 、H 、h 、d 的大小关系正确的是（） A ．a >H>h >d B ．a >d >h >H C ．a >h >d >H D ．a >h >H>d8．将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使平面ABD⊥平面CBD ，E 是CD 中点，则AED ∠的大小为（）A.45B.30C.60D.909．三棱锥A —BCD 的高AH = 3a 3，H 是底面△BCD 的重心．若AB=AC ，二面角A —BC —D 为60°，G 是△ABC 的重心，则HG 的长为（）A ．a 5B ．a 6C ．a 7D ．a 1010．PA ，PB ，PC 是从P 引出的三条射线，每两条的夹角都是60º，则直线PC 与平面PAB 所成的角的余弦值为（）A ．12B 3C 3D 611．已知正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC所成角的正弦值为。

辽宁大连2019高三下双基测试--数学(理)

辽宁大连 2019 高三下双基测试 -- 数学（理）数学（理）本试卷分第 I 卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，此中第II卷第 22 题～第 24 题为选考题，其余题为必考题．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．参照公式：球旳体积公式 4 3．此中 R 为球半径．V R3用最小二乘法求线性回归方程系数公式n，a y bx．x i y i nx yb i 1 n2x 2 nxii 1第 I 卷一、选择题（本大题共12 小题，每题 5 分，共 60 分．在每题给出旳四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求旳）1. 复数z 1 i 旳虚部是（）A．1 B． 1 C ．i D．i2．已知会合M x | x 2 4x 3 0,N x | lg(3 x) 0 ，则M N=( )A．{ x |1 x 3} B．{ x |1 x 2}C．D ．{ x | 2 x 3}3．函数f ( x) (sin x cosx) 2 旳最小正周期为（）A. B. C. D. 24 24. 抛物线y 2x2 旳焦点F到准线l旳距离是（）A．2 B ． 1 C ．1 D ．12 45．若履行以下图旳程序框图，假如输入n 6 ，则输出旳s旳值是（）A．6 B．7 C．5 D．47 8 6 5开始i 1, s 0i i 11s si (i1)是i n ?否输出 s结束第5题图6．S n 为等差数列{ a n}旳前 n 项和，a2a8 6，则S9 （）A．27 B ．27 C ．54 D ．108 27．把一枚骰子连续掷两次，已知在第一次抛出旳是偶数点旳状况下，第二次抛出旳也是偶数点旳概率为()A．1 B ．1 C ．1 D ．12 3 48. 以下函数中，与函数y 3x 旳奇偶性同样且在( ,0) 上单一性也相同旳是（）A．y 1 B．y log2 x C．y 1 x2 D．y x3 1x9．以下说法中，正确旳是（）A．命题“若am2bm2，则a b”旳抗命题是真命题B．命题“p或q”为真命题，则命题“p ”和命题“q”均为真命题C．已知x R ，则“x 1 ”是“x 2 ”旳充足不用要条件D．命题“x R ，x2 x 0”旳否认是：“ x R，x2 x 0”10. ABC 旳外接圆旳圆心为 O ，半径为2，OA AB AC 0且|OA| | AB|，则向量CA 在CB方向上旳投影为（）A． 3 B ． 3 C ． 3 D ． 311. 已知f ( x)是定义在 R 上旳且以2为周期旳偶函数，当0 x 1时，f ( x) x2，假如函数g( x) f ( x) ( x m )有两个零点，则实数 m 旳值为（）A．2k（k Z ） B ． 2k 或 1 （ k Z ）2k 4C．0 D ． 2k 或1（ k Z ）2k 412.SC为球O旳直径，A,B是该球球面上旳两点，，AB 2, ASC BSC4若棱锥A SBC 旳体积为4 , 则球O体积为（）33A. 4B. 32C. 27D.433 3第II卷本卷包含必考题和选考题两部分，第 13 题~第 21 题为必考题，每个试题考生都一定做答．第 22 题~第 24 题为选考题，考生依据要求做答．二 . 填空题 :（本大题共 4 小题 , 每题 5 分, 共 20 分, 把答案填在答卷纸旳相应地点上） 13．一个几何体旳三视图及其尺寸以下（单位：cm ）：4444主视图左视图4 俯视图则该几何体旳表面积为 cm2．14. 已知以下表格所示旳数据旳回归直线方程为? a ，则 a 旳值为______.x3 4 5 62y25425726226625115．数列 a n 知足： a 1 3a 25a 3( 2n 1) a n (n 1) 3n 13 ，则数列a n 旳通项公式 a n =.16．已知 A, B 旳坐标为 A( 2,0), B( 2,0)，且动点 P知足PAPB 2，则动点 P旳轨迹与直线 yk ( x 2) 有两个交点旳充要条件为k.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 12 分)已知A, B,C是 ABC 旳三个内角，向量m (sin A sin B ,sin C ) ,向量n( 2 sin A sin C,sin A sin B),m//n共线.（Ⅰ）求角 B ；（Ⅱ）若sin A3 ，求cosC 旳值 .518．( 本小题满分12 分) 为认识学生身高状况，某校以10%旳比率对全校 700 名学生按性别进行抽样检查，测得身高状况旳频次散布直方图以下：频次男生频次组距组距女生71501150160 165 170 175 180 185 190 身高/cm 0150 155 160 165 170 175 180 身高 /cm已知样本中身高在[150,155 ）cm旳女生有 1 人.（Ⅰ）求出样本中该校男生旳人数和女生旳人数；（Ⅱ）预计该校学生身高在170～190cm之间旳概率；（Ⅲ）从样本中身高在 185～190cm之间旳男生和样本中身高在170～180cm之间旳女生中随机抽取 3 人，记被抽取旳 3 人中旳女生人数为X .求随机变量 X 旳散布列和数学希望E( X ) .19．( 本小题满分 12 分)如图，四棱锥P ABCD 中，底面 ABCD 为梯形， DAB 60，AB∥CD，AD CD 2AB 2， PD 底面 ABCD ， M 为 PC 旳中点．（Ⅰ）证明：BD PC ；（Ⅱ）若，求二面角 D BM P 旳余弦值．PPD 1 ADM2DCA B第 19题图20.（本小题满分 12 分）设 A, B分别是直线 2 和 2 上旳动点，且AB 2，设O为y x y x2 2坐标原点，动点 P 知足OP OA OB．（Ⅰ）求点 P 旳轨迹方程；（Ⅱ）过点( 3,0)做两条相互垂直旳直线l1,l2，直线l1, l2与点 P 旳轨迹订交弦分别为 CD 、 EF ,设 CD 、 EF 旳弦中点分别为 M 、 N ，求证：直线MN恒过一个定点．21.（本小题满分 12 分）函数f ( x)ln x ax2（a R）.（Ⅰ）求函数 f (x) 旳单一区间；（Ⅱ）当 1 时，证明：存在x0 ( 2, ) ，使f ( x0 ) f (1)；a 8（Ⅲ）当 1 时，证明：2 x43 .a f ( x) 14 4 4请考生在22，23，24 三题中任选一题作答，假如多做，则按所做旳第一题记分．做答时，用2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应旳标号涂黑．22．（本小题满分 10 分）选修 4－ 1：几何证明选讲如图，直线 AB 经过⊙ O 上旳点 C，而且 OA=OB，CA=CB，⊙ O 交直线OB于 E、D，连接 EC、CD.（Ⅰ）求证：直线AB是⊙ O旳切线；（Ⅱ）若 tan ∠CED= , ⊙O旳半径为 3，求 OA旳长 .12EODA C B第 22题图23．（本小题满分 10 分）选修 4－ 4：坐标系与参数方程在直角坐标系xoy 中，以原点o为极点，x轴旳正半轴为极轴成立极坐标系 .已知射线l : 与曲线C: x t 1,（ t 为参数）,订交于A, B两点.4 y (t 1)2,（Ⅰ）写出射线l旳参数方程和曲线C旳直角坐标系方程；（Ⅱ）求线段AB 旳中点极坐标.24．（本小题满分 10 分）选修 4－5：不等式选讲已知实数t ，若存在1 使得不等式t 1 2t 5 x 1 x 2成立，务实数 x 旳取值范t [ ,3]2围．参照答案一、选择题．二、填空题13． 24 14 ．15 ． 3n 16 ． (, 1) (1,) .三、解答题17.解：（Ⅰ）依题意得 sin 2A sin 2B sin C( 2 sin A sin C)2 sin A sin C sin 2C ， ·················· 2 分由正弦定理得： a 2 b 22acc 2 ，············4 分∴ a 2 c 2 b 2 2ac ．由余弦定理知：a 2 c 2b 22 ，∴. ······ 6 分cos B2ac2 B4（Ⅱ）∵sin A3 , ∴sin A2,∴AB . (8)分52又, ∴, ∴cos A4 ， ·············· 10 分B4A4 5∴ccos(333 sin A2 . ······ 12 分cosCA)cos cos Asin1044418．解：（Ⅰ）设女生旳人数 n, ∴ 11 ，∴ n 30 ．n5150抽取旳样自己数 700 10%=70，∴样本中该校男生 40 人和女生 30 人．·········· 3 分（Ⅱ）由频次散布直方图可得出样本中身高在170~190cm 之间旳学生人数有 37 人，样本容量为 70 ，因此样本中学生身高在 170~190cm 之间旳频次等于，3770因此预计该校学生身高在170~190cm之间旳概率等于37．·· 6 分70（Ⅲ）由频次散布直方图可得出样本中身高在185~190cm之间旳男生有 2 人和样本中身高在 170~180cm之间旳女生有 4 人，∴ X 旳可能取值为1,2,3，1 3 1．··········· 9 分P(X 1) ,P(X 2) ,P(X 3)5 5 5∴ X 旳散布列为X1 2 31 3 15 5 5P∴数学希望E( X ) =2. ··················12 分，∴19 解：（Ⅰ）由余弦定理得BD 12 22 2 1 2cos603BD 2 AB 2 AD2，∴ ABD 90 ，BD AB, AB // DC, ∴ BD DC．∵ PD 底面 ABCD ，BD 底面ABCD，∴ BD PD ．又∵PD DC D，∴ BD 平面PDC，又 PC 平面 PDC ，∴ BD PC ．············· 6 分zPMyDCA B x（Ⅱ）已知 AB 1, AD CD2 ，PD 2 ，由（Ⅰ）可知 BD 平面 PDC ，如图，以 D 为坐标原点，射线 DB 为 x 轴旳正半轴成立空间直角坐标系D xyz，则D (0,0,0), B( 3,0,0), C (0,2,0),P(0,0, 2),2).M (0,1,2DB( 3,0,0) ，2 ，CP(0, 2, 2)，CB( 3,2,0).· 8分DM (0,1,)2设平面 BDM 旳法向量为 m (x, y, z)，则m DB0 ，m DM 0∴0, y2 ，令 z 2 ，∴可取m (0, 1, 2)．···· 9 分x z 02同理设平面 BMP 旳法向量为 n (a, b, c) ，则 n CP 0，n CB 0∴(2 3 ． ··················· 10 分n,1, 2)3∴1 13cosm, n13 1333∴二面角 DBMP 旳余弦值大小为13 ． ········· 12 分1320.解：（Ⅰ）设A(x 1, y 1 ), B( x 2 , y 2 ), P( x, y)，OP OA OB ，∴ x xx , y y1y，1222 ，2 ，y 1y 2x 1x 222∴2． ······· 2 分x x 1x 2 2 ( y 1 y 2 ), y y 1 y 2x 2 )( x 12AB( x 1 x 2 ) 2 ( y 1 y 2 )22，∴1 22，x2y22∴点 P 旳轨迹方程： x 2y 21 ． ·············4 分4（Ⅱ）方法一：设C(x , y ), D (x, y )，设直线l方程为x3 ky ，1 1221联立方程组x3 ky,x 2 y 2 1.4得 (k 2 4) y 2 2 3 y 1 0．y 1 y 22 3k，∴83．24x 1 x 2 24kk∴ M 点坐标为 4 33k ，同理可得 N 点坐标为 4 3k 2 3k ．( k 2 4 , k 2 4 ) ( 4k 2 1 , 4k 2 1)···························6 分∴直线 MN 旳斜率． ····· 8 分3k3k4k 2 1k 2 4 5k kMN24 34( k 2 1)4 3k 4k 2 1k 24∴直线 MN 旳方程为3k 5k4 3 ．y1) ( x )k 2 4 4(k 2 k 2 4整理化简得 4k 4 y (4 3 5x) k 3 12k 2 y ( 20x 16 3)k 0 ， ·· 10 分 ∴ 4 3，∴直线 MN 恒过定点 4 3． ····· 12 分x, y( ,0)55方法二： (1) 设直线 l 1 旳斜率 k 1 （k 1 0)，则直线l 2旳斜率 1，k 1设C(x C , y C ) ,D (x D , y D )E( x E , y E ) , F ( x F , y F ) ,M ( x M , y M ) ,N ( x N , y N )，∴ x C 221 ①,x D2 2②，4y C4y D1由② - ①得 x Mk 1 y M，4同理得 x N1 y N，4k 1∴x M x N 16 y M y N 0 , ③k 1x My M,·················6 分4 y M x M 3∴点 M 、 N 在曲线 x 2 4y 23x0 上，设直线 MN ： y kx b ，联立方程组y kx b,得(4k 2 1) x 2 (8kb 3) x 4b 20, · 8 分x 24 y 2 3x 0,∴4b 2同理b 23kb，x M x N4k 2 1 , y M y N4k 2 1代入③得20b 2 16 3kb ，∴或 b 0 ，4 3 kb5由于 b 0时不切合题意，因此不可立，∴直线 MN ：4 3 ) ，∴直线 MN 恒过定点 4 3,0)y k( x(55. ···11 分(2) 当直线 l 1 旳斜率等于0 或不存在时，直线 MN 是 y 0, 也过定点.(4 3,0)5综合 (1)(2) 可得直线 MN 恒过定点. ········· 12 分(4 3,0)521. 解：（Ⅰ）函数 f (x) ln x ax 2 旳定义域为(0, )，f (x)1 2ax2 1，2ax xx∴①当 a 0时， f ( x) 0，因此函数f ( x) ln xax 2旳增区间为 (0, )，②当 a 0 时，若 f (x) 0有x2a 若 f ( x) 0有2a ,2a , x2a因此函数 f (x) ln x ax 2旳减区间为( 2a,，增区间为2a ，)( 0,)2a2a由①②适当 a 0时，函数 f ( x) 旳增区间为 (0, ) ，当 a0 时，函数 f (x)旳减区间为2a ，增区间为2a ． ········· 3 分( ,)(0,)2a2a证明（Ⅱ）当1 时，( x)x 2 4 ，af 4x8∴x (0,2)时函数f ( x)是增函数，x( 2,) 时函数 f (x) 是减函数，∴函数 f ( x) 旳最大值为 f (2) ln 2 1 ． ··········· 4 分2f (1)1，8在(2,)取xe 4，计算得4) 4e 8 428 28 f (1) ，f (e 8 8（也能够选用其余有效值）．∴f (e 4 ) f (1)f (2)，x (0,2)时函数f ( x)是增函数， x (2, )时函数f ( x)是减函数，∴存在 x 0(2, e 4 )，使f ( x 0 )f (1)，∴存在 x 0 (2, ) ，使f (x 0 )f (1) ． ············ 6 分证明（Ⅲ）2 4x ， ··············· 7 分x142令x 31 x 21 3．g (x)f ( x) ()ln xx42442∴1 1 1x 2x 2，g ( x)xx22x2∴x (0,1)时，g ( x)，函数g( x)是增函数，x (1, )时，g (x)，函数 g( x) 是减函数， ·················· 9 分∴g (x)g (1) 0，∴1 x 3 ∴1 x2 1 x3 ,ln x 1x 20, ln x42 4424∴2 x 413 .················· 12 分f (x)4422．解 : ( Ⅰ) 连接 OC ，由于 OA OB ,CA CB , 则OCAB ． · 2分因此直线 AB 是⊙ O 旳切线． ··············· 4 分( Ⅱ) 由于 AB 是⊙ O 旳切线，因此BCDE ,又 B B ,因此△ BCD ∽△ BCE , 因此 BC BE CE,BDBCCD因此 BEEC 2,·····················8BD ()CD由于CED1 ,因此 BE4 , 由于⊙ O 旳半径为 3,tan2BD因此 BD 2,因此 OA5 ． ················ 10 分23．解：（Ⅰ）射线 l 旳直角坐标方程： y x( x 0) ，则射线 l 旳参数方程：x 2t,） ········ 2 分2(t0,t 为参数y2t,2曲线 C 旳直角坐标系方程：y (x 2) 2 . ··········· 4 分（Ⅱ）联立y x,得x 1, 和 x 4, ，y (x2) 2 ,y 1, y 4,∴A(1,1), B(4,4),·····················6 分∴线段 AB 旳中点直角坐标为 5, 5),(2 2∴线段AB旳中点极坐标为(5 2 , )2 4. ············ 10 分24．解：∵1 ，∴t 4, t5， ····· 4 分t[ ,3]22| t 1| | 2t 5 | 3t6,1 t52t 4,t 1可得其最大值为 3 ． ··················6 分2解不等式，当 x 2 可得2 x9 ，当 1 x 2 可得恒成立，| x 1| | x 2 | 324当 x 1可得 3，综上可得解集为 3 9 ． ········ 10 分x1[ , ]44 4一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一。

辽宁省大连市2019届高三下学期第一次(3月)双基测试数学(理)试题(含答案)

大连市2019届高三双基测试卷数学（理科）2019、3第I 卷（选择题共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分、在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求、 1、已知集合A ＝｛x ｜0＜x ＜2｝，B ＝｛x ｜一1＜x ＜1｝，则A ∩B ＝（）（A ）｛x ｜一1＜x ＜2｝（B ）｛x ｜0＜x ＜1｝ (C ）｛x ｜0＜x ＜2｝（D ）｛x ｜一1＜x ＜1｝2、11ii+-＝（） (A ）i （B ）－i （C ）2i · （D ）－2i3、已知直线l 和平面α、β，且l ⊂α，则“l ⊥β”是“α⊥β”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4、函数y ＝tan(123x π+）的最小正周期为（）（A ）4π （B ）2π（C ）π （D) 2π5、已知某高中的一次测验中，甲、乙两个班级的九科平均分的雷达图如图所示，下列判断错误的是（）（A ）乙班的理科综合成绩强于甲班（B ）甲班的文科综合成绩强于乙班（C ）两班的英语平均分分差最大（D ）两班的语文平均分分差最小 6、已知向量AB ＝(1，2)，AC ＝(－3，1)，则AB BC ∙＝（）（A ） 6 （B ）一6 （C ）一1 （D ） 17、函数2()21xxy x R =∈+的值域为（A ）(0，＋∞) （B ）(0，1) （C ） (1，+∞) （D ） (0，12) 8、已知△ABC 的内角A 、B 、C 所对边分别为a 、b 、c ，且满足3a tanA ＝bcosC+ccosB ，则∠A ＝（）（A ）6π （B ）56π （C ）3π（D) 23π9、已知正实数a ，b 满足a ＋b ＝12()ab ，则a b 的最小值为，（）（A ） 1 （B ）2 （C ） 2 （D ）4‘10、我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺。

2019版高考数学(理科)一轮复习通用版：“空间位置关系”双基过关检测

“空间位置关系”双基过关检测一、选择题1．设三条不同的直线l1，l2，l3，满足l1⊥l3，l2⊥l3，则l1与l2()A．是异面直线B．是相交直线C．是平行直线D．可能相交、平行或异面解析：选D如图所示，在正方体ABCD-EFGH中，AB⊥AD，AE⊥AD，则AB∩AE ＝A；AB⊥AE，AE⊥DC，则AB∥DC；AB⊥AE，FH⊥AE，则AB与FH是异面直线，故选D.2．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列几种说法正确的是()A．A1B∥D1B1B．AC1⊥B1CC．A1B与平面DD1B1B成45°角D．A1B与B1C成30°角解析：选B易知四边形BDD1B1是平行四边形，所以DB∥D1B1，又因为A1B与DB相交，所以A1B与D1B1是异面直线，故A错误；连接A1C1交B1D1于点O，连接BO，易知A1C1垂直平面DD1B1B，所以A1B与平面DD1B1B成30°角，故C错误；连接A1D，则三角形A1BD 是等边三角形，且A1D∥B1C，则A1B与B1C成60°角，故D错误，选 B.3．已知空间两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，则下列命题中正确的是()A．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥nB．若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m∥nC．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥nD．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n解析：选D若m∥α，n∥β，α∥β，则m与n平行或异面，即A错误；若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m与n相交或平行或异面，即B错误；若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m与n相交、平行或异面，即C错误，故选D.4.(2018·广东模拟)如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①BE与CF异面；②BE与AF异面；③EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确结论的个数是()A．1B．2C．3 D．4解析：选B画出该几何体，如图，因为E，F分别是PA，PD的中点，所以EF∥AD，所以EF∥BC，BE与CF是共面直线，故①不正确；②BE与AF满足异面直线的定义，故②正确；③由E，F分别是PA，PD的中点，可知EF∥AD，所以EF∥BC，因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，故③正确；④因为BE与PA的关系不能确定，所以不能判定平面BCE⊥平面PAD，故④不正确．故选B.5.如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，给出下列五个结论：①PD∥平面AMC；②OM∥平面PCD；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA；⑤OM∥平面PBC.其中正确的个数有()A．1 B．2C．3 D．4解析：选C因为矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点．在△PBD中，M是PB的中点，所以OM是△PBD的中位线，OM∥PD，则PD∥平面AMC，OM∥平面PCD，且OM∥平面PDA.因为M∈PB，所以OM与平面PBA、平面PBC相交．6．(2018·余姚模拟)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是()A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行解析：选D如图，连接C1D，在△C1DB中，MN∥BD，故C正确；∵CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴CC1⊥BD，∴MN与CC1垂直，故A正确；∵AC⊥BD，MN∥BD ，∴MN 与AC 垂直，故B 正确，故选D.个动点E ，F ，且EF ＝12，7.如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两则下列结论中错误的是( )A ．AC ⊥BEB ．EF ∥平面ABCDC ．三棱锥A -BEF 的体积为定值D ．△AEF 的面积与△BEF 的面积相等解析：选D 因为AC ⊥平面BDD 1B 1，BE ⊂平面BDD 1B 1，所以AC ⊥BE ，A 项正确；根据线面平行的判定定理，知B 项正确；因为三棱锥的底面△BEF 的面积是定值，且点A 到平面BDD 1B 1的距离是定值22，所以其体积为定值，C 项正确；很显然，点A 和点B 到EF 的距离不相等，故D 项错误．8．(2018·福州质检)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，E ，F 分别为棱AA 1，CC 1的中点，则在空间中与直线A 1B 1，EF ，BC 都相交的直线( )A ．不存在B ．有且只有两条C ．有且只有三条D ．有无数条解析：选D 在EF 上任意取一点M ，直线A1B 1与M 确定一个平面，这个平面与BC 有且仅有1个交点N ，当M 的位置不同时确定不同的平面，从而与BC 有不同的交点N ，而直线MN 与A 1B 1，EF ，BC 分别有交点P ，M ，N ，如图，故有无数条直线与直线A 1B 1，EF ，BC 都相交．二、填空题9．如图所示，平面α，β，γ两两相交，a ，b ，c 为三条交线，且a ∥b ，则a ，b ，c 的位置关系是________．解析：∵a ∥b ，a ⊂α，b ⊄α，∴b ∥α. 又∵b ⊂β，α∩β＝c ，∴b ∥c .∴a ∥b ∥c . 答案：a ∥b ∥c10．(2018·天津六校联考)设a ，b 为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题： ①若a ∥α且b ∥α，则a ∥b ； ②若a ⊥α且a ⊥β，则α∥β；③若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β； ④若α⊥β，则一定存在直线l ，使得l ⊥α，l ∥β. 其中真命题的序号是________．解析：①中a 与b 也可能相交或异面，故不正确． ②垂直于同一直线的两平面平行，正确．③中存在γ，使得γ与α，β都垂直，正确． ④中只需直线l ⊥α且l ⊄β就可以，正确．答案：②③④11．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值等于________．解析：取BB 1的中点G ，连接FG ，A 1G ，易得A 1G ∥D 1E ，则∠FA 1G 是异面直线D 1E 和A 1F 所成角或补角，易得A 1F ＝A 1G ＝5，FG ＝6，在三角形FA 1G 中，利用余弦定理可得cos ∠FA 1G ＝5＋5－62×5×5＝25.答案：2512．(2017·全国卷Ⅲ)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)解析：由题意，AB 是以AC 为轴，BC 为底面半径的圆锥的母线，又AC ⊥a ，AC ⊥b ，AC ⊥圆锥底面，∴在底面内可以过点B ，作BD ∥a ，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，∴DE ∥b ，连接AD ，设BC ＝1，在等腰△ABD 中，AB ＝AD ＝2，当直线AB 与a 成60°角时，∠ABD ＝60°，故BD ＝2，又在Rt △BDE 中，BE ＝2，∴DE ＝2，过点B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连接AF ，EF ， ∴BF ＝DE ＝2， ∴△ABF 为等边三角形，∴∠ABF ＝60°，即AB 与b 成60°角，故②正确，①错误．由最小角定理可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，∴直线AB与a所成角的最大值为90°，④错误．∴正确的说法为②③.答案：②③三、解答题13.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝1，∠BAC＝90°，且异面直线A1B与B1C1所成的角等于60°，设AA1＝a.(1)求a的值；(2)求三棱锥B1-A1BC的体积．解：(1)∵BC∥B1C1，∴∠A1BC就是异面直线A1B与B1C1所成的角，即∠A1BC＝60°.又AA1⊥平面ABC，AB＝AC，则A1B＝A1C，∴△A1BC为等边三角形，由AB＝AC＝1，∠BAC＝90°⇒BC＝2，∴A1B＝2⇒1＋a2＝2⇒a＝1.(2)∵CA⊥A1A，CA⊥AB，A1A∩AB＝A，∴CA⊥平面A1B1B，∴VB1-A1BC＝VC-A1B1B＝13×12×1＝16.14．如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点．(1)证明：直线EE1∥平面FCC1；(2)证明：平面D1AC⊥平面BB1C1C.证明：(1)∵F是AB的中点，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，∴AF綊CD，∴四边形AFCD为平行四边形，∴CF∥AD.又ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱，∴C1C∥D1D.而FC∩C1C＝C，D1D∩DA＝D，∴平面ADD1A1∥平面FCC1.∵EE1⊂平面ADD1A1，∴EE1∥平面FCC1.(2)在直四棱柱中，CC1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴CC1⊥AC，∵底面ABCD为等腰梯形，AB＝4，BC＝2，F是棱AB的中点，∴CF＝AD＝BF＝2，∴△BCF为正三角形，∠BCF＝∠CFB＝60°，∠FCA＝∠FAC＝30°，∴AC⊥BC.又BC与CC1都在平面BB1C1C内且交于点C，∴AC⊥平面BB1C1C，而AC⊂平面D1AC，∴平面D1AC⊥平面BB1C1C.。

2019年高考数学理科总复习双基过关检测 “空间位置关系” 含解析

“空间位置关系”双基过关检测一、选择题1．在下列命题中，不是公理的是()A．平行于同一个平面的两个平面相互平行B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线解析：选A选项A是面面平行的性质定理，是由公理推证出来的．2．在正方体AC1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是()A．相交B．异面C．平行D．垂直解析：选A如图所示，直线A1B与直线外一点E确定的平面为A1BCD1，EF⊂平面A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交．3．(2015·北京高考)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β”是“α∥β”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/ α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件．4．(2016·南昌一模)已知a，b，c是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，则下列命题中正确的是()A．a与b异面，b与c异面⇒a与c异面B．a与b相交，b与c相交⇒a与c相交C．α∥β，β∥γ⇒α∥γD．a⊂α，b⊂β，α与β相交⇒a与b相交解析：选C如图(1)，在正方体中，a，b，c是三条棱所在直线，满足a与b异面，b 与c异面，但a∩c＝A，故A错误；在图(2)的正方体中，满足a与b相交，b与c相交，但a与c不相交，故B错误；如图(3)，α∩β＝c，a∥c，则a与b不相交，故D错误．5.如图所示，P 为矩形ABCD 所在平面外一点，矩形对角线交点为O ，M 为PB 的中点，给出下列五个结论：①PD ∥平面AMC ；②OM∥平面PCD ；③OM ∥平面PDA ；④OM ∥平面PBA ；⑤OM ∥平面PBC .其中正确的个数有( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C 矩形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，所以O 为BD 的中点．在△PBD 中，M 是PB 的中点，所以OM 是△PBD 的中位线，OM ∥PD ，则PD ∥平面AMC ，OM ∥平面PCD ，且OM ∥平面PDA .因为M ∈PB ，所以OM 与平面PBA 、平面PBC 相交．6．(2017·长春模拟)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.36C.13D.33解析：选B 画出正四面体ABCD 的直观图，如图所示．设其棱长为2，取AD 的中点F ，连接EF ，CF ，设EF 的中点为O ，连接CO ，则EF ∥BD ，则∠FEC 就是异面直线CE 与BD 所成的角，△ABC 为等边三角形，则CE ⊥AB ，易得CE ＝3，同理可得CF ＝3，故CE ＝CF .因为OE＝OF ，所以CO ⊥EF .又EO ＝12EF ＝14BD ＝12，所以cos ∠FEC ＝EO CE ＝123＝36. 7．(2016·余姚模拟)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平行解析：选D如图，连接C1D，在△C1DB中，MN∥BD，故C正确；∵CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴CC1⊥BD，∴MN与CC1垂直，故A正确；∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN与AC垂直，故B正确，故选D.8．(2017·福州质检)在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与直线A1B1，EF，BC都相交的直线()A．不存在B．有且只有两条C．有且只有三条D．有无数条解析：选D在EF上任意取一点M，直线A1B1与M确定一个平面，这个平面与BC有且仅有1个交点N，当M的位置不同时确定不同的平面，从而与BC有不同的交点N，而直线MN与A1B1，EF，BC分别有交点P，M，N，如图，故有无数条直线与直线A1B，EF，BC都相交．二、填空题9．如图所示，平面α，β，γ两两相交，a，b，c为三条交线，且a∥b，则a与b，c 的位置关系是________．解析：∵a∥b，a⊂α，b⊄α，∴b∥α.又∵b⊂β，α∩β＝c，∴b∥c.∴a∥b∥c.答案：a∥b∥c10．(2016·天津六校联考)设a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若a∥α且b∥α，则a∥b；②若a⊥α且a⊥β，则α∥β；③若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；④若α⊥β，则一定存在直线l，使得l⊥α，l∥β.上面命题中，所有真命题的序号是________．解析：①中a与b也可能相交或异面，故不正确．②垂直于同一直线的两平面平行，正确．③中存在γ，使得γ与α，β都垂直．④中只需直线l⊥α且l⊄β就可以．答案：②③④11．(2015·浙江高考)如图，在三棱锥A-BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．解析：如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.∵M为AD的中点，∴MK∥AN，∴∠KMC为异面直线AN，CM所成的角．∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N为BC的中点，由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝22，∴MK＝ 2.在Rt△CKN中，CK＝(2)2＋12＝ 3.在△CKM中，由余弦定理，得cos∠KMC＝(2)2＋(22)2－(3)22×2×22＝78.答案：7 812.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD ⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解析：连接AC，BD，则AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD.又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，∴平面MBD ⊥平面PCD .答案：DM ⊥PC (或BM ⊥PC )三、解答题13.如图所示，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π2，AB ＝2，AC ＝23，PA ＝2.求： (1)三棱锥P -ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值．解：(1)S △ABC ＝12×2×23＝23，故三棱锥P -ABC 的体积为V ＝13·S △ABC ·PA ＝13×23×2＝433.(2)如图所示，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则DE ∥BC ，所以∠ADE (或其补角)是异面直线BC 与AD 所成的角．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2，则cos ∠ADE ＝DE 2＋AD 2－AE 22DE ·AD ＝22＋22－22×2×2＝34. 即异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34. 14．如图，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝4，BC ＝CD ＝2，AA 1＝2，E ，E 1，F 分别是棱AD ，AA 1，AB 的中点．(1)证明：直线EE 1∥平面FCC 1；(2)证明：平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C .证明：(1)∵F 是AB 的中点，AB ∥ CD ，AB ＝4，BC ＝CD ＝2， ∴AF 綊CD ，∴四边形AFCD 为平行四边形，∴CF ∥AD .又ABCD -A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，∴C1C∥D1D.而FC∩C1C＝C，D1D∩DA＝D，∴平面ADD1A1∥平面FCC1.∵EE1⊂平面ADD1A1，∴EE1∥平面FCC1.(2)在直四棱柱中，CC1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴CC1⊥AC，∵底面ABCD为等腰梯形，AB＝4，BC＝2，F是棱AB的中点，∴CF＝AD＝BF＝2，∴△BCF为正三角形，∠BCF＝∠CFB＝60°，∠FCA＝∠FAC＝30°，∴AC⊥BC.又BC与CC1都在平面BB1C1C内且交于点C，∴AC⊥平面BB1C1C，而AC⊂平面D1AC，∴平面D1AC⊥平面BB1C1C.。

2019-2020年高考数学二轮复习空间向量解决立体几何问题两妙招专题检测(含解析)

2019-2020年高考数学二轮复习空间向量解决立体几何问题两妙招专题检测（含解析）——“选基底”与“建系”1．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为上底面A 1C 1的中心，若AE →＝AA 1→＋xAB →＋yAD →，则x ，y 的值分别为________．答案 12，12解析如图，AE →＝AA 1→＋A 1E →＝AA 1→＋12A 1C 1→ ＝AA 1→＋12(AB →＋AD →)，所以x ＝12，y ＝12. 2．给出下列命题：①AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0；②|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件； ③若a 与b 共面，则a 与b 所在的直线在同一平面内；④若OP →＝12OA →＋13OB →，则P ，A ，B 三点共线．其中正确命题的序号是________．答案 ①解析由向量的运算法则知①正确；只有当向量a ，b 共线反向且|a |>|b |时成立，故②不正确；当a 与b 共面时，向量a 与b 所在的直线平行、相交或异面，故③不正确；由12＋13≠1知，三点不共线，故④不正确．综上可得①正确．3．(xx·无锡模拟)如图，已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM所成的角的大小是________．答案 90°解析方法一延长A 1B 1至D ，使A 1B 1＝B 1D ，则AB 1∥BD ，∠MBD 就是直线AB 1和BM 所成的角．设三棱柱的各条棱长为2，则BM ＝5，BD ＝22，C 1D 2＝A 1D 2＋A 1C 21－2A 1D ·A 1C 1cos 60°＝16＋4－2×4＝12. DM 2＝C 1D 2＋C 1M 2＝13，∴cos ∠DBM ＝BM 2＋BD 2－DM 22·BM ·BD＝0， ∴∠DBM ＝90°.方法二不妨设棱长为2，选择基向量{BA →，BC →，BB 1→}，则AB 1→＝BB 1→－BA →，BM →＝BC →＋12BB 1→， cos 〈AB 1→，BM →〉＝(BB 1→－BA →)·(BC →＋12BB 1→)22·5＝0－2＋2＋022·5＝0，故〈AB 1→，BM →〉＝90°. 4．P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM 、PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为________．答案 90°解析不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ，∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°，∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →)＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF →＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22ab cos 45°＋22a ×22b＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab 2＝0， ∴EM →⊥FN →，∴二面角α－AB －β的大小为90°.5.如图所示，正四面体VABC 的高VD 的中点为O ，VC 的中点为M .(1)求证：AO 、BO 、CO 两两垂直；(2)求〈DM →，AO →〉．(1)证明设VA →＝a ，VB →＝b ，VC →＝c ，正四面体的棱长为1，则VD →＝13(a ＋b ＋c )， AO →＝16(b ＋c －5a )， BO →＝16(a ＋c －5b )，CO →＝16(a ＋b －5c )， ∴AO →·BO →＝136(b ＋c －5a )·(a ＋c －5b ) ＝136(18a ·b －9|a |2) ＝136(18×1×1·cos 60°－9)＝0. ∴AO →⊥BO →，∴AO ⊥BO ，同理AO ⊥CO ，BO ⊥CO ，∴AO 、BO 、CO 两两垂直．(2)解 DM →＝DV →＋VM →＝－13(a ＋b ＋c )＋12c ＝16(－2a －2b ＋c )． ∴|DM →|＝ [16(－2a －2b ＋c )]2＝12， |AO →|＝ [16(b ＋c －5a )]2＝22， DM →·AO →＝16(－2a －2b ＋c )·16(b ＋c －5a )＝14， ∴cos 〈DM →，AO →〉＝1412·22＝22， ∵〈DM →，AO →〉∈[0，π]，∴〈DM →，AO →〉＝45°.6．如图所示，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1的长；(2)求BD 1与AC 夹角的余弦值．解记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12. (1)|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×(12＋12＋12)＝6， ∴|AC 1→|＝6，即AC 1的长为 6.(2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ，∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3，BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1.∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66. ∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66. 7．(xx·课标全国Ⅰ)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C .(1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A －A 1B 1－C 1的余弦值．(1)证明连结BC 1，交B 1C 于点O ，连结AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点．又AB ⊥B 1C ，AB ∩BO ＝B ，所以B 1C ⊥平面ABO .由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO .又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)解因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO .又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌△BOC ，故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两互相垂直．以O 为坐标原点，OB →、OB 1→、OA →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|OB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形．又AB ＝BC ，OC ＝OA ，则A (0,0，33)，B (1,0,0)，B 1(0，33，0)，C (0，－33，0)，AB 1→＝(0，33，－33)，A 1B 1→＝AB →＝(1,0，－33)，B 1C 1→＝BC →＝(－1，－33，0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎨⎧ 33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取平面AA 1B 1的一个法向量n ＝(1，3，3)．设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0. 同理可取平面A 1B 1C 1的一个法向量m ＝(1，－3，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝17. 所以二面角A －A 1B 1－C 1的余弦值为17.8．(xx·山东)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝3，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．(1)证明因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC.又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA.连结AD1，如图(1)．在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C1M∥D1A.又C1M⊄平面A1ADD1，D1A⊂平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.(2)解方法一如图(2)，连结AC，MC.由(1)知CD∥AM且CD＝AM，所以四边形AMCD为平行四边形，可得BC＝AD＝MC，由题意∠ABC ＝∠DAB ＝60°，所以△MBC 为正三角形，因此AB ＝2BC ＝2，CA ＝3，因此CA ⊥CB . 以C 为坐标原点，建立如图(2)所示的空间直角坐标系C －xyz ，所以A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)，因此M ⎝⎛⎭⎫32，12，0，所以MD 1→＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，3， D 1C 1→＝MB →＝⎝⎛⎭⎫－32，12，0. 设平面C 1D 1M 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·D 1C 1→＝0，n ·MD 1→＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，3x ＋y －23z ＝0，可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)．又CD 1→＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量，因此cos 〈CD 1→，n 〉＝CD 1→·n |CD 1→||n |＝55. 所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 方法二由(1)知平面D 1C 1M ∩平面ABCD ＝AB ，过点C 向AB 引垂线交AB 于点N ，连结D 1N ，如图(3)．由CD 1⊥平面ABCD ，可得D 1N ⊥AB ，因此∠D 1NC 为二面角C 1－AB －C 的平面角．在Rt △BNC 中，BC ＝1，∠NBC ＝60°，可得CN ＝32. 所以ND 1＝CD 21＋CN 2＝152. 在Rt △D 1CN 中，cos ∠D 1NC ＝CN D 1N ＝32152＝55，所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55.9.如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝4，CB ＝4，CC 1＝22，∠ACB ＝90°，点M 在线段A 1B 1上．(1)若A 1M ＝3MB 1，求异面直线AM 和A 1C 所成角的余弦值；(2)若直线AM 与平面ABC 1所成角为30°，试确定点M 的位置．解方法一 (坐标法)以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (4,0,0)，A 1(4,0,22)，B 1(0,4，22)．(1)因为A 1M ＝3MB 1，所以M (1,3,22)．所以CA 1→＝(4,0,22)，AM →＝(－3,3,22)．所以cos 〈CA 1→，AM →〉＝CA 1→·AM →|CA 1→||AM →|＝－424×26 ＝－3939. 所以异面直线AM 和A 1C 所成角的余弦值为3939.(2)由A (4,0,0)，B (0,4,0)，C 1(0,0,22)，知AB →＝(－4,4,0)，AC 1→＝(－4,0,22)．设平面ABC 1的法向量为n ＝(a ，b ，c )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·AC 1→＝0，得⎩⎨⎧－4a ＋4b ＝0，－4a ＋22c ＝0，令a ＝1，则b ＝1，c ＝2，所以平面ABC 1的一个法向量为n ＝(1,1，2)．因为点M 在线段A 1B 1上，所以可设M (x,4－x,22)，所以AM →＝(x －4,4－x,22)．因为直线AM 与平面ABC 1所成角为30°，所以|cos 〈n ，AM →〉|＝sin 30°＝12. 由|n ·AM →|＝|n ||AM →||cos 〈n ，AM →〉|，得|1×(x －4)＋1×(4－x )＋2×22|＝2×(x －4)2＋(4－x )2＋8×12，解得x ＝2或x ＝6.因为点M 在线段A 1B 1上，所以x ＝2，即点M (2,2,22)是线段A 1B 1的中点．方法二 (选基底法)由题意CC 1⊥CA ，CA ⊥CB ，CC 1⊥CB 取CA →，CB →，CC 1→作为一组基底，则有|CA →|＝|CB →|＝4，|CC 1→|＝22，且CA →·CB →＝CB →·CC 1→＝CA →·CC 1→＝0.(1)由A 1M →＝3MB 1→，则A 1M →＝34A 1B 1→＝34AB →＝34CB →－34CA →， ∴AM →＝AA 1→＋A 1M →＝CC 1→＋34CB →－34CA →，且|AM →|＝26，A 1C →＝－CC 1→－CA →，且|A 1C →|＝26，AM →·A 1C →＝4，∴cos 〈AM →，A 1C →〉＝426·26＝3939. 即异面直线AM 与A 1C 所成角的余弦值为3939. (2)设A 1M ＝λA 1B 1，则AM →＝CC 1→＋λCB →－λCA →.又AB →＝CB →－CA →，AC 1→＝CC 1→－CA →，设平面ABC 1的法向量为n ＝xCA →＋yCB →＋zCC 1→，则n ·AC 1→＝8z －16x ＝0，n ·AB →＝16y －16x ＝0，不妨取x ＝y ＝1，z ＝2，则n ＝CA →＋CB →＋2CC 1→且|n |＝8，|AM →|＝32λ2＋8，AM →·n ＝16，又AM 与面ABC 1所成的角为30°，则应有⎪⎪⎪⎪⎪⎪AM →·n |AM →|·n ＝16832λ2＋8＝12，得λ＝12，即M 为A 1B 1的中点．10．(xx·北京)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BD BC 1的值．方法一 (坐标法)(1)证明在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC .又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，∴AA 1⊥平面ABC .(2)解在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5，∴BC 2＝AC 2＋AB 2，AB ⊥AC ，∴以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A －xyz .A 1(0,0,4)，B (0,3,0)，C 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，A 1C 1→＝(4,0,0)，A 1B →＝(0,3，－4)，B 1C 1→＝(4，－3,0)，BB 1→＝(0,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∴⎩⎪⎨⎪⎧A 1C 1→·n 1＝0，A 1B →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 4x 1＝0，3y 1－4z 1＝0. ∴取平面A 1BC 1的一个法向量n 1＝(0,4,3)．由⎩⎪⎨⎪⎧ B 1C 1→·n 2＝0，BB 1→·n 2＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x 2－3y 2＝0，4z 2＝0. 取平面B 1BC 1的一个法向量n 2＝(3,4,0)．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝165×5＝1625. 由题知二面角A 1－BC 1－B 1为锐角，所以二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值为1625. (3)证明设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD →＝λBC 1→.∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)，解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ.∴AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)．又AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0则λ＝925，因此BD BC 1＝925. 方法二 (选基底法)由四边形AA 1C 1C 是边长为4的正方形，且平面ABC ⊥平面AA 1C 1C .知AC ⊥AB ，AC ⊥AA 1，AA 1⊥AB ，以AC →，AB →，AA 1→为基底，则有AC →·AB →＝AC →·AA 1→＝AA 1→·AB →＝0，且|AC →|＝4，|AB →|＝3，|AA 1→|＝4.(1)证明由AA 1→·AC →＝0，AA 1→·AB →＝0，知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB ，又AC ∩AB ＝A ，所以AA 1⊥面ABC .(2)解 A 1C 1→＝AC →，BC 1→＝BC →＋CC 1→＝AC →－AB →＋AA 1→，BB 1→＝AA 1→.设面A 1BC 1的法向量为n 1＝x 1AC →＋y 1AB →＋z 1AA 1→，由n 1·A 1C 1→＝0及n 1·BC 1→＝0，可取x 1＝0，y 1＝16，z 1＝9，即n 1＝16AB →＋9AA 1→，另设面BC 1B 1的法向量为n 2＝x 2AC →＋y 2AB →＋z 2AA 1→，由n 2·BB 1→＝0及n 2·BC 1→＝0，可取x 2＝9，y 2＝16，z 2＝0，即n 2＝9AC →＋16AB →，所以n 1·n 2＝162×9，|n 1|＝|n 2|＝256×9＋81×16，∴cos 〈n 1，n 2〉＝162×9256×9＋81×16＝1625，即二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值为1625. (3)证明设BD →＝λBC 1→，则AD →＝AB →＋BD →＝λAC →＋(1－λ)AB →＋λAA 1→，A 1B →＝AB →－AA 1→，所以AD →·A 1B →＝9－9λ－16λ＝0，得λ＝925. 于是BC 1上存在点D 且BD ＝925BC 1，使AD ⊥A 1B ，此时BD BC 1＝925..。

2019-2020年高考数学总复习空间向量双基过关检测理

A. — 1 B . 0、选择题1.在空间直角坐标系中，点F (m,0,0)到点P 1(4,1,2)的距离为.30，则m 的值为()A.— 9 或 1B . 9 或—1 C. 5 或一5 D . 2 或 3解析：选B 由题意| PR | = 30,即，mH] 2+ — 1 2+-2 2= .30,2(m- 4) = 25,解得 m= 9 或 m=— 1.故选 B.2x - y =7, ••• x + 2y = 6,解得入=—9..—3x + 3y =入,14. (xx •揭阳期末)已知 a = (2,3 , — 4) , b = ( — 4, — 3, — 2) , b = ?x — 2a ,则 x =( )A. (0,3 , — 6) B . (0,6 , — 20) C. (0,6 , — 6)D . (6,6 , — 6)1解析：选 B 由 b =只—2a ,得 x = 4a + 2b = (8,12 , — 16) + ( — 8, — 6, — 4)= (0,6 , — 20).5.在空间四边形 ABC [中 , AB • CD + AC • DB + AD • BC =()2.已知 a =(入 + 1,0,2) ,b = (6,2 1 —1,2 入)，若 a / b ,贝U 入与 1 的值可以是(A. 12, 2 B 1.—3 , 12C .—3,2 D.2,2解析：选 A •/a // b , • ■- b = ka ,即(6,2 卩―1,2 入)=k (入+ 1,0,2),6 = k 入 + ], *= 2 ,X =— 3 ,• 2(1 — 1 = 0 ,解得 1或12 入=2k ,1= 2k 卩=2.3.已知 a = (2,1 , — 3) ,b = ( — 1,2,3), c =(7,6,入),若 a , b ,c 三向量共面,()A. 9B .—9C .—3 D.3解析：选B 由题意知 c = xa + yb ,即(7,6 ,入)= = x(2,1 , — 3) + y ( —1,2,3),)则入=1 得入=±严.经检验入=严不合题意，舍去，二入=—二6.解析：选B 如图，令—AB = a ,"A C = b, "AD = c ,- > > > > > >则 AB • CD + AC • DB + AD • BC =a •( c — b ) + b ・(a — c ) + c •( b - a ) =a -c — a °b + b -a — b ・c + c -b — c -a =0.6.如图所示，在平行六面体 ABCD -A i BCD 中，M 为AC 与BD 的交点.若 AB = a , AD = b , AA = c ,则下列向量中与"BM 相等的向量是（）1 1A.— §a +q b + c1 1B. q a + 労+ cC.— 2a — ?b + cD. ?a — gb + c 解析：选ABM = BB + BM = AA + 2( AD —A B ) = c + 2(b — a ) = — 2a +gb+ c .CDEF 都是边长为1的正方形，则 B, D 两点间的距离是( )A. 3B. 2C. 1D. . 3—、2解析：选D-- A --- A --- A --- A ••• BD = BF + FE + ED ,B 2•-1 BD |2= |——A 2 A 2 > 2 > A A A A ABF |2+ | FE | 2+ | ED | 2+ 2 BF • FE + 2 FE • ED + 2 BF • ED=1 +1+1-迈=3-灵，故 | 苗={3—72.---A--- A ---- A&(XX •东营质检)已知A (1,0,0),耳0,— 1,1) , OA +入0B 与0B 的夹角为120°,则入的值为（B.—%/6—6D .土 6解析：选C -- A --- A因为OA +入0B = (1 ,—入，入），所以cos 120°2 6 6 6、填空题9.已知点 A (1,2,1) , B ( — 1,3,4) , Q1,1,1)，若-P = 2"P B ，则 | "P D | 的值是-- >解析：设 P (x , y , z ) , . Ap = (x — 1, y — 2, z — 1). "B = ( — 1 — x, 3— y,4 — z )，由-P = 2"P B 得点 P 坐标为又 D (1,1,1) ,. | "D | =# 答案：¥-- > -- >10.如图所示，在长方体 ABCDABCD 中，O 为AC 的中点.用AB , AD ,- > 1 ----- > 1 ------ > --- >解析：OC = 2 AC = 2( AB + AD ),--- > > > 1 > > > 1 > 1 > >--OC = OC + OC = 2( AB + AD ) + AA = 2 AB + ㊁ AD + AA .答案：1"B +2"D +"Xn11.如图所示，已知空间四边形 OABCOB= OC 且/ AOB=Z AOC=§, 则cos < "A , "BC >的值为解析：设"OA = a , "O B = b , "5c= c ,c — a- b =弓 a || c | — a || b | = 0,-- > ---- >cos < OA , BC > = 0.答案：012. （xx •北京西城模拟）如图所示，正方体ABCDABCD 的棱长为1, -- > --- >若动点P 在线段BD 上运动，则DC - AP 的取值范围是解析：由题意，设"B P 二入-，其中入€ [0,1] , "De • "P =-- X---- X X ---X X 2--- X X X 2--- X--- XAB -( "AB +"Bp ) = AB •( AB + 入 BD ) = AB 2+ 入 AB - BD = AB 2+ 入 AB •( AD-- X ---- X 2--- X ---- X—AB ) = (1 —入)AB 2= 1—入 € [0,1].因此 DC - AP 的取值范围是[0,1].3 8,3,由已知条件，得〈a , b > = < a ,nc>=亍，且 I b | = | c | ,"OA • —C = a •( c — b ) = a •□答案：[0,1]三、解答题13. 已知平行六面体ABCDABGD中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA= 2,/ AAB =Z AAD= 120°.⑴求线段AC的长；(2) 求异面直线AC与A i D所成角的余弦值；解: (1)如图，设"AB = a, ~A D = b, ~AA = c,(3) 求证：AA丄BD则| a| = | b| = 1, | c| = 2, a • b= 0, c • a= c • b= 2x 1 x cos 120 °=—1.--- A ---- A ----- AAC = AC + CC--- A ---- A ----- A=AB + AD + AA=a+ b+ c,「•I ~A G | = | a+ b+ c| = a+ b+ c 2=■ | a|2+ | b|2+ | c|2+ a • b+ b • c + c • a=12+ 12+ 22+? 0—1 —1 = 2.•••线段AC的长为 2.⑵设异面直线AC与AD所成的角为0 .------- A-------------- A小—A—A| AC • AD|贝U cos 0 = |cos 〈AC , AD> | = 一〉.I 崗| XD|AC = a+ b+ c, A1D = b —c,A A 2 2 2 2• AC • A D= (a+ b + c) •( b —c) = a • b—a • c + b —c = 0+ 1 + 1 — 2 = —2,I AD| = ~b—c~2b2—2b • c+ c2I 朋• AD I I -2| V T4二cos 0 ==■. 1—— 1 + 2 = . 7.故异面直线AC与AD所成角的余弦值为呼.⑶证明: A A = c, B D = b —a,A A •B D = c ・(b —a) = c • b—c • a= ( —1) —( —1) = 0.------- A-------------A• AA 丄BD, • AA丄BDE,6 33解：⑴证明：连接AG 交AC 于点F , 则F 为AC 的中点.又D 是AB 的中点，连接DF,贝U BC // DF 因为DF ?平面ACD BC ?平面ACD 所以BC //平面AQD 设n = (x , y ,•••二面角 DAGE 的正弦值为"C E = (0,2,1) , ^CA = (2,0,2)n • CD =0,则丫--- Aj • CA = 0,X i + y i = 0, 即｛2x i + 2z i = 0. 可取 n = (i , - i , -i) •同理，设m = (X 2,y 2, Z 2)是平面A i CE 的法向量,m- "C E = 0, 则一m- "CA = 0.】2y 2+ Z 2= 0, 即仁 + 2Z 2=0, 可取 m=n • m 2 — i + 23.3X3 = 3 ，从而cos 〈n ，m = mrm故 sin 〈 n , m 〉得 ACLBC(2)由 AC = CB=亠14.如图，直三棱柱 ABCABC 中，D E 分别是AB BB 的中点，AA =AC= CB=#AB(1 )证明：BC //平面A i CD (2)求二面角D-A i C -E 的正弦值.间直角坐标系C-xyz .以C 为坐标原点， CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空设 CA= 2，则 D i , i ,0) , E (0,2, i ) , A (2,0,2) , "C D = ( i , i ,0)2019-2020年高考数学总复习第一章集合与常用逻辑用语1集合课时作业、选择题1. 已知集合A =「X x €乙且，则集合A 中的元素个数为( A. C. 2 B . 4 D . 解析：• 3 53€ Z,2— x 的取值有—3, 2 x —1,1,3 , 又••• x € Z ,「. x 值分别为 5,3,1 , -1,故集合A 中的元素个数为4，故选C. 答案：C(xx •长沙模拟)若集合M = {1,3}, 2. ( ) A.C .N= {1,3,5}，则满足MJ X = N 的集合X 的个数为B . 2 D . 4本题考查集合的运算. 由 M U X = N 得集合 D.解析： {3,5}或{1,3,5}，共4个，故选答案：D3. 集合 A = {x |x — 2x <0}, A. A T B = ? B . A T B = A C. A U B = A D . A U B = R解析：本题考查不等式的求解、集合的运算.由于结合选项可知 A T B= A 成立，A U B = B,故选B.答案：B4. 则集合 A. C. X 中必有元素5,则X ={5}或{1,5}或 B ={x || x |<2}，则（ A = {x |0< x <2| , B= {x | — 2<x <2}, （xx •陕西西安一模，2）已知集合M = { — 1,0,1} M 与集合N 的关系是（） M = N B . M T N= N MU N = N D . M T N = ? ,N= {x | x = ab, a , b € M 且 a * b },b€ M 且a* b},所以N= { —1,0}, 解析：因为集合M= {—1,0,1} , N= {x| x = ab, a, 则集合MA N= N.故选B.答案：B5.(xx •天津十二县区联考)已知集合M= {x| x >4} ,N= {x|1<x<3}，则NQ( ?R M =( )A. {x| —2< x<1} B . {x| —2< x< 2}C. {x|1<x w2} D . {x| x<2}解析：本题考查集合的运算.由题意得集合M= {x|x<—2或x>2}，所以?R M= {x| —2w x w 2}，所以NQ(?R M = {x|1<x w 2}，故选C.熟记集合的补集和并集运算法则是解题的关键.答案：C6. 已知集合A= {x| x2—3x<0}, B= {1 , a}，且A T B有4个子集，则实数a的取值范围是()A. (0,3)B. (0,1) U (1,3)C. (0,1)D. ( —s, 1) U (3 ,+^)解析：•/ A T B有4个子集，••• A T B中有2个不同的元素，•••a€ A, • a2—3a<0,解得0<a<3且a* 1,即实数a的取值范围是(0,1) U (1,3),故选B. 答案：B 7. (xx •湖北武昌一模)设A, B 是两个非空集合，定义集合A — B = {x |x € A 且x ?B } •若 A = {x € N|0 w x w 5}, B = {x | x — 7x + 10<0}，贝U A — B =( ) A. {0,1} B . {1,2} B. {0,1,2} D . {0,125} 解析：•/ A = {x € N|0 w x w 5} = {0,1,2,3,4,5} , B = {x |x 2— 7x + 10<0} = {x |2< x <5} , A —B = {x | x € A 且 x ?B , ••• A - B= {0,1,2,5}.故选 D. 答案：D 8. (xx •河北衡水中学七调 )已知集合 A = {x |log 2x <1} , B= {x |0<x <c }，若 A U B = B , 则c 的取值范围是( ) A. (0,1] B . [1 ,+s)C. (0,2] D . [2 ,+s) 解析：A ={x |log 2x <1} = {x |0< x <2},因为 A U B = B,所以 A ? B,所以 c >2,所以 c € [2 , + s )，故选D. 答案：D 9. (xx •湖北省七市(州)协作体联考)已知集合P = { n | n = 2k — 1, k € N*, k w 50}, Q= {2,3,5},则集合T = {xy |x € P, y € Q 中元素的个数为( ) A. 147 B . 140 C. 130 D . 117 解析：由题意得，y 的取值一共有3种情况，当y = 2时，xy 是偶数，不与y = 3, y = 5 有相同的元素，当 y = 3, x = 5,15,25，…，95时，与y = 5, x = 3,9,15，…，57时有相同的元素，共10个，故所求元素个数为 3X 50— 10= 140,故选B. 答案：B 10. （xx •豫北名校联考）设集合 A = {x | x 2+ 2x — 3>0}，集合 B= {x | x 2— 2ax — 1w 0, a >0}, 若A n B 中恰含有一个整数，则实数 a 的取值范围是（） 73 4> B. 忖 4） 3 C. 4,+^ D . (1 ,+◎ 2 解析：A = {x | x + 2x — 3>0} = {x | x >1 或 x <— 3}, 设函数f (x ) = x 2— 2ax — 1,因为函数f (x ) = x 2— 2ax — 1图象的对称轴为 A n B 中恰有一个整数，则这个整数为 2, 4 — 4a — 1w 0, 即什 9 — 6a —1>0,答案：B二、填空题11. 设集合 A = {3 , nm , B= {3 m,3}，且A = B ,则实数 m 的值是 __________ .解析：由集合 A= {3 , m = B = {3 m,3}，得 3m= m 贝U m = 0.答案：0x = a ( a >0) ,f (0) • a <3 即A a<；,故选 B. =—1<0,根据对称性可知若所以12. 已知A= {x|x2—3x+ 2<0} ,B= {x|1<x<a}，若A? B,则实数a 的取值范围是_________解析：因为A= {x| x2—3x+ 2<0} = {x|1<x<2}? B,所以a>2.答案：[2 ,+R)213. (xx •江苏卷)已知集合A= {1,2} , B={a, a + 3}.若A n B={1}，则实数a的值为________ .解析：•/ A n B= {1} , A= {1,2},••• 1 € B且2?B若a= 1,则a2+ 3 = 4,符合题意.又a2+ 3>3工1,故a= 1.答案：114.设函数f(x) = lg(1 - x2)，集合A={x|y= f (x)} , B={y|y= f (x)}，则图中阴影部分表示的集合为___________________ .2 2解析：因为A= {x| y = f (x)} = {x|1 -x >0} = {x| - 1<x<1}，贝U u= 1-x € (0,1］，所以B= {y| y= f(x)} = {y|y< 0}, A U B= (-^, 1) , A n B= ( - 1,0］，故图中阴影部分表示的集合为(—3—1］U (0,1).答案：(-3,- 1］U (0,1)［能力挑战］14. (xx •豫北名校联考)设P,Q为两个非空实数集合，定义集合P?Q= {z|z = a+ b,a€ P, b€ Q，若P= { - 1,0,1} , Q= { - 2,2},则集合P?Q中元素的个数是()A. 2 B . 3C. 4 D . 5解析：当a= 0时，无论b取何值，z = a-b= 0；1当a=- 1, b=- 2 时，z= ;1t丄当a=- 1, b= 2 时，z=- ;1t丄当a= 1, b=- 2 时，z=- ;1t丄当a= 1, b= 2 时，z =' 1 r 一故P?Q= ,0, - 2, 2，该集合中共有3个兀素，所以选 B.答案：B15. 已知数集A= {a1, a2,…，a n}(1 < a1<a2<・・van, n》2)具有性质P：对任意的i , j(1 w i w j w n) , aia与色两数中至少有一个属于A,则称集合A为“权集”，则()a iA. {1,3,4}为“权集”B. {1,2,3,6}为“权集”C. “权集”中元素可以有0D. “权集”中一定有元素14解析：由于3X4与3均不属于数集{1,3,4}，故A 不正确，由于1X 2,1 X 3,1 X 6,2 X 3,AO Q C c6 6, 1 2, 3 6都属于数集{1,2,3,6}，故B 正确，由“权集”的定义可知」需有意义， 2 3 1 2 3 6 a i故不能为0,同时不一定有1,故C , D 错误，选B.答案：B16. 设常数 a € R,集合 A= {x |( x -1) •( x - a ) > 0}, B = {x |x > a - 1}，若 A U B = R , 则a 的取值范围为 __________ .解析：若a >1，则集合A = {x |x > a 或x w 1}，利用数轴可知，要使A U B= R,需要a - 1w 1, 则1<a w 2；若a = 1,则集合 A = R,满足 A U B= R ,故a = 1符合题意；若 a <1，则集合 A = {x | x w a 或x > 1},显然满足A U B = R ,故a <1符合题意.综上所述，a 的取值范围为(―汽 2] •答案：（―乂, 2]。

2019高考复习理数通用版：“空间几何体”双基过关检测

“空间几何体”双基过关检测一、选择题1．如图所示，若P为正方体ABCD-A1B1C1D1中AC1与BD1的交点，则△PAC在该正方体各个面上的射影可能是()A．①②③④B．①③C．①④D．②④解析：选C由题意，得△PAC在底面ABCD，A1B1C1D1上的射影如图①所示，△PAC 在其余四个侧面上的射影如图④所示，故选C.2.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2解析：选C依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.3．在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为() A．8π B．12πC．20π D．24π解析：选C如图，由题意得PC为球O的直径，而PC＝22＋42＝25，即球O的半径R＝5，所以球O的表面积S＝4πR2＝20π.选C.4．(2017·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A ．3 2B ．2 3C ．2 2D ．2解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC 1＝AC 2＋CC 21＝(22＋22)＋22＝2 3.5．(2017·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A ．60B ．30C ．20D ．10解析：选D 如图，把三棱锥A -BCD 放到长方体中，长方体的长、宽、高分别为5,3,4，△BCD 为直角三角形，直角边分别为5和3，三棱锥A -BCD 的高为4，故该三棱锥的体积V ＝13×12×5×3×4＝10.6．已知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 ．9πD.27π4解析：选A 如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，所以该球的表面积为4πr 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4.7．(2018·南阳联考)已知一个三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )解析：选C 由已知条件得直观图如图所示，PC ⊥底面ABC ，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA 形成的投影，应为虚线，故选C.8．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶1D ．1∶4解析：选A 由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2. 二、填空题9．(2017·山东高考)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案：2＋π210.已知某四棱锥，底面是边长为2的正方形，且俯视图如图所示．若该四棱锥的侧视图为直角三角形，则它的体积为________．解析：由俯视图可知，四棱锥顶点在底面的射影为O (如图)，又侧视图为直角三角形，则直角三角形的斜边为BC ＝2，斜边上的高为SO ＝1，此高即为四棱锥的高，故V ＝13×2×2×1＝43.答案：4311．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x 的值为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，左侧是一个底面直径为2r ＝1、高为x 的圆柱，右侧是一个长、宽、高分别为5.4－x,3,1的长方体，则该几何体的体积V ＝(5.4－x )×3×1＋π×14×x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.612．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a ＋b 的最大值为________．解析：构造长方体，则其体对角线长为7，其在侧视图中为侧面对角线a ，在俯视图中为底面对角线b ，设长方体底面宽为1，则b 2－1＋a 2－1＝6，则a 2＋b 2＝8，利用不等式⎝⎛⎭⎫a ＋b 2≤a 2＋b 22＝4，则a ＋b ≤4，当且仅当a ＝b ＝2时取等号，即a ＋b 的最大值为4.答案：4三、解答题13．已知正三棱锥V -ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积．解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝⎛⎭⎫23×32×232＝23， ∴S △VBC ＝12×23×23＝6.14．(2018·大庆质检)如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体；(2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积； (3)求出该几何体的体积．解：(1)由题意可知该几何体为正六棱锥．(2)其侧视图如图所示，其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，故该平面图形的面积S ＝12×3a ×3a ＝32a 2.(3)该几何体的体积V ＝13×6×34a 2×3a ＝32a 3.。

2019-2020年高考数学总复习空间向量双基过关检测理

2019-2020年高考数学总复习解三角形双基过关检测理

2019_2020版高中数学第三章空间向量与立体几何测评(含解析)新人教A版选修2_1

2019大连市高三双基测试卷数学(理)参考答案

2019-2020年高三数学第一次统一考试试题 理(含解析)

2019理数高考复习课“空间向量”双基过关检测

2019-2020年高考数学总复习空间几何体双基过关检测理

2018年高考数学总复习空间向量双基过关检测理

【精品】2018年高考数学(理)总复习双基过关检测：“空间向量”含解析

2019-2020学年高考数学一轮复习《空间向量》章节测试题

辽宁大连2019高三下双基测试--数学(理)

辽宁省大连市2019届高三下学期第一次(3月)双基测试数学(理)试题(含答案)

2019版高考数学(理科)一轮复习通用版：“空间位置关系”双基过关检测

2019年高考数学理科总复习 双基过关检测 “空间位置关系” 含解析

2019-2020年高考数学二轮复习 空间向量解决立体几何问题两妙招专题检测(含解析)

2019-2020年高考数学总复习空间向量双基过关检测理

2019高考复习理数通用版：“空间几何体”双基过关检测

2019-2020年高三数学第一次统一考试试题理(含解析)

2019年高考数学理科总复习双基过关检测 “空间位置关系” 含解析

2019-2020年高考数学二轮复习空间向量解决立体几何问题两妙招专题检测(含解析)