2018届高考数学二轮复习疯狂专练9立体几何文20180109325

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(通用版)2018学高考数学二轮复习练酷专题高考第18题(或19题)立体几何课件文

6 (2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为， 3 求该三棱锥的侧面积．解：设 AB＝x，在菱形 ABCD 中，由∠ABC＝120°，可得 AG
3 x ＝GC＝ x，GB＝GD＝ . 2 2 3 因为 AE⊥EC，所以在 Rt△AEC 中，可得 EG＝ x. 2 由 BE⊥平面 ABCD，知△EBG 为直角三角形， 2 可得 BE＝ x. 2 由已知得，三棱锥 EACD 的体积 1 1 6 3 6 VEx＝， ACD＝ × ×AC×GD×BE＝ 3 2 24 3
线线垂直的证明及空间几何体的体积
线面垂直的应用及空间几何体的体积线线垂直的证明及空间几何体的体积
年份
2016 2015
卷别
全国卷Ⅲ 全国卷Ⅰ
考题位置
考查内容
间几何体的体积
解答题第19题线面平行的证明及空解答题第18题面面垂直的判定及空间几何体的侧面积
2015
全国卷Ⅱ
解答题第19题空间线面位置关系、
由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB， 2 1 所以DE∥PC，因此PE＝ PG，DE＝ PC. 3 3 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝2 2. 在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2， 1 1 4 所以四面体PDEF的体积V＝ × ×2×2×2＝ . 3 2 3
2．(2016· 全国卷Ⅰ)如图，已知正三棱锥PABC 的侧面是直角三角形，PA＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G. (1)证明：G是AB的中点； (2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．解：(1)证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，

2018届高考数学理科二轮总复习练习：专题九附加题部分含解析精品

1．(2015·江苏)如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．解以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则各点的坐标为 B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)由题意知，AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2 . 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.2．(2015·江苏)已知集合X ＝{1,2,3}，Y n ＝{1,2,3，…，n }(n ∈N *)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数． (1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明．解 (1)Y 6＝{1,2,3,4,5,6}，S 6中的元素(a ，b )满足：若a ＝1，则b ＝1,2,3,4,5,6；若a ＝2，则b ＝1,2,4,6；若a ＝3，则b ＝1,3,6.所以f (6)＝13. (2)当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧n ＋2＋⎝⎛⎭⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝⎛⎭⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝⎛⎭⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝⎛⎭⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝⎛⎭⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝⎛⎭⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N *)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立；②假设当n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么当n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论： 1)若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；2)若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k3＋1＝(k ＋1)＋2＋(k ＋1)－12＋(k ＋1)－13，结论成立；3)若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋(k ＋1)－23，结论成立；4)若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2＝(k ＋1)＋2＋(k ＋1)－12＋k ＋13，结论成立；5)若k ＋1＝6t ＋4，则k ＝6t ＋3，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k3＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋(k ＋1)－13，结论成立；6)若k ＋1＝6t ＋5，则k ＝6t ＋4，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k －13＋1＝(k ＋1)＋2＋(k ＋1)－12＋(k ＋1)－23，结论成立．综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立．3．(2016·江苏)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l ：x －y －2＝0，抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)．(1)若直线l 过抛物线C 的焦点，求抛物线C 的方程； (2)已知抛物线C 上存在关于直线l 对称的相异两点P 和Q . ①求证：线段PQ 的中点坐标为(2－p ，－p )； ②求p 的取值范围．(1)解 ∵l ：x －y －2＝0，∴l 与x 轴的交点坐标为(2,0)．即抛物线的焦点为(2,0)，∴p2＝2，p ＝4.∴抛物线C 的方程为y 2＝8x .(2)①证明设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．则⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝2px 1，y 22＝2px 2，则⎩⎨⎧x 1＝y 212p，x 2＝y 222p ，∴k PQ ＝y 1－y 2y 212p －y 222p＝2py 1＋y 2. 又∵P ，Q 关于l 对称， ∴k PQ ＝－1，即y 1＋y 2＝－2p ， ∴y 1＋y 22＝－p . 又∵PQ 的中点一定在l 上， ∴x 1＋x 22＝y 1＋y 22＋2＝2－p . ∴线段PQ 的中点坐标为(2－p ，－p )．②解 ∵PQ 的中点为(2－p ，－p )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2p ，x 1＋x 2＝y 21＋y 222p ＝4－2p ，即⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2p ，y 21＋y 22＝8p －4p 2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2p ，y 1y 2＝4p 2－4p ，即关于y 的方程y 2＋2py ＋4p 2－4p ＝0有两个不等实根．∴Δ＞0. 即4p 2－4(4p 2－4p )＞0，解得0＜p ＜43，故所求p 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，43. 4．(2016·江苏)(1)求7C 36－4C 47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C m n －1＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.(1)解 7C 36－4C 47＝7×20－4×35＝0.(2)证明对任意的m ，n ∈N *，n ≥m ， ①当n ＝m 时，左边＝(m ＋1)C m m ＝m ＋1，右边＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＝m ＋1，原等式成立．②假设当n ＝k (k ≥m )时命题成立．即(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋k C m k －1＋(k ＋1)C m k ＝(m ＋1)C m ＋2k ＋2，当n ＝k ＋1时，左边＝(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋k C m k －1＋(k ＋1)C m k ＋(k ＋2)C m k ＋1＝ (m ＋1)C m ＋2k ＋2＋(k ＋2)C m k ＋1，右边＝(m ＋1)C m ＋2k ＋3.而(m ＋1)C m ＋2k ＋3－(m ＋1)C m ＋2k ＋2＝(m ＋1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤(k ＋3)！(m ＋2)！(k －m ＋1)！－(k ＋2)！(m ＋2)！(k －m )！＝(m ＋1)×(k ＋2)！(m ＋2)！(k －m ＋1)！[(k ＋3)－(k －m ＋1)]＝(k ＋2)(k ＋1)！m ！(k －m ＋1)！＝(k ＋2)C m k ＋1， ∴(m ＋1)C m ＋2k ＋2＋(k ＋2)C m k ＋1＝(m ＋1)C m ＋2k ＋3，∴左边＝右边．即当n ＝k ＋1时命题也成立．综合①②可得原命题对任意m ，n ∈N *，n ≥m 均成立．5．(2017·江苏)如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B －A 1D －A 的正弦值．解在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE →，AD →，AA 1→}为正交基底，建立空间直角坐标系A －xyz .因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)， A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)．(1)A 1B →＝(3，－1，－3)，AC 1→＝(3，1，3)，则cos 〈A 1B →，AC 1→〉＝A 1B →·AC 1→|A 1B →||AC 1→|＝(3，－1，－3)·(3，1，3)7＝－17，因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)平面A 1DA 的一个法向量为AE →＝(3，0,0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量，又A 1B →＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量，从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m |＝(3，0，0)·(3，3，2)3×4＝34.设二面角B －A 1D －A 的大小为θ，则|cos θ|＝34.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此二面角B －A 1D －A 的正弦值为74. 6．(2017·江苏)已知一个口袋有m 个白球，n 个黑球(m ，n ∈N *，n ≥2)，这些球除颜色外完全相同．现将口袋中的球随机的逐个取出，并放入如图所示的编号为1,2,3，…，m ＋n 的抽屉内，其中第k 次取球放入编号为k 的抽屉(k ＝1,2，3，…，m ＋n ).(1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p ；(2)随机变量X 表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数，E (X )是X 的数学期望，证明：E (X )<n(m ＋n )(n －1).(1)解编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p ＝C n －1m ＋n －1C n m ＋n ＝n m ＋n.(2)证明随机变量X 的概率分布为随机变量X 的数学期望为E (X )＝∑k ＝n m ＋n1k ·C n －1k －1C n m ＋n＝1C n m ＋n ∑k ＝n m ＋n 1k ·(k －1)！(n －1)！(k －n )！.所以E (X )<1C n m ＋n ∑k ＝n m ＋n(k －2)！(n －1)！(k －n )！＝1(n －1)C n m ＋n ∑k ＝n m ＋n (k －2)！(n －2)！(k －n )！＝1(n －1)C n m ＋n(1＋C n －2n －1＋C n －2n ＋…＋C n －2m ＋n －2)＝1(n －1)C n m ＋n(C n －1n －1＋C n －2n －1＋C n －2n ＋…＋C n －2m ＋n －2) ＝1(n －1)C n m ＋n(C n －1n ＋C n －2n ＋…＋C n －2m ＋n －2) ＝…＝1(n －1)C n m ＋n(C n －1m ＋n －2＋C n －2m ＋n －2) ＝C n －1m ＋n －1(n －1)C nm ＋n ＝n (m ＋n )(n －1)，即E (X )<n(m ＋n )(n －1).江苏高考附加题第22题一般在空间向量与立体几何问题、随机变量与概率分布、抛物线之间轮考，试题难度中等，主要考查基本概念和运算求解能力；23题主要考查计数原理、二项式定理、数学归纳法等，试题难度大．热点一空间向量与立体几何例1 (2017·江苏镇江一模)在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 是棱PC 的中点．(1)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(2)若点F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的正弦值．解 (1)以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．由点E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．故BE →＝(0,1,1)，BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0，不妨令y ＝1，则x ＝2，z ＝1，可得n ＝(2,1,1)为平面PBD 的法向量，于是cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n ||BE →|＝26·2＝33，所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (2)BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)， AB →＝(1,0,0)．由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1，故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，32. 设n 1＝(x ，y ，z )为平面F AB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0，不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)为平面F AB 的法向量，取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－31010，即sin 〈n 1，n 2〉＝1010. 故二面角F －AB －P 的正弦值为1010. 思维升华利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．跟踪演练1 (2017·江苏苏锡常镇一模)如图，已知正四棱锥P －ABCD 中，P A ＝AB ＝2，点M ，N 分别在P A ，BD 上，且PM P A ＝BN BD ＝13.(1)求异面直线MN 与PC 所成角的大小； (2)求二面角N －PC －B 的余弦值．解 (1)设AC ，BD 交于点O ，在正四棱锥P －ABCD 中，OP ⊥平面ABCD . 又P A ＝AB ＝2，所以OP ＝ 2.以点O 为坐标原点，DA →，AB →方向分别为x 轴，y 轴正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，如图．则A (1，－1,0)，B (1,1,0)，C (－1,1,0)，D (－1，－1,0)，P (0,0，2)． OA →＝(1，－1,0)，AP →＝(－1,1，2)，故OM →＝OA →＋AM →＝OA →＋23AP →＝⎝⎛⎭⎫13，－13，223，ON →＝13OB →＝⎝⎛⎭⎫13，13，0，所以MN →＝⎝⎛⎭⎫0，23，－223，PC →＝(－1,1，－2)，cos 〈MN →，PC →〉＝MN →·PC →|MN →||PC →|＝32，所以MN 与PC 所成角的大小为π6.(2)PC →＝(－1,1，－2)，CB →＝(2,0,0)，NC →＝⎝⎛⎭⎫－43，23，0. 设m ＝(x ，y ，z )是平面PCB 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·CB →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋y －2z ＝0，x ＝0，令y ＝2，得z ＝1，m ＝(0，2，1)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCN 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·NC →＝0，即⎩⎨⎧－x 1＋y 1－2z 1＝0，－2x 1＋y 1＝0，令x 1＝2，得y 1＝4，z 1＝2，n ＝(2,4，2)． cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝523×22＝53333，所以二面角N －PC －B 的余弦值为53333.热点二曲线与方程、抛物线例2 (2017·江苏宿迁三模)在平面直角坐标系xOy 中，点F (1,0)，直线x ＝－1与动直线y ＝n 的交点为M ，线段MF 的中垂线与动直线y ＝n 的交点为P .(1)求动点P 的轨迹E 的方程；(2)过动点M 作曲线E 的两条切线，切点分别为A ，B ，求证：∠AMB 的大小为定值． (1)解因为直线y ＝n 与x ＝－1垂直，所以MP 为点P 到直线x ＝－1的距离．连结PF ，因为点P 为线段MF 的中垂线与直线y ＝n 的交点，所以MP ＝PF ，所以点P 的轨迹是抛物线．焦点为F (1,0)，准线为x ＝－1. 所以曲线E 的方程为y 2＝4x .(2)证明由题意知，过点M (－1，n )的切线斜率存在，设切线方程为y －n ＝k (x ＋1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋k ＋n ，y 2＝4x ，得ky 2－4y ＋4k ＋4n ＝0，所以Δ1＝16－4k (4k ＋4n )＝0，即k 2＋kn －1＝0.(*)因为Δ2＝n 2＋4>0，所以方程(*)存在两个不等实根，设为k 1，k 2，因为k 1·k 2＝－1，所以∠AMB ＝90°，为定值．思维升华求轨迹方程主要有两种方法：一是直接法，二是定义法．本题利用抛物线的定义求解，对于抛物线试题，解题关键是联立方程组，构造方程，利用方程思想解题．跟踪演练2 在平面直角坐标系xOy 中，直线l ：x ＝－1，点T (3,0)．动点P 满足PS ⊥l ，垂足为S ，且OP →·ST →＝0.设动点P 的轨迹为曲线C . (1)求曲线C 的方程；(2)设Q 是曲线C 上异于点P 的另一点，且直线PQ 过点(1,0)，线段PQ 的中点为M ，直线l 与x 轴的交点为N .求证：向量SM →与NQ →共线． (1)解设P (x ，y )为曲线C 上任意一点．因为PS ⊥l ，垂足为S ，又直线l ：x ＝－1，所以S (－1，y )．因为T (3,0)，所以OP →＝(x ，y )，ST →＝(4，－y )．因为OP →·ST →＝0，所以4x －y 2＝0，即y 2＝4x . 所以曲线C 的方程为y 2＝4x . (2)证明因为直线PQ 过点(1,0)，故设直线PQ 的方程为x ＝my ＋1.P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝my ＋1，消去x ，得y 2―4my ―4＝0.所以y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝―4. 因为点M 为线段PQ 的中点，所以点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，即点M (2m 2＋1,2m )．又因为S (－1，y 1)，N (－1,0)，所以SM →＝(2m 2＋2,2m －y 1)， NQ →＝(x 2＋1，y 2)＝(my 2＋2，y 2)．因为(2m 2＋2)y 2－(2m －y 1)(my 2＋2) ＝(2m 2＋2)y 2－2m 2y 2＋my 1y 2－4m ＋2y 1 ＝2(y 1＋y 2)＋my 1y 2－4m ＝8m －4m －4m ＝0，所以向量SM →与NQ →共线．热点三计数原理与二项式定理例3 设f (n )＝(a ＋b )n (n ∈N *，n ≥2)，若f (n )的展开式中，存在某连续三项，其二项式系数依次成等差数列，则称f (n )具有性质P . (1)求证：f (7)具有性质P ；(2)若存在n ≤2 017，使f (n )具有性质P ，求n 的最大值．(1)证明 f (7)的展开式中第二，三，四项的二项式系数分别为C 17＝7，C 27＝21，C 37＝35. 因为C 17＋C 37＝2C 27，即C 17，C 27，C 37成等差数列，所以f (7)具有性质P .(2)解设f (n )具有性质P ，则存在r ∈N *,1≤r ≤n －1，使C r －1n ，C r n ，C r ＋1n 成等差数列，所以C r －1n ＋C r ＋1n ＝2C r n .整理得4r 2－4nr ＋(n 2－n －2)＝0，即(2r －n )2＝n ＋2，所以n ＋2为完全平方数．又n ≤2 017，由于442<2 017＋2<452，所以n 的最大值为442－2＝1 934，此时r ＝989或945. 思维升华涉及二项式定理的试题要注意以下几个方面：(1)某一项的二项式系数与这一项的系数是两个不同的概念，必须严格加以区别．(2)根据所给式子的结构特征，对二项式定理的逆用或变用，注意活用二项式定理是解决二项式问题应具备的基本素质．(3)关于x 的二项式(a ＋bx )n (a ，b 为常数)的展开式可以看成是关于x 的函数，且当x 给予某一个值时，可以得到一个与系数有关的等式，所以，当展开式涉及到与系数有关的问题时，可以利用函数思想来解决．跟踪演练3 在(1＋x ＋x 2)n ＝D 0n ＋D 1n x ＋D 2n x 2＋…＋D r n x r ＋…＋D 2n －1nx 2n －1＋D 2n n x 2n 的展开式中，把D 0n ，D 1n ，D 2n ，…，D 2n n 叫做三项式系数．(1)当n ＝2时，写出三项式系数D 02，D 12，D 22，D 32，D 42的值；(2)类比二项式系数性质C m n ＋1＝C m －1n ＋C m n (1≤m ≤n ，m ∈N ，n ∈N )，给出一个关于三项式系数D m ＋1n ＋1(1≤m ≤2n －1，m ∈N ，n ∈N )的相似性质，并予以证明．解 (1)因为(1＋x ＋x 2)2＝1＋2x ＋3x 2＋2x 3＋x 4，所以D 02＝1，D 12＝2，D 22＝3，D 32＝2，D 42＝1.(2)类比二项式系数性质C m n ＋1＝C m －1n ＋C m n (1≤m ≤n ，m ∈N ，n ∈N )，三项式系数有如下性质：D m ＋1n ＋1＝D m －1n ＋D m n ＋D m ＋1n(1≤m ≤2n －1)．证明如下：因为(1＋x ＋x 2)n ＋1＝(1＋x ＋x 2)·(1＋x ＋x 2)n ，所以(1＋x ＋x 2)n ＋1＝(1＋x ＋x 2)·(D 0n ＋D 1n x ＋D 2n x 2＋…＋D 2n －1nx 2n －1＋D 2n n x 2n )．上式左边x m＋1的系数为D m ＋1n ＋1，上式右边xm＋1的系数为D m ＋1n ＋D m n ＋D m －1n，于是D m ＋1n ＋1＝D m －1n ＋D m n ＋D m ＋1n(1≤m ≤2n －1)．热点四随机变量及其概率分布例4 (2017·江苏扬州期末)为了提高学生学习数学的兴趣，某校决定在每周的同一时间开设《数学史》、《生活中的数学》、《数学与哲学》、《数学建模》四门校本选修课程，甲、乙、丙三位同学每人均在四门校本课程中随机选一门进行学习，假设三人选择课程时互不影响，且每人选择每一课程都是等可能的．(1)求甲、乙、丙三人选择的课程互不相同的概率；(2)设X 为甲、乙、丙三人中选修《数学史》的人数，求X 的概率分布和数学期望E (X )．解 (1)甲、乙、丙三人从四门课程中各任选一门，共有43＝64(种)不同的选法，记“甲、乙、丙三人选择的课程互不相同”为事件M ，事件M 共包含A 34＝24(个)基本事件，则P (M )＝2464＝38，所以甲、乙、丙三人选择的课程互不相同的概率为38.(2)方法一 X 可能的取值为0,1,2,3，P (X ＝0)＝3343＝2764，P (X ＝1)＝C 13×3243＝2764，P (X ＝2)＝C 23×343＝964，P (X ＝3)＝C 3343＝164.所以X 的概率分布为所以X 的数学期望E (X )＝0×2764＋1×2764＋2×964＋3×164＝34.方法二甲、乙、丙三人从四门课程中任选一门，可以看成三次独立重复试验，X 为甲、乙、丙三人中选修《数学史》的人数，则X ～B ⎝⎛⎭⎫3，14，所以P (X ＝k )＝C k 3⎝⎛⎭⎫14k ⎝⎛⎭⎫343－k，k ＝0,1,2,3，所以X 的概率分布为所以X 的数学期望E (X )＝3×14＝34.思维升华求解一般的随机变量的数学期望的基本方法先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后根据随机变量取这些值的意义求出取这些值的概率，列出概率分布，根据数学期望公式计算．跟踪演练4 (2017·江苏南京考前指导卷)箱子中有4个形状、大小完全相同的小球，其中红色小球2个、黑色和白色小球各1个，现从中有放回的连续摸4次，每次摸出1个球． (1)求4次中恰好有1次红球和1次黑球的概率； (2)求4次摸出球的颜色种数ξ的概率分布与数学期望．解 (1)记事件A 为“摸出1个球是红色小球”，事件B 为“摸出1个球是黑色小球”，事件C 为“摸出1个球是白色小球”，则A ，B ，C 相互独立，且P (A )＝12，P (B )＝14，P (C )＝14.记事件D 为“有放回的连续摸4次，恰好有1次红球和1次黑球”，则P (D )＝A 24×12×14×⎝⎛⎭⎫142＝332. 故4次中恰好有1次红球和1次黑球的概率是332.(2)随机变量ξ的可能值为1,2,3.记事件A i 为“摸出i 个红色小球”，事件B i 为“摸出i 个黑色小球”，事件C i 为“摸出i 个白色小球”．P (ξ＝1)＝P (A 4＋B 4＋C 4)＝P (A 4)＋P (B 4)＋P (C 4)＝⎝⎛⎭⎫124＋⎝⎛⎭⎫144＋⎝⎛⎭⎫144＝9128；P (A 1·B 3＋A 2·B 2＋A 3·B 1)＝C 14⎝⎛⎭⎫12⎝⎛⎭⎫143＋C 24⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫142＋C 34⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫14＝132＋332＋18＝14， P (A 1·C 3＋A 2·C 2＋A 3·C 1)＝C 14⎝⎛⎭⎫12⎝⎛⎭⎫143＋C 24⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫142＋C 34⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫14＝132＋332＋18＝14， P (B 1·C 3＋B 2·C 2＋B 3·C 1)＝C 14⎝⎛⎭⎫14⎝⎛⎭⎫143＋C 24⎝⎛⎭⎫142⎝⎛⎭⎫142＋C 34⎝⎛⎭⎫143⎝⎛⎭⎫14＝164＋3128＋164＝7128，P (ξ＝2)＝P (A 1·B 3＋A 2·B 2＋A 3·B 1)＋P (A 1·C 3＋A 2·C 2＋A 3·C 1)＋P (B 1·C 3＋B 2·C 2＋B 3·C 1)＝14＋14＋7128＝71128； P (ξ＝3)＝P (A 2·B 1·C 1＋A 1·B 2·C 1＋A 1·B 1·C 2)＝A 24⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫142＋A 24⎝⎛⎭⎫142⎝⎛⎭⎫14⎝⎛⎭⎫12＋A 24⎝⎛⎭⎫142·⎝⎛⎭⎫14⎝⎛⎭⎫12＝316＋332＋332＝38. 故随机变量ξ的概率分布为所以数学期望E (ξ)＝1×9128＋2×71128＋3×38＝295128.热点五数学归纳法例5 (2017·江苏南通三模)已知函数f 0(x )＝cx ＋dax ＋b (a ≠0，ac －bd ≠0)．设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求f 1(x )，f 2(x )；(2)猜想f n (x )的表达式，并证明你的结论．解 (1)f 1(x )＝f 0′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤cx ＋d ax ＋b ′＝bc －ad (ax ＋b )2，f 2(x )＝f 1′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤bc －ad (ax ＋b )2′＝－2a (bc －ad )(ax ＋b )3.(2)猜想f n (x )＝(－1)n －1·a n －1·(bc －ad )·n ！(ax ＋b )n ＋1，n ∈N *. 证明：①当n ＝1时，由(1)知结论正确． ②假设当n ＝k ，k ∈N *时结论正确，即有f k (x )＝(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！(ax ＋b )k ＋1. 当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝f k ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！(ax ＋b )k ＋1′＝(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！·[(ax ＋b )－(k ＋1)]′＝(－1)k ·a k ·(bc －ad )·(k ＋1)！(ax ＋b )k ＋2. 所以当n ＝k ＋1时结论成立．由①②得对一切n ∈N *结论正确．思维升华在数学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可．在较复杂的式子中，注意由n ＝k 到n ＝k ＋1时，式子中项数的变化应仔细分析，观察通项．同时还应注意，不用假设的证法不是数学归纳法．跟踪演练5 已知实数数列{a n }满足：a 1＝3，a n ＝n ＋23n ·(a n －1＋2)，n ≥2.证明：当n ≥2时，{a n }是单调减数列．证明当n ≥1时，有a n ＋1－a n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋33(n ＋1)－1a n ＋2(n ＋3)3(n ＋1)＝23(n ＋1)(n ＋3－na n)．下面用数学归纳法证明：a n >1＋3n (n ≥2，n ∈N *)．(1)当n ＝2时，a 2＝46(3＋2)＝103>1＋32；(2)假设当n ＝k (k ≥2)时，结论成立，即a k >1＋3k .那么，a k ＋1＝k ＋33(k ＋1)(a k ＋2)>k ＋33(k ＋1)⎝⎛⎭⎫1＋3k ＋2 ＝1＋3k >1＋31＋k.故由(1)(2)知，a n >1＋3n(n ≥2，n ∈N *)．因此，当n ≥2，n ∈N *时，a n ＋1－a n ＝23(n ＋1)(n ＋3－na n )<0，即当n ≥2时，{a n }是单调减数列．1．如图所示，已知点P 在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的对角线BD ′上，∠PDA ＝60°.(1)求DP 与CC ′所成角的大小；(2)求DP 与平面AA ′D ′D 所成角的大小．解如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度建立空间直角坐标系D －xyz .则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)．连结BD ，B ′D ′.在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于点H . 设DH →＝(m ，m,1)(m >0)，由已知〈DH →，DA →〉＝60°，由DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2＋1，解得m ＝22，所以DH →＝⎝⎛⎭⎫22，22，1.(1)因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，所以〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DP 与CC ′所成的角为45°. (2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC →＝(0,1,0)．因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH →，DC →〉＝60°，可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.2．某单位招聘面试，每次从试题库中随机调用一道试题，若调用的是A 类型试题，则使用后该试题回库，并增补一道A 类型试题和一道B 类型试题入库，此次调题工作结束；若调用的是B 类型试题，则使用后该试题回库，此次调题工作结束．试题库中现共有n ＋m 道试题，其中有n 道A 类型试题和m 道B 类型试题．用X 表示两次调题工作完成后，试题库中A 类型试题的数量． (1)求X ＝n ＋2的概率；(2)设m ＝n ，求X 的概率分布和数学期望．解用A i 表示第i 次调题调用到A 类型试题，i ＝1,2. (1)P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2) ＝nm ＋n ·n ＋1m ＋n ＋2＝n (n ＋1)(m ＋n )(m ＋n ＋2). (2)X 的可能取值为n ，n ＋1，n ＋2. P (X ＝n )＝P (A1A 2)＝n n ＋n ·n n ＋n ＝14， P (X ＝n ＋1)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2) ＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＋n n ＋n ·n n ＋n ＝12， P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2)＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＝14. 从而X 的概率分布为所以E (X )＝n ×14＋(n ＋1)×12＋(n ＋2)×14＝n ＋1.3．如图，过抛物线y 2＝4x 的焦点F 作抛物线的两条弦AB ，CD ，设直线AC 与BD 的交点为P ，直线AC ，BD 分别与y 轴交于M ，N 两点．(1)求证：点P 恒在抛物线的准线上； (2)求证：四边形PMFN 是平行四边形．证明 (1)由题意知F (1,0)，不妨设A (a 2,2a )，D (b 2,2b )，a >0，b <0，B (x B ，y B )．直线AB 的方程为2ax ＋(1－a 2)y －2a ＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，2ax ＋(1－a 2)y －2a ＝0，得ay 2＋2(1－a 2)y －4a ＝0，由根与系数的关系得，2ay B ＝－4，即y B ＝－2a ，代入抛物线方程y 2＝4x ，得x B ＝1a 2，即B ⎝⎛⎫1a 2，－2a ，同理得C ⎝⎛⎭⎫1b2，－2b ，则直线AC 的方程为y ＝2b ab －1x －2aab －1，直线BD 的方程为y ＝2a ab －1x －2bab －1，则M ⎝⎛⎭⎫0，－2a ab －1，N ⎝⎛⎭⎫0，－2b ab －1. 联立直线AC ，BD 的方程得⎩⎨⎧y ＝2b ab －1x －2aab －1，y ＝2a ab －1x －2bab －1可得点P 的横坐标为定值－1，即点P 恒在抛物线的准线上．(2)因为k FN ＝0－⎝⎛⎭⎫－2bab －11－0＝2bab －1＝k AC ，k FM ＝0－⎝⎛⎭⎫－2aab －11－0＝2a ab －1＝k BD ，所以四边形PMFN 是平行四边形．4．设f (k )是满足不等式log 2x ＋log 2(3·2k －1－x )≥2k －1(k ∈N *)的正整数x 的个数．(1)求f (k )的解析式；(2)记S n ＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )，P n ＝n 2＋n －1(n ∈N *)，试比较S n 与P n 的大小．解 (1)∵log 2x ＋log 2(3·2k －1－x )≥2k －1(k ∈N *)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3·2k －1－x >0，x (3·2k －1－x )≥22k －1，解得2k －1≤x ≤2k ，∴f (k )＝2k －2k －1＋1＝2k －1＋1.(2)∵S n ＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )＝1＋2＋22＋…＋2n －1＋n ＝2n ＋n －1，∴S n －P n ＝2n －n 2.当n ＝1时，S 1－P 1＝2－1＝1>0；当n ＝2时，S 2－P 2＝4－4＝0；当n ＝3时，S 3－P 3＝8－9＝－1<0；当n ＝4时，S 4－P 4＝16－16＝0；当n ＝5时，S 5－P 5＝32－25＝7>0；当n ＝6时，S 6－P 6＝64－36＝28>0. 猜想：当n ≥5时，S n －P n >0. 证明如下：①当n ＝5时，由上述可知S n －P n >0. ②假设当n ＝k (k ≥5)时，S k －P k ＝2k －k 2>0. 当n ＝k ＋1时，S k ＋1－P k ＋1＝2k ＋1－(k ＋1)2＝2·2k －k 2－2k －1＝2(2k －k 2)＋k 2－2k －1 ＝2(S k －P k )＋k 2－2k －1>k 2－2k －1 ＝k (k －2)－1≥5×(5－2)－1＝14>0. ∴当n ＝k ＋1时，S k ＋1－P k ＋1>0成立．由①②可知，当n ≥5时，S n －P n >0成立，即S n >P n 成立．由上述分析可知，当n ＝1或n ≥5时，S n >P n ；当n ＝2或n ＝4时，S n ＝P n ；当n ＝3时，S n <P n .A 组专题通关1．(2017·江苏扬州考前指导卷)如图，在棱长为3的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1E ＝CF ＝1.(1)求两条异面直线AC 1与D 1E 所成角的余弦值； (2)求直线AC 1与平面BED 1F 所成角的正弦值．解 (1)以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D －xyz 如图所示，则A (3,0,0)，C 1＝(0,3,3)，D 1＝(0,0,3)，E (3,0,2)， ∴AC 1→＝(－3,3,3)，D 1E →＝(3,0，－1)，∴cos 〈AC 1→，D 1E →〉＝AC 1→·D 1E →|AC 1→||D 1E →|＝－9－333×10＝－23015.则两条异面直线AC 1与D 1E 所成角的余弦值为23015.(2)由(1)知B (3,3,0)，BE →＝(0，－3,2)，D 1E →＝(3,0，－1)．设平面BED 1F 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E →＝0，n ·BE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3x －z ＝0，－3y ＋2z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1,2,3)．则直线AC 1与平面BED 1F 所成角的正弦值为 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪AC 1→·n |AC 1→||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－3＋6＋933·14＝24221.2．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，平面P AD ⊥底面ABCD ，且△P AD 是边长为2的等边三角形，PC ＝13，点M 在PC 上，且P A ∥平面BDM .(1)求直线PC 与平面BDM 所成角的正弦值； (2)求平面BDM 与平面P AD 所成锐二面角的大小．解因为平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为正三角形，作AD 边上的高PO ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，由面面垂直的性质定理，得PO ⊥平面ABCD ，又ABCD 是矩形，同理CD ⊥平面P AD ，知CD ⊥PD ，PC ＝13，PD ＝2，故CD ＝3.以AD 中点O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，OP 所在直线为z 轴，AD 的垂直平分线为y 轴，建立如图所示的坐标系，则P (0,0，3)，A (1,0,0)，B (1,3,0)，C (－1,3,0)， D (－1,0,0)，连结AC 交BD 于点N ，连结MN . 因为P A ∥平面MBD ，平面APC ∩平面MBD ＝MN ，所以MN ∥P A ，又N 是AC 的中点，所以M 是PC 的中点，则M ⎝⎛⎭⎫－12，32，32，设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， BD →＝(－2，－3,0)，MD →＝⎝⎛⎭⎫－12，－32，－32，由n ·BD →＝0，n ·MD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x －3y ＝0，－x 2－3y 2－3z2＝0，令x ＝1，解得y ＝－23，z ＝13，所以取n ＝⎝⎛⎭⎫1，－23，33.(1)设PC 与平面BDM 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PC →·n |PC →||n |＝31313，所以直线PC 与平面BDM 所成角的正弦值为31313.(2)向量CD →＝(0，－3,0)为平面P AD 的法向量，设平面BDM 与平面P AD 所成的锐二面角为φ，则cos φ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪CD →·n |CD →||n |＝12，故平面BDM 与平面P AD 所成锐二面角的大小为π3.3．(2017·江苏南京一模)某年级星期一至星期五每天下午排3节课，每天下午随机选择1节作为综合实践课(上午不排该课程)，张老师与王老师分别任教甲、乙两个班的综合实践课程． (1)求这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率；(2)设这两个班“在一周中同时上综合实践课的节数”为X ，求X 的概率分布与数学期望E (X )．解 (1)这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率为P ＝1－33×3＝23. (2)由题意得X ～B ⎝⎛⎭⎫5，13， P (X ＝k )＝C k 5⎝⎛⎭⎫13k ⎝⎛⎭⎫235－k ，k ＝0,1,2,3,4,5. 所以X 的概率分布为所以X 的数学期望E (X )＝5×13＝53.4．某校举办校园科技文化艺术节，在同一时间安排《生活趣味数学》和《校园舞蹈赏析》两场讲座．已知A ，B 两学习小组各有5位同学，每位同学在两场讲座中任意选听一场．若A 组有1人选听《生活趣味数学》，其余4人选听《校园舞蹈赏析》；B 组有2人选听《生活趣味数学》，其余3人选听《校园舞蹈赏析》．(1)若从此10人中任意选出3人，求选出的3人中恰有2人选听《校园舞蹈赏析》的概率； (2)若从A ，B 两组中各任选2人，设X 为选出的4人中选听《生活趣味数学》的人数，求X 的概率分布和数学期望E (X )．解 (1)设“选出的3人中恰有2人选听《校园舞蹈赏析》”为事件M ，则P (M )＝C 27C 13C 310＝2140，即选出的3人中恰有2人选听《校园舞蹈赏析》的概率为2140.(2)X 的可能取值为0,1,2,3，P (X ＝0)＝C 24C 23C 25C 25＝950，P (X ＝1)＝C 11C 14C 23＋C 24C 12C 13C 25C 25＝1225， P (X ＝3)＝C 11C 14C 22C 25C 25＝125，故P (X ＝2)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝1)－P (X ＝3)＝310.所以X 的概率分布为所以X 的数学期望E (X )＝0×950＋1×1225＋2×310＋3×125＝65.5．如图，已知抛物线C 的顶点为O (0,0)，焦点为F (0,1)．(1)求抛物线C 的方程；(2)过点F 作直线交抛物线C 于A ，B 两点．若直线AO ，BO 分别交直线l ：y ＝x －2于M ，N 两点，求MN 的最小值．解 (1)由题意可设抛物线C 的方程为x 2＝2py (p >0)，则p2＝1，所以抛物线C 的方程为x 2＝4y .(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为y ＝kx ＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2＝4y ，消去y ，整理得x 2－4kx －4＝0，所以x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4. 从而|x 1－x 2|＝4k 2＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝y 1x 1x ，y ＝x －2，解得点M 的横坐标 x M ＝2x 1x 1－y 1＝2x 1x 1－x 214＝84－x 1. 同理，点N 的横坐标x N ＝84－x 2.所以MN ＝2|x M －x N |＝2⎪⎪⎪⎪84－x 1－84－x 2＝82⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1－x 2x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋16＝82k 2＋1|4k －3|，令4k －3＝t ，t ≠0，则k ＝t ＋34.当t >0时，MN ＝2 2 25t 2＋6t＋1>2 2. 当t <0时，MN ＝2 2⎝⎛⎭⎫5t ＋352＋1625≥852. 综上所述，当t ＝－253，即k ＝－43时，MN 的最小值是852.6．是否存在正整数m 使得f (n )＝(2n ＋7)·3n ＋9对任意自然数n 都能被m 整除？若存在，求出最大的m 的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由．解由f (n )＝(2n ＋7)·3n ＋9，得f (1)＝36，f (2)＝3×36，f (3)＝10×36，f (4)＝34×36，由此猜想m ＝36.下面用数学归纳法证明： ①当n ＝1时，结论显然成立；②假设当n ＝k 时，结论成立，即f (k )能被36整除，设f (k )＝(2k ＋7)·3k ＋9＝t ·36. 当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝[2(k ＋1)＋7]·3k ＋1＋9＝(2k ＋7)·3k ＋1＋2·3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)·3k ＋9]＋18(3k －1－1)＝3·36t ＋18·2s ＝36(3t ＋s )．所以当n ＝k ＋1时结论成立．由①②可知，对一切正整数n ，存在正整数m ，使得f (n )＝(2n ＋7)·3n ＋9都能被m 整除，m 的最大值为36.7．已知等式(x 2＋2x ＋2)5＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9(x ＋1)9＋a 10(x ＋1)10，其中a i (i ＝0,1,2，…，10)为实常数．求：(1)∑n ＝110a n 的值；(2)∑n ＝110na n 的值．解 (1)在(x 2＋2x ＋2)5＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9(x ＋1)9＋a 10(x ＋1)10中，令x ＝－1，得a 0＝1.令x ＝0，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝25＝32. 所以∑n ＝110a n ＝a 1＋a 2＋…＋a 10＝31.(2)等式(x 2＋2x ＋2)5＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9(x ＋1)9＋a 10(x ＋1)10两边对x 求导，得5(x 2＋2x ＋2)4·(2x ＋2)＝a 1＋2a 2(x ＋1)＋…＋9a 9(x ＋1)8＋10a 10(x ＋1)9. 在5(x 2＋2x ＋2)4·(2x ＋2)＝a 1＋2a 2(x ＋1)＋…＋9a 9(x ＋1)8＋10a 10(x ＋1)9中，令x ＝0，整理得∑n ＝110na n ＝a 1＋2a 2＋…＋9a 9＋10a 10＝5·25＝160.8．设P (n ，m )＝∑k ＝0n(－1)k C k nm m ＋k，Q (n ，m )＝C n n ＋m ，其中m ，n ∈N *. (1)当m ＝1时，求P (n,1)·Q (n,1)的值；(2)对∀m ∈N *，证明：P (n ，m )·Q (n ，m )恒为定值． (1)解当m ＝1时，P (n,1)＝∑k ＝0n(－1)k C k n11＋k ＝1n ＋1∑k ＝0n (－1)k C k ＋1n ＋1＝1n ＋1，又Q (n,1)＝C n n ＋1＝n ＋1，显然P (n,1)·Q (n,1)＝1. (2)证明 P (n ，m )＝∑k ＝0n(－1)k C k nmm ＋k＝1＋∑k ＝1n －1(－1)k (C k n －1＋C k －1n －1)m m ＋k ＋(－1)n m m ＋n ＝1＋∑k ＝1n －1 (－1)kC k n －1m m ＋k ＋∑k ＝1n (－1)k C k －1n －1mm ＋k＝P (n －1，m )＋∑k ＝1n(－1)k C k －1n －1mm ＋k＝P (n －1，m )－m n ∑k ＝0n (－1)k C k nmm ＋k ＝P (n －1，m )－mn P (n ，m )．即P (n ，m )＝nm ＋n P (n －1，m )，由累乘，易求得P (n ，m )＝n ！m ！(n ＋m )！P (0，m )＝1C n n ＋m，又Q (n ，m )＝C n n ＋m ，所以P (n ，m )·Q (n ，m )＝1.B 组能力提高9．(2017·江苏南京二模)在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为菱形，A 1A ＝AB ＝2，∠ABC ＝π3，E ，F 分别是BC ，A 1C 的中点．(1)求异面直线EF ，AD 所成角的余弦值；(2)点M 在线段A 1D 上，A 1MA 1D ＝λ.若CM ∥平面AEF ，求实数λ的值．解因为四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，所以A 1A ⊥平面ABCD . 又AE ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以A 1A ⊥AE ，A 1A ⊥AD .连结AC ，在菱形ABCD 中，∠ABC ＝π3，则△ABC 是等边三角形．因为E 是BC 的中点，所以BC ⊥AE . 因为BC ∥AD ，所以AE ⊥AD .以{AE →，AD →，AA 1→}为正交基底建立空间直角坐标系．则A (0,0,0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，A 1(0,0,2)，E (3，0,0)， F ⎝⎛⎭⎫32，12，1. (1)AD →＝(0,2,0)， EF →＝⎝⎛⎭⎫－32，12，1，所以AD →·EF →＝1.从而cos 〈AD →，EF →〉＝AD →·EF →|AD →||EF →|＝24.故异面直线EF ，AD 所成角的余弦值为24. (2)设M (x ，y ，z )，由于点M 在线段A 1D 上，且A 1MA 1D ＝λ，则A 1M →＝λA 1D →，即(x ，y ，z －2)＝λ(0,2，－2)．则M (0,2λ，2－2λ)，CM →＝(－3，2λ－1,2－2λ)．设平面AEF 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)．因为AE →＝(3，0,0)，AF →＝⎝⎛⎭⎫32，12，1，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，12y 0＋z 0＝0.取y 0＝2，则z 0＝－1，则平面AEF 的一个法向量为n ＝(0,2，－1)．由于CM ∥平面AEF ，则n ·CM →＝0，即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝23.10．如图，在四棱锥S －ABCD 中，SD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，∠ADC ＝∠DAB ＝90°，SD ＝AD ＝AB ＝2，DC ＝1.(1)求二面角S －BC －A 的余弦值；(2)设P 是棱BC 上一点，E 是SA 的中点，若PE 与平面SAD 所成角的正弦值为22613，求线段CP 的长．解 (1)以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，B (2,2,0)，C (0,1,0)，S (0,0,2)，所以SB →＝(2,2，－2)，SC →＝(0,1，－2)，DS →＝(0,0,2)．设平面SBC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·SB →＝0，n 1·SC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y －2z ＝0，y －2z ＝0，取z ＝1，得x ＝－1，y ＝2，所以n 1＝(－1,2,1)是平面SBC 的一个法向量．因为SD ⊥平面ABC ，取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．设二面角S －BC －A 的大小为θ，所以|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝⎪⎪⎪⎪16＝66，由图可知二面角S －BC －A 为锐二面角，所以二面角S －BC －A 的余弦值为66. (2)由(1)知E (1,0,1)，则CB →＝(2,1,0)，CE →＝(1，－1,1)．设CP →＝λCB →(0≤λ≤1)，则CP →＝λ(2,1,0)＝(2λ，λ，0)，所以PE →＝CE →－CP →＝(1－2λ，－1－λ，1)．易知CD ⊥平面SAD ，所以DC →＝(0,1,0)是平面SAD 的一个法向量．设PE 与平面SAD 所成的角为α，所以sin α＝|cos 〈PE →，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PE →·DC →|PE →||DC →|＝λ＋15λ2－2λ＋3，即λ＋15λ2－2λ＋3＝22613，得λ＝13或λ＝119(舍)．所以CP →＝⎝⎛⎭⎫23，13，0，|CP →|＝53，所以线段CP 的长为53. 11．如图，抛物线关于y 轴对称，它的顶点在坐标原点，点P (2,1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)均在抛物线上．(1)求抛物线的方程；(2)若∠APB 的平分线垂直于y 轴，证明直线AB 的斜率为定值．解 (1)由已知条件，可设抛物线的方程为x 2＝2py (p >0)，因为点P (2,1)在抛物线上，所以22＝2p ×1，p ＝2. 故所求抛物线的方程是x 2＝4y .(2)由题意知，k AP ＋k BP ＝0，所以y 1－1x 1－2＋y 2－1x 2－2＝0，x 214－1x 1－2＋x 224－1x 2－2＝0，所以x 1＋24＋x 2＋24＝0，所以x 1＋x 2＝－4.k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝x 214－x 224x 1－x 2＝x 1＋x 24＝－1.12．(2017·江苏徐州二模)某乐队参加一户外音乐节，准备从3首原创新曲和5首经典歌曲中随机选择4首进行演唱．(1)求该乐队至少演唱1首原创新曲的概率；(2)假定演唱一首原创新曲观众与乐队的互动指数为a (a 为常数)，演唱一首经典歌曲观众与乐队的互动指数为2a .求观众与乐队的互动指数之和X 的概率分布及数学期望．解 (1)设“至少演唱1首原创新曲”为事件A ，则事件A 的对立事件A 为“没有1首原创新曲被演唱”．所以P (A )＝1－P (A )＝1－C 45C 48＝1314.所以该乐队至少演唱1首原创新曲的概率为1314.(2)设随机变量x 表示被演唱的原创新曲的首数，则x 的所有可能值为0,1,2,3. 依题意知，X ＝ax ＋2a (4－x )，故X 的所有可能值依次为8a,7a,6a,5a . 则P (X ＝8a )＝P (x ＝0)＝C 45C 48＝114，P (X ＝7a )＝P (x ＝1)＝C 13C 35C 48＝37，P (X ＝6a )＝P (x ＝2)＝C 23C 25C 48＝37，P (X ＝5a )＝P (x ＝3)＝C 33C 15C 48＝114.从而X 的概率分布为所以X 的数学期望E (X )＝8a ×114＋7a ×37＋6a ×37＋5a ×114＝132a .13．如图，已知正六棱锥S －ABCDEF 的底面边长为2，高为1.现从该棱锥的7个顶点中随机选取3个点构成三角形，设随机变量X 表示所得三角形的面积．(1)求概率P (X ＝3)的值；(2)求X 的概率分布，并求其数学期望E (X )．解 (1)从7个顶点中随机选取3个点构成三角形，共有C 37＝35(种)取法．其中X ＝3的三角形如△ABF ，这类三角形共有6个．因此P (X ＝3)＝6C 37＝635. (2)由题意知，X 的可能取值为3，2，6，23，3 3. 其中X ＝3的三角形如△ABF ，这类三角形共有6个；其中X ＝2的三角形有两类，如△SAD (3个)，△SAB (6个)，共有9个；其中X ＝6的三角形如△SBD ，这类三角形共有6个；其中X ＝23的三角形如△CDF ，这类三角形共有12个；其中X ＝33的三角形如△BDF ，这类三角形共有2个．因此P (X ＝3)＝635，P (X ＝2)＝935，P (X ＝6)＝635， P (X ＝23)＝1235，P (X ＝33)＝235.所以随机变量X 的概率分布为所求数学期望E (X )＝3×635＋2×935＋6×635＋23×1235＋33×235＝363＋66＋1835.14．(2017·江苏苏锡常镇一模)设|θ|<π2，n 为正整数，数列{a n }的通项公式a n ＝sin n π2tan n θ，其前n 项和为S n .(1)求证：当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝12(1)n --tan n θ.(2)求证：对任意正整数n ，S 2n ＝12sin 2θ·[1＋(－1)n ＋1·tan 2n θ]．证明 (1)因为a n ＝sinn π2tan nθ. 当n 为偶数时，设n ＝2k ，a n ＝a 2k ＝sin 2k π2tan 2kθ＝sin k π·tan 2k θ＝0，a n ＝0. 当n 为奇数时，设n ＝2k －1，a n ＝a 2k －1 ＝sin(2k －1)π2tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫k π－π2·tan nθ. 当k ＝2m 时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2m π－π2·tan nθ ＝sin ⎝⎛⎭⎫－π2·tan n θ＝－tan nθ，此时n －12＝2m －1，a n ＝a 2k －1＝－tan n θ＝(－1)2m －1tan n θ＝12(1)n --tan n θ.当k ＝2m －1时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2m π－3π2·tan nθ ＝sin ⎝⎛⎭⎫－3π2·tan n θ＝tan nθ，此时n －12＝2m －2，a n ＝a 2k －1＝tan n θ＝(－1)2m －2tan n θ＝12(1)n --tan n θ.综上，当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝12(1)n --tan n θ.。

2018届高三数学理二轮复习高考大题专攻练 9 含解析精

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高考大题专攻练9.解析几何(A组)大题集训练，练就慧眼和规范，占领高考制胜点！1.如图，设点A，F1，F2分别为椭圆+=1的左顶点和左、右焦点，过点A作斜率为k的直线交椭圆于另一点B，连接BF2并延长交椭圆于点C.(1)求点B的坐标(用k表示).(2)若F1C⊥AB，求k的值.【解析】(1)设点B(x B，y B)，直线AB的方程为y=k(x+2)，联立+=1得，(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0，所以-2x B=，即x B=，所以y B=k(x B+2)=，即B.(2)易知F2(1，0)，=，=-，所以直线BF2，CF1的方程分别为y=(x-1)，y=-(x+1)，由解得C(8k2-1，-8k)，代入+=1，得192k4+208k2-9=0，即(24k2-1)(8k2+9)=0，得k2=，所以k=±.2.已知动圆P与圆E：(x+)2+y2=25，圆F：(x-)2+y2=1都内切，记圆心P的轨迹为曲线C.世纪金榜导学号92494445(1)求曲线C的方程.(2)直线l与曲线C交于点A，B，点M为线段AB的中点，若|OM|=1，求△AOB面积的最大值.【解题导引】(1)确定|PE|+|PF|=4>2，可得P的轨迹是以E，F为焦点的椭圆，且a=2，c=，b=1，即可求C的方程.(2)将直线方程代入椭圆方程，由根与系数的关系及中点坐标公式，即可求得M点坐标，由|OM|=1，可得n2=，由三角形面积公式，结合换元、配方法即可求得△AOB面积的最大值.【解析】(1)设动圆P的半径为r，由已知|PE|=5-r，|PF|=r-1，则有|PE|+|PF|=4>2，所以P的轨迹是以E，F为焦点的椭圆，且a=2，c=，b=1所以曲线C的方程为+y2=1.(2)设直线l：x=my+n，A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入椭圆方程，整理得：(4+m2)y2+2mny+n2-4=0①y1+y2=-，y1·y2=，x1+x2=，由中点坐标公式可知：M因为|OM|=1，所以n2=②，设直线l与x轴的交点为D(n，0)，则△AOB面积S2=n2(y1-y2)2=，设t=m2+16(t≥16)，则S2=48，当t=24时，即m=±2时，△AOB的面积取得最大值1.【加固训练】(2017·武汉二模)已知椭圆C：+y2=1的左焦点为F，不垂直于x轴且不过F点的直线l与椭圆C相交于A，B两点.(1)如果直线FA，FB的斜率之和为0，则动直线l是否一定经过一定点？若过一定点，则求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由.(2)如果FA⊥FB，原点到直线l的距离为d，求d的取值范围.【解析】(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为：y=kx+b，联立整理得(2k2+1)x2+4kbx+2(b2-1)=0，x1+x2=，x1x2=，Δ=8(2k2+1-b2)>0 ①，k FA+k FB=+=.所以(kx2+b)(x1+1)+(kx1+b)(x2+1)=2kx1x2+(k+b)(x1+x2)+2b=2k×-(k+b)×+2b=0，所以b=2k，直线AB的方程为：y=kx+2k，则动直线l一定经过一定点(-2，0).(2)由(1)得·=(x1+1，y1)·(x2+1，y2)=(x1+1)(x2+1)+(kx1+b)(kx2+b)=(1+k2)x1x2+(kb+1)(x1+x2)+b2+1=(k2+1)×-(kb+1)×+b2+1=0.所以3b2-4kb-1=0，k=代入①得①恒成立.又d===<，所以d的取值范围.关闭Word文档返回原板块。

2018届高考数学文新课标二轮专题复习课件：2-9 立体几何精品

1.如图，正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 1，E，F 分别为线段 AA1，B1C 上的点，则三棱锥 D1－EDF 的体积为________．
答案
1 6
解析 VD1－EDF＝VF－D1ED，
又 S△D1ED＝12，点 F 到平面 D1ED 的距离为 1，
∴VD1－EDF＝VF－D1ED＝61.
(2)(2016·保定调研)已知一个四棱锥的高为 3，其底面用斜二
测画法所画的水平放置的直观图是一个边长为 1 的正方形，则此
四棱锥的体积为( )
A．2 2
B．6 2
C．1
D. 2
【解析】因为底面用斜二测画法所画的水平放置的直观图是一个边长为 1 的正方形，所以在直角坐标系中，底面是边长为 1 和 3 的平行四边形，且平行四边形的一条对角线垂直于平行四边形的短边，此对角线的长为 2 2，所以该四棱锥的体积为 V＝ 13×2 2×1×3＝2 2.
A1－ADC 的高仍为 h，底面面积为21S，所以该三棱锥的体积为
V1＝31×21Sh＝16Sh.多面体 A1B1C1DBC 的体积为 V2＝Sh－16Sh＝65
Sh.所以多面体 A1ADC 与多面体 A1B1C1DBC 体积的比值为15.
【答案】
1 5
(4)(2016·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )
∴该球的体积 V＝34πR3＝43×54
45π＝5
5π 6.
【答案】 D
【回顾】 (1)四棱锥、直六棱柱的外接球球心同样位于过底面外心与底面垂直的直线上．
(2)球心到多面体各个顶点距离相等．
[求多面体的高]
(1)(2016·长沙四校联考)已知棱长均为 a 的正三棱柱 ABC－

2018届高三数学(理)三轮复习高考大题专攻练立体几何含解析

高考大题专攻练立体几何(A组)大题集训练，练就慧眼和规范，占领高考制胜点！1.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.【解题导引】(1)若证明平面ACD⊥平面ABC可根据面面垂直的判定在平面ACD内找一条线垂直平面ABC，从而转化为线面垂直，再利用线线垂直确定线面垂直.(2)利用(1)中的垂直关系建立空间直角坐标系，求平面ADE和平面ACE的法向量，求法向量的余弦值得二面角的余弦值.【解析】(1)如图，取AC中点O，连接OD，OB.由∠ABD=∠CBD，AB=BC=BD知△ABD≌△CBD，所以CD=AD.由已知可得△ADC为等腰直角三角形，D为直角顶点，则OD⊥AC，设正△ABC边长为a，则OD=AC=a，OB=a，BD=a，所以OD2+OB2=BD2，即OD⊥OB.又OB∩AC=O，所以OD⊥平面ABC，又OD⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)如图，以OA，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，当E为BD中点时，平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，故可得A，D，C，E，则=，=.设平面ADE的一个法向量为n1=，则即令z1=1，则x1=1，y1=，所以n1=.同理可得平面AEC的一个法向量n2=，所以cos<n1，n2>===.因为二面角D -AE-C的平面角为锐角，所以二面角D -AE-C的余弦值为.2.如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，已知AB∥CD，AD⊥CD，AB=AD=CD.(1)求证：BF∥平面CDE.(2)求平面BDF与平面CDE所成锐二面角的余弦值.【解析】(1)因为AF∥DE，AF⊄平面CDE，DE⊂平面CDE，所以AF∥平面CDE，同理，AB∥平面CDE，又AF∩AB=A，所以平面ABF∥平面CDE，又BF⊂平面ABF，所以BF∥平面CDE.(2)因为正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，正方形ADEF 与梯形ABCD交于AD，CD⊥AD，所以CD⊥平面ADEF，因为DE⊂平面ADEF，所以CD⊥ED，因为ADEF为正方形，所以AD⊥DE，因为AD⊥CD，所以以D为原点，DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则设AD=1，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，F(1，0，1)，A(1，0，0)，=(1，1，0)，=(1，0，1)，取平面CDE的一个法向量=(1，0，0)，设平面BDF的一个法向量为n=(x，y，z)，则即取n=(1，-1，-1)，cos<，n>=，所以平面BDF与平面CDE所成锐二面角的余弦值为.高考大题专攻练立体几何(B组)大题集训练，练就慧眼和规范，占领高考制胜点！1.如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点.(1)证明：CE∥平面PAB.(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.【解题导引】(1)取PA的中点F，连接EF，BF，证明四边形BCEF为平行四边形，证明CE∥BF，从而证明CE∥平面PAB.(2)取BC，AD的中点M，N.连接PN交EF于点Q，连接MQ，证明MQ∥CE，MQ与平面PBC所成的角，就等于CE与平面PBC所成的角.过Q作QH⊥PB，连接MH，证明MH就是MQ在平面PBC 内的射影，这样只要证明平面PBN⊥平面PBC即可.【解析】(1)如图，设PA中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，PA中点，所以EF∥AD且EF=AD，又因为BC∥AD，BC=AD，所以EF∥BC且EF=BC，即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB.(2)分别取BC，AD的中点为M，N.连接PN交EF于点Q，连接MQ. 因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN，由BC∥AD得BC⊥平面PBN，那么，平面PBC⊥平面PBN.过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，在Rt△MQH中，QH=，MQ=，所以sin∠QMH=，所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.2.如图几何体是圆柱体的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G为的中点.(1)设P是上一点，AP⊥BE，求∠CBP的大小.(2)当AD=2，AB=3，求二面角E-AG-C的大小.【解题导引】(1)由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°.(2)方法一：取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEHC 为菱形，取AG中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM ⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角.求解三角形得二面角E-AG-C的大小.方法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z 轴建立空间直角坐标系.求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E-AG-C的大小.【解析】(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，所以BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP，又∠EBC=120°.因此∠CBP=30°.(2)方法一：取的中点H，连接EH，GH，CH.因为∠EBC=120°，所以四边形BEHC为菱形，所以AE=GE=AC=GC==，取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1，所以EM=CM==2.在△BEC中，由于∠EBC=120°，由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12，所以EC=2，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°.方法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则∠EBP=90°，由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，，3)，C(-1，，0)，故=(2，0，-3)，=(1，，0)，=(2，0，3)，设m=(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量.由可得取z1=2，可得平面AEG的一个法向量m=(3，-，2).设n=(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量.由可得取z2=-2，可得平面AC G的一个法向量n=(3，-，-2).。

2018届高考数学二轮复习疯狂专练25模拟训练五文 Word版含答案

模拟训练五1．[2017·郑州一中]已知集合{}3,1,0,1,2A =--，{}2,1,0,1B =--，则A B = （） A ．{}1,0,2- B ．{}1,0,1- C．{}1,0-D ．{}2,0-【答案】B【解析】∵集合{}3,1,0,1,2A =--，{}2,1,0,1B =--，∴{}1,0,1A B =- ，故选：B ． 2．[2017·郑州一中]复数()i 1i z =+（i 是虚数单位）在复平面内所对应的点在直线（）上． A ．2y x =- B ．2y x = C．y x=-D ．y x =【答案】C【解析】∵()i 1i 1i z =+=-+，∴复数()i 1i z =+在复平面内所对应的点为()1,1-，显然在直线y x =-上，故选：C ．3．[2017·郑州一中]已知命题p ：()22m m m a b>∈R ，命题q ：11a b >，则命题p 是命题q 的（） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件【答案】A【解析】当22m m a b >，显然20m >，∴11a b >，充分性具备；当11a b >时，若20m =，则22m m a b =，显然必要性不具备，∴命题p 是命题q 的充分不必要条件，故选：A ． 4．[2017·郑州一中]抛物线24y x =上一点P 到焦点F 的距离为3，则点P 到直线10x =-一、选择题（5分/题）的距离为（） A ．5 B ．6C ．10D ．12【答案】D【解析】设P 的横坐标为m ，因为抛物线24y x =上一点P 到焦点F 的距离为3，即P 到准线1x =-的距离为3，∴13m +=，得2m =，∴点P 到直线10x =-的距离为1012m +=，故选：D ．5．[2017·郑州一中]已知数列{}n a 的通项公式为()22ln 1ln n a n n =--，则234e a a a ++=（） A ．38-B ．38C ．58-D ．58【答案】D 【解析】()22221ln 1ln ln n n a n n n-=--=，∴234381538155lnln ln ln ln 491649168a a a ⨯⨯++=++==⨯⨯， ∴2345ln85ee8a a a ++==，故选：D ． 6．[2017·郑州一中]曲线()ln 23f x x x =-+在点()1,1处的切线方程是（） A ．20x y +-= B ．20x y -+= C．20x y ++=D ．20x y --=【答案】A【解析】∵()ln 23f x x x =-+，∴()1'2f x x=-，∴切线斜率()11k f ='=-，且()11f =，∴曲线()ln 23f x x x =-+在点()1,1处的切线方程是()11y x -=--，即20x y +-=，故选：A ．7．[2017·郑州一中]某程序框图如图所示，则输出的结果S 等于（）A ．7B ．16C ．28D ．43【答案】C【解析】执行程序：1S =，1k =， 2k =，1327S =+⨯=，判断不符合条件，3k =，73316S =+⨯=，判断不符合条件，4k =，163428S =+⨯=，判断符合条件，故选：C ．8．[2017·郑州一中]为了调查民众对最新各大城市房产限购政策的了解情况，对甲、乙、丙、丁四个不同性质的单位做分层抽样调查．假设四个单位的人数有如下关系：甲、乙的人数之和等于丙的人数，甲、丁的人数之和等于乙、丙的人数之和，且丙单位有36人，若在甲、乙两个单位抽取的人数之比为1：2，则这四个单位的总人数N 为（） A ．96 B ．120C ．144D ．160【答案】B【解析】设甲单位人数为X 甲，乙单位的人数为X 乙，丙单位的人数为X 丙，丁单位的人数为X 丁，由题意得 236X X X X X X X X X X +=+=⎧⎪⎪⎨⎪⎪=⎩+=甲乙丙甲丁乙丙乙甲丙，解得：1224 3648X X X X ====⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩甲乙丙丁，易得：这四个单位的总人数N 为120，故选：B ．9．[2017·郑州一中]函数()23log 1124y x x =-+的递减区间为（）。

【高三数学试题精选】2018届高考数学第二轮立体几何综合复习检测题(含参考答案)

2018届高考数学第二轮立体几何综合复习检测题(含参考
答案)
5 c 2018年高考数学二轮复习综合检测
专题五立体几何
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；在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设有四个命题①底面是矩形的平行六面体是长方体；②棱长相等的直四棱柱是正方体；③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；④对角线相等的平行六面体是直平行六面体．其中假命题的序号是( )
A．① B．②③
c．①②③ D．③④
[答案] c
[解析] 底面是矩形的平行六面体的侧棱不一定与底面垂直，故①错；棱长相等的直四棱柱中若底面是菱形则不是正方体，故②错；如果两条平行的侧棱都垂直于底面一边显然不是直平行六面体，③错．故选c
2．已知A、B为球面上的两点，为球心，且AB＝3，∠AB＝120°，则球的体积为( )
A9π2 B．43π
c．36π D．323π
[答案] B
[解析] 设球的半径为R，由AB2＝R2＋R2－2R2cs120°＝3R2＝9，得R2＝3，因此该球的体积是
4π3R3＝4π3×(3)3＝43π，故选B
3．(2018 北京市海淀区二模)在正四面体A－BcD中，棱长为4，是Bc的中点，点P在线段A上运动(P不与A，重合)，过点P作直线。

【高三数学试题精选】2018年高考数学文科二轮复习立体几何专练(含答案)

2018年高考数学文科二轮复习立体几何专练(含答案)
5 c 衡水万卷作业卷十五数
立体几何作业专练
姓名__________班级__________考号__________
题号一二三总分
得分
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，只有一个选项是符合题目要求的）1（b2h2=b2（h1-h2），所以 b2h2=b2（h1-h2），所以h1= h2，故①错误；又水占容器内空间的一半，所以②正确；当容器侧面水平放置时，P点在长方体中截面上，所以③正确；假设④正确，当水面与正四棱锥的一个侧面重合时，经计算得水的体积为 b2h2＞b2h2，矛盾，故④不正确．故答案为②③．
【思路点拨】可结合已知条先判断出水的体积占整个容积的一半，再通过计算判断①④是否正确即可
三、解答题
17（1）参考解析；（2）参考解析；（3）
【解析】
试题分析（1）由，，即可得到线段成比例，即得到直线平行，再根据直线与平面平行的判断定理即可得到结论
（2）由平面平面，于点，并且Ac是平面PAc与平面ABc的交线，根据平面垂直的性质定理即可得PD垂直平面ABc，再根据平面与平面垂直的判断定理即可得到结论
（3）由即可得Ac=3又由，，在三角形ABc中根据余弦定理即可求得Bc的值所以三角形ABc的面积可以求出，由于PD垂直于平面ABc所以PD为三棱锥的高，即可求得结论
（1）， 2分。

2018届高考数学二轮复习疯狂专练29模拟训练九文20180109333

模拟训练九一、选择题（5 分/题）1．[2017·临川一中]设复数z 1 i ， z 2 1 i ，则复数 z z z 在复平面内对应的点到原点12的距离是（）A ．1B ． 2C ． 2D ． 22【答案】B 【解析】， z 1 iz ，21 i z z 1 z2 i 1 i 1 i ，复数1 2 i 1 i 1 iz z z 在复平面内12对应的点的坐标为1, 1 ，到原点的距离是 2 ，故选 B ．2．[2017·临川一中]集合 A x , y 2x 3y 5 0 ， B x , y y x 1 ，则A B 等于（）A ．2, 3B ．2, 3C ．2,3D ． 2, 3【答案】C2x 3y 5 0【解析】集合 A x , y 2x 3y 5 0 ， B x , y y x 1 ，则由y x 1 ，x 得y2 3 ，故 A B 2, 3 ，故选 C ． 3．[2017·临川一中]设函数 y f x ， x R ，则“y f x 是偶函数”是“y f x 的图象关于原点对称”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【答案】B【解析】若y f x 的图象关于原点对称，函数为奇函数，f x f x 对于函数y f x ，有f x f x f x ，说明y f x 为偶函数，而函数y f x ，1是偶函数，y f x 的图象未必关于原点对称，如y x是偶函数，而y x2的图象并不2关于原点对称，所以“y f x 是偶函数”是“y f x 的图象关于原点对称”成立的必要不充分条件，选B．4．[2017·临川一中]已知角满足sinπ2263π，则cos3的值为（）45A．B．C．D． 145 19999【答案】D【解析】π2sin，2632π1π4sin 1 cos26239，π1cos39，故选D．5．[2017·临川一中]下列命题中为真命题的是（）A．命题“若x y，则x y”的逆命题B．命题“若x 1，则x2 1”的否命题C．命题“若x 1，则x2 x 2 0”的否命题D．命题“若x2 0，则x 1”的逆否命题【答案】A【解析】命题“若x y，则x y”的逆命题为“若x y，则x y”因为x y≥y，所以为真命题；命题“若x 1，则x2 1”的否命题为“若x≤1，则x2≤1”，因为 2≤1，，所以为假命题；命题“若x 1，则x2 x 2 0”的否命题为“若x 1，则但221x2 x 2 0”，因为当x 2时x2 x 2 0，所以为假命题；命题“若x2 0，则x 1”为假命题，所以其逆否命题为假命题，因此选A．6．[2017·临川一中]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b 2，B ，ππC ，则△ABC的面积为（）64A．2 23B．3 1C．23 2D．3 12【答案】B sin C 7π 1【解析】c b2 2， A π A B S bc sin A 3 1，故选 B ．sin B 12 2f x x ，若 x 1, 2 时，7．[2017·临川一中]已知3f x 2 ax f 1 x ≤0 ，则 a 的取值范围是（）3 A ． a ≤1 B ． a ≥1C ． a ≥D ． a ≤ 232【答案】C【解析】因为函数 f x x 3 是在 , 上单调递增的奇函数，所以f x ax f x ≤ 可化简为2 1 0 f x 2 ax ≤ f 1 x f x 1 ，即 x 2 ax ≤x 1在 x 1, 2 时恒成立， ax ≥x 2 x 1，则 ax ≥x 2 x 1，则1 a ≥ x 1 ，又 x max1 y x1 在x 1, 2 x上单调递增，， 3ya ≥ ，故选 C ． 3 max228．[2017·临川一中]若任意 x R 都有 f x 2 f x 3cos x sin x ，则函数 f x 的图象的对称轴方程为（）A ．x k π ， k ZB ．x k π π ， k ZC ．π ππx k ， kZ x k π ， k Z B ． x k π π ， k Z C ． ππ44 8πD ．x k ， k Zπ 6【答案】A 【解析】因为f x 2 f x 3cos x sin x ① ，所以f x 2f x 3cos x sin x ②，π② 2 ①得：3f x 3cos x 3sin x．所以f x x xxcos sin2sin4．πππ令x k k Z ，所以424πx kπ k Z，故选A．9．[2017·临川一中]已知向量AB与AC的夹角为60 ，且AB 2，AC 4，若AP AB AC，且AP BC，则实数的值为（）A．45B．4C．0D．255【答案】C3【解析】AP BC AB A C AC AB 02 4 1 2 4 cos 60 0 ， 0，选 C ．22110．[2017·临川一中]若函数 f x xx a x 在 , 单调递增，则 a 的取sin 2 sin3值范围是（）A ．1, 1B ．1, 13C ．1 1, 31 1 D ．, 3 3【答案】D12【解析】函数 f x xx a x 的导数为 f xx a x ，由题意sin 2 sin1 cos 2cos33 可得 f x ≥0 恒成立，即为1 2 cos 2 cos ≥0，即有 54 cos 2cos 0x a xx ax ≥ ，33 3设t cos x 1≤t ≤1 ，即有5 4t 2 3at ≥0 ，当t 0时，不等式显然成立；当 0 t ≤1时，3a 4t 5≥ ，由4t在0,1 递增，可得t 1时，取得最大值 1，可3a ≥ 15tt1得，即a ≥ ；3当 1≤t 0时，3a 4t 5≤ ，由4t在1, 0 递增，可得t 1时，取得最小值1，可得5t t13a≤1，即a≤．3．故选：D．11综上可得a的范围是,3311．[2017·临川一中]设数列的前项和为，若，，成等差数列，则的值a n S2S3a Sn n n n5是（）A． 243B．243C． 162D． 242【答案】D3【解析】由题意得2，S，3a成等差数列，所以，2S 2 3a S1 a n n n nn n23当n 1时，；当n≥2时，a S 1 a a 21111233a S S 1 a 1 a a 3a，n n n1n n1n n122421 35所以数列a 表示以 2为首项，以3为公比的等比数列，所以，故S242 n51 3选D．12．[2017·临川一中]设函数f x 是定义在 ,0 上的可导函数，其导函数为f x ，且有xf x 3f x ，则不等式8f x 2015 x 2015f 2 0的解集为（）3A． , 2017 B． 2017,0C． 2017, 2015D． , 2018【答案】C【解析】函数f x 是定义在 ,0 上的可导函数，其导函数为f x ，且有xf x 3f x ，即 x 0，x f x xf x，设230F x ，则即f xx32x x f'x3xf xf xx x36，则当x 0时，得F x 0，即F x在,0 上是减函数，F x 2015f x2015，F 22，即不等式3x 2015388f x 2015 x 2015f 2 0等价为F x 2015 F 2 0，32015 2 ， F x 在 ,0 是减函数，可得，x 2015 2，即F x Fx ，又因为f x 定义在 ,0 ，所以x 2015 0，x 2015，不等式20178f x 2015 x 2015f 2 0的解集为 2017, 2015 ，故选C．3二、填空题（5分/题）13．[2017·临川一中]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若a 6，b 2，A 60 ，则B __________．【答案】π4【解析】△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若a 6，b 2，5A 60 ，利用正弦定理：a b，解得sin A sin BsinB 2，解得B π或3π244，由于πa 6b 2A B，则：，故B ，故答案为π44．14．[2017·临川一中]已知函数f x 是定义在R上的偶函数，且在区间 0, 上单调递增，若实数a满足f log a f log a ≤2f1，则实数a的取值范围为__________．2121【答案】,22【解析】函数f x 是定义在R上的偶函数，则f log a f log a f log af log a2f log a，原不等式可化简为212222f a ≤f ，又函数在区间 0, 上单调递增，log1 f log a≤f1 22f a≤f a≤，解得12log1log1a≤≤，故应填2221,22．15．[2017·临川一中]已知a 2sin13 ,2sin77 ，，与的夹角为πa b a a b13a b __________．，则【答案】3【解析】化简a 2sin13 ,2sin77 2sin13 ,2cos13 ，可得a 2，又因为a b a a b1，与的夹角为π3，所以1a a b，可得a a b 4a b 1，解a a b2得a b 3，故答案为3．16．[2017·临川一中]已知，数列满足f x 1 x 1sin an221 2a f f fnn nn1f fna1，则__________．20176【答案】1009f x x11sin【解析】由可得， 1 1，f x f x2 2n11a f0f f f1①，nn n1 1na f1f f f0②，两式相加可得nn n1 n 1 n 1 12a f0 f1 f f f f f1 f0 n 1nn n n n11，可得，a n1a 2017 1 1009，故答案为1009．n2017227。

2018届高考数学二轮复习疯狂专练9立体几何理20180108233_8394

立体几何一、选择题（5 分/题）1．[2017·铜梁一中]右图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有下列四个命题： ① AC //EB ；② AC 与 DG 成 60角；③ DG 与 MN 成异面直线且 DG MN ； ④ NB 与面 ABCD 所成角为 45．其中正确的个数是（）A ．1B ． 2C ．3D ． 4【答案】A【解析】将正方体纸盒展开图还原成正方体，如图知 AC 与 EB 不平行，故①错误；连接AF 、 FC ，将 DG 平移到 AF ，则 AC 与 DG 成 60角，故②正确；同理 DG 与 MN 成 60角，故③错误； NB 与面 ABCD 所成角不为 45，故④错误，综上可得只有②正确，故选 A ．2．[2017·天水一中]设 m 、n 是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，给出下列四个命题，其中正确命题的序号是（）①若 m ,n ，则 m ∥n ； ②若∥,∥ ,m ，则 m ；③若 m ∥,n ∥ ，则 m ∥n ；④若，，则．A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④【答案】A【解析】①可以作为线面垂直的性质定理，①正确；②在∥，∥ 时，有∥ ，又1m，得m，②正确；③在m∥,n∥时，m,n可能相交，可能异面，也可能平行，③α错误；④把门绕轴旋转，它在每一个位置都与地面垂直，但门所在的各个位置并不垂直，④错误，故选A．3．[2017·福建联考]已知矩形ABCD，AB1，BC2，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中（）A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直C．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直【答案】C【解析】如图，AE BD，CF BD，依题意，AB1，BC2，6AE CF，33BE EF FD ．3A，若存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直，则∵BD AE，∴BD平面AEC，从而BD EC，这与已知矛盾，排除A；B，若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，则BC平面ACD，从而平面ACD平面BCD，即A在底面BCD上的射影应位于线段CD上，这是不可能的，排除B；C，若存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直，则CD平面ABC，平面ABC平面BCD，取BC中点M，连接ME，则ME BD，∴AEM就是二面角A BD C的平面角，此角显然存在，即当A在底面上的射影位于BC的中点时，直线AB与直线CD垂直，故C正确；D，由上所述，可排除D；故选C．4．[2017·河西南师大附中]已知三棱锥A-BCD中，BCD90，BC CD1，AB面BCD，ADB60，点E、F分别在AC、AD上，使面BEF ACD，且EF∥CD，2则平面BEF与平面BCD所成的二面角的正弦值为（）6721A．B．C．D．6743【答案】B【解析】略．5．[2017·台州中学]如图1，在等腰△ABC中，A 90，BC 6，D,E分别是AC,AB上的点，CD BE 2，O为BC的中点．将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥A B CDE．若A O 平面BCDE，则A D与平面A BC所成角的正弦值等于（）A．22B．24C．33D．23【答案】B【解析】过D作DH BC与点H，连接A H，可知HA D即为A D与平面A BC所成BCQ AO2角．Q BC 6，AC AB 32，A D A E 22．3，DH CD1DH．在Rt△HA D中，sin12DH 1HA DAO AC3A D224．即A D与平面A BC所成角的正弦值为2．故B正确．46．[2017·江淮十校]如图，正四面体ABCD中，E、F分别是棱BC和AD的中点，则直线AE和CF所成的角的余弦值为（）121A．B．C．D．33434【答案】B【解析】如图所示，作AO底面BCD，垂足为O，O为底面等边△BCD的中心，建立空3间直角坐标系．不妨取CD 2，则：332313C1,,0,D 1,0,B 0,,0,E ,,0，33,326设点M是线段CD的中点，则：3AM 3,OM ,BM3，32226AO AM OM ，326136A0,0,,F ,,32631326336,,,,,AE CF，263263．AE CF2利用空间向量求解余弦值有：．∴异面直线AE与CF所成角cos AE,CFAE CF32的余弦值为．37．[2017·邢台一中]已知三棱锥A BCD中，AB CD 2，AC BC AD BD 3，且各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（）A．43B．4C．2D．323【答案】A【解析】四棱锥A BCD四个顶点都在底面边长为1，高为2的长方体的顶上，故棱锥的外接球也是长方体的外接球，球的半径r212122441，V 13，故选A．23348．[2017·横峰中学]在等边 △ABC 中， D 在 AB 上运动， E 在 AC 上运动， DE ∥BC ，将 △ADE 沿 DE 折起使二面角 A DE B 的平面角为 60，当四棱锥 A DBCE 体积最大时，AD : DB 等于（）A ．1:1B ．1: ( 31)C ．1: 2D ． 2 : 3【答案】B 【解析】设 AB2 ， AD 2x ，则 DB 2 2x ， 33∴S=S S 42x3 1x22四边形，△△DBCE ABC ADE44设 DE 的中点为 M ，则 AM3x ，∵二面角 ADE B 的平面角为 60，1133∴V3 1xAMsin 603 1 x xx x ，223A DBCE3 3223∴Vx ，∴当31 3 x时，四棱锥 A DBCE 体积取得最大值，2A DBCE2333∴AD : DB 2x : 2 2x2: 2 21: 3 1，故选B．339．[2017·安阳模拟]北宋数学家沈括的主要数学成就之一为隙积术，所谓隙积，即“积之有隙”者，如果棋、层坛之类，这种长方台形状的物体垛积．设隙积共n层，上底由a b个物体组成，以下各层的长、宽一次各增加一个物体，最下层（即下底）由c d个物体组成，沈n n括给出求隙积中物体总数的公式为22c a．已知由若干个s b d a b d c66相同小球粘黏组成的几何体垛积的三视图如图所示，则该垛积中所有小球的个数为（）5A．83 B．84 C．85 D．86【答案】C【解析】从题设及三视图中所提供的图形信息和数据信息可知a 3,b 1,c 7,d 5,n 5，55代入公式S253110773665492025585，应选答案C．36310．[2017·嘉兴一中]正方体中，点在AC上运动（包括端点），则BPABCD A B C D P11111与所成角的取值范围是（）AD1A．,43B．,42C．,62D．,63【答案】D【解析】以点D为原点，DA、DC、DD分别为x、y、z建立空间直角坐标系，设正方体棱1长为1，设点P坐标为x ,1x,x，则，设的夹BP x 1,x,x,BC1,0,1BP、BC11BP·BC 角为，所以cos1BP BC111222x12x2123x233，所以当13x cos x1cos 时，取最大值．当时，取最小值,3261,23．因为BC∥AD．故选D．1111．[2017南昌二中]如图，已知正方体A BCD A B C D的棱长为1，动点P在此正方体的表11116面上运动，且PA x(0x 3)，记点P的轨迹的长度为f x，则函数f x的图像可能是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】P的轨迹为以A为球心，PA为半径的球面与正方体的交线，当0＜x≤1时，13（f x ）32xx，此时由一次函数的单调性和图象可知轨迹为直线，排除C，D，当22x 时，其轨迹长度为32x 时，其轨迹长度为32，排除A，故选B．12．[2017·江西质检]如图所示，正方体ABCD A B C D的棱长为1，E，F分别是棱AA，CC的中点，过直线EF的平面分别与棱BB，DD交于M，N，设BM x，x 0,1，给出以下命题：①四边形MENF为平行四边形；②若四边形MENF面积S f x，x 0,1，则f x有最小值；③若四棱锥A MENF的体积V P x，x 0,1，则P x为常函数；④若多面体ABCD MENF的体积V h x，x0,1，则为单调函数．h x21⑤当时，四边形为正方形．x MENF27其中假命题的个数为（） A ．0 B ．3C ．2D ．1【答案】D【解析】对①，因为平面 ADD A ∥平面 BCC B ，平面 MENF 平面 ADD A EN ，平面MENF 平面 BCCB MF ，所以 EN ∥MF ，同理 EM ∥NF ，所以四边形 MENF 为平行四边形，正确；对②，因为 AC 平面 DBBD ， EF ∥AC ，所以 EF平面 DBB D ， MN平面DBB D ，所以 EFMN ，所以四边形 MENF 面积 SEFMN ，因为 EF 为定值，所以当 M , N分别为 BB '， DD 的中点时有最小值，正确；对③，，因为△为定值，到平面的距离为定值，VVVM , NAEFSA MENF N AEFM AEFAEF所以 A MENF 的体积为定值，即 P x为常函数，正确；对 ④ ，如图：过 M 作平面 MF N E ∥平面 ABCD ，分别交 CC ， DD ， AA于F ，N ，E，则多面体的体积ABCD MENFVVVV，ABCD MF N EM E N NE M F FNN1 111 1而V11 x ，1211，Vx x x ABCD MF N EM E N NE3 222 21 111 1Vx xx1 2 11M F FNN3 222 21 1，所以，常数，错误；Vx x 221对⑤，当时，四边形为正方形正确；故选D．x MENF2二、填空题（5分/题）π13．[2017·交大附中]如图，在直三棱柱中，，A B C ABC BAC11128AB AC A 1A 1 G E，已知与分别是棱和的中点，与分别是线段与A BCCD F AC1 11ABGD EFDF上的动点（不包括端点）．若，则线段的长度的取值范围是__________．5【答案】, 2 5【解析】如图，以 A 为原点， AC ， AB ， AA 分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系1E11, 0,0, ,1G1A0, 0, 0， Dx ,0,0，F 0, y ,0， ∵GD EF ， ∴，，22x 2y 1，DF xy2212yy2222 15 y5 5，25当时，，yDF55min当 y 1时，（不包含端点，故 y 1不能取2 ），DF，max2∴长度取值为DF5,25．14．[2017·黄山模拟]已知两个等高的几何体在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图，将底面直径皆为2b，高皆为a的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面上．以平行于平面的平面于距平面任意高d处可横截得到S及环两截面，可以证明S S总成立．则短轴长圆S圆环为4cm，长轴为6cm的椭球体的体积为_____cm3．9【答案】16【解析】根据题意可得：椭半球体的体积等于圆柱截去圆锥所剩下部分的体积，所以椭半球体212222体积为V V=b a b a b a438柱体椎体，故椭球体的体积为16．33315．[2017·名族中学]已知正四面体ABCD的棱长为2，E为棱AB的中点，过E作其外接球的截面，则截面面积的最小值为__________．【答案】【解析】将四面体ABCD放置于正方体中，可得正方体的外接球就是四面体ABCD的外接球，∵正四面体ABCD的棱长为2，∴正方体的棱长为2，可得外接球半径R满足2R6，6解得R，E为棱AB的中点，过E作其外接球的截面，当截面到球心O的距离最大时，2截面圆的面积取最小值，此时球心O到截面的距离等于正方体棱长的一半，可得截面圆的半222径为r R1，得到截面圆的面积最小值为Sπr2π．216．[2017·鹰潭一中]在正四棱锥P ABCD内有一半球，其底面与正四棱锥的底面重合，且与正四棱锥的四个侧面相切，若半球的半径为2，则当正四棱锥的体积最小时，其高等于_________．【答案】23【解析】如图，设球心为O，设四棱锥的高PO h，设四棱锥底面长为2a，14∴V a a h a2h，2233∴11ah 2a h，22 222∴a4h2h24，1044 4h16 h 232∴Va h h 3 3 h 4 3 h422，3h h 4h 2hh h122232216 16V∴343422hh22，∴当 h 2 3 时，正四棱锥的体积最小，min16 3 V，故答案为： 2 3 ．11。

2018届高三数学(理人教版)二轮复习高考大题专攻练 8 Word版含解析

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高考大题专攻练
.立体几何(组)
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.如图，已知四棱锥，△是以为斜边的等腰直角三角形，∥，⊥，，为的中点.
()证明：∥平面.
()求直线与平面所成角的正弦值.
【解题导引】()取的中点，连接，，证明四边形为平行四边形，证明∥，从而证明∥平面.
()取，的中点，.连接交于点，连接，证明∥，与平面所成的角，就等于与平面所成的角.过作⊥，连接，证明就是在平面内的射影，这样只要证明平面⊥平面即可.
【解析】()如图，设中点为，连接，.
因为，分别为，中点，
所以∥且，
又因为∥，，所以∥且，
即四边形为平行四边形，所以∥，
因此∥平面.
()分别取，的中点为，.连接交于点，连接.
因为，，分别是，，的中点，所以为中点，
在平行四边形中，∥.
由△为等腰直角三角形得⊥.
由⊥，是的中点得⊥.
所以⊥平面，
由∥得⊥平面，
那么，平面⊥平面.
过点作的垂线，垂足为，连接.
是在平面上的射影，所以∠是直线与平面所成的角.
设.
在△中，由，，得，
在△中，由，得，
在△中，，，所以∠，所以直线与平面所成角的正弦值是. .如图几何体是圆柱体的一部分，它是由矩形(及其内部)以边所在直
线为旋转轴旋转°得到的，为的中点. 世纪金榜导学号。

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立体几何1．[2017·铜梁一中]右图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有下列四个命题：①AC //EB ；②AC 与DG 成60︒角；③DG 与MN 成异面直线且DG MN ⊥； ④NB 与面ABCD 所成角为45︒．其中正确的个数是（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】A【解析】将正方体纸盒展开图还原成正方体，如图知AC 与EB 不平行，故①错误；连接AF 、FC ，将DG 平移到AF ，则AC 与DG 成60︒角，故②正确；同理DG 与MN 成60︒角，故③错误；NB 与面ABCD 所成角不为45︒，故④错误，综上可得只有②正确，故选A ．2．[2017·天水一中]设m n 、是两条不同的直线，αβγ、、是三个不同的平面，给出下列四个命题，其中正确命题的序号是（） ①若,m n αα⊥⊥，则m n ∥； ②若,,m αββγα⊥∥∥，则m γ⊥； ③若,m n αα∥∥，则m n ∥； ④若αγβγ⊥⊥，，则αβ⊥． A ．①② B ．②③C ．③④D ．①④【答案】A【解析】①可以作为线面垂直的性质定理，①正确；②在αββγ∥，∥时，有αγ∥，又αm ⊥，一、选择题（5分/题）得m γ⊥，②正确；③在,m n αα∥∥时，,m n 可能相交，可能异面，也可能平行，③错误；④把门绕轴旋转，它在每一个位置都与地面垂直，但门所在的各个位置并不垂直，④错误，故选A ．3．[2017·福建联考]已知矩形ABCD ，1AB =，BC ，将ABD △沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中（） A ．存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直 B ．存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直 C ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直D ．对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直【答案】C【解析】如图，AE BD ⊥，CF BD ⊥，依题意，1AB =，BC =AE CF ==，BE EF FD ===．A ，若存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直，则∵BD AE ⊥，∴BD ⊥平面AEC ，从而BD EC ⊥，这与已知矛盾，排除A ；B ，若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，则BC ⊥平面ACD ，从而平面ACD ⊥平面BCD ，即A 在底面BCD 上的射影应位于线段CD 上，这是不可能的，排除B ； C ，若存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直，则CD ⊥平面ABC ，平面ABC ⊥平面BCD ，取BC 中点M ，连接ME ，则ME BD ⊥，∴AEM ∠就是二面角A BD C --的平面角，此角显然存在，即当A 在底面上的射影位于BC 的中点时，直线AB 与直线CD 垂直，故C 正确；D ，由上所述，可排除D ；故选C ．4．[2017·辽宁实验]已知α，β是平面，m ，n 是直线．下列命题中不．正确的是（）A ．若m n ∥，m α⊥，则n α⊥B ．若m α∥，n αβ=I ，则m n ∥C ．若m α⊥，m β⊥，则αβ∥D ．若m α⊥，m β⊂，则αβ⊥【答案】B【解析】由题意得，A 中，若,m n m α⊥∥，则有直线与平面垂直的判定定理得n α⊥，所以是正确的；B 中，若//,m n ααβ=，则m 与n 平行或异面，所以是不正确的；C 中，若,m m αβ⊥⊥，则由平面与平面平行的判定定理得αβ∥，所以是正确的；D 中，,m m αβ⊥⊂，则由平面与平面垂直的判定定理得αβ⊥，所以是正确的．5．[2017·延边模拟]已知三棱锥S ABC -，满足SA SB ⊥，SB SC ⊥，SC SA ⊥，且3SA SB SC ===，则该三棱锥外接球的表面积为（）A B C ．27π D ．9π【答案】C【解析】将该三棱锥补成为正方体，如图．22=3R C ． 6．[2017·福建毕业]设,m n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）①若,m ααβ⊥⊥，则m β∥ ②若,,m n ααββ⊥⊂∥，则m n ⊥ ③若,,m n m n αβ⊂⊂∥，则αβ∥ ④若,,n n m αββ⊥⊥⊥，则m α⊥ A ．①② B ．③④C ．①③D ．②④【答案】D【解析】①可以线在平面内，③可以是两相交平面内与交线平行的直线，②对④对，故选D ．7．[2017·邢台一中]已知三棱锥A B C D -中，A B C ==，AC BC AD BD ====，且各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（）A ．43π B ．4π C ．2πD ．323π【答案】A【解析】四棱锥A BCD -四个顶点都在底面边长为1接球也是长方体的外接球，球的半径1r ==，344133V ∴=π⨯=π，故选A ．8．[2017·南昌模拟]《九章算术》卷第五《商功》中，有问题“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”，意思是：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，无宽，高1丈（如图）．问它的体积是多少?”这个问题的答案是（）A ．5立方丈B ．6立方丈C ．7立方丈D ．9立方丈【答案】A【解析】过点,E F 分别作平面EGJ 和平面FHI 垂直于底面，所以几何体的体积分为三部分，中间是直三棱柱，两边是两个一样的四棱锥，故选A ．9．[2017·安阳模拟]北宋数学家沈括的主要数学成就之一为隙积术，所谓隙积，即“积之有隙”者，如果棋、层坛之类，这种长方台形状的物体垛积．设隙积共n 层，上底由a b ⨯个物体组成，以下各层的长、宽一次各增加一个物体，最下层（即下底）由c d ⨯个物体组成，沈括给出求隙积中物体总数的公式为()()226n s b d a b d c ⎡⎤=+++⎣⎦()6n c a +-．已知由若干个相同小球粘黏组成的几何体垛积的三视图如图所示，则该垛积中所有小球的个数为（）A ．83B ．84C ．85D ．86【答案】C【解析】从题设及三视图中所提供的图形信息和数据信息可知3,1,7,a b c ===5,5d n ==，代入公式()()()5525311077366S ⎡⎤=+⨯++⨯+-⎣⎦5492025585363⨯=+==，应选答案C ． 10．[2017·邢台月考]如图，圆柱内有一个三棱柱，三棱柱的底面为等腰直角三角形，且此三角形内接于圆柱的底面圆，如果圆柱的体积是V ，那么三棱柱的体积是( )A ．2VπB ．2V πC ．V πD ．3V π【答案】C【解析】设圆的半径为R，等腰直角三角形的边长为，设三棱柱的体积为V 柱，则2V R h =π，)212V h =柱，221V R h VV V R h ==∴=πππ柱柱，故选C ． 11．[2017·巴蜀中学]已知正四棱锥P ABCD -的底面边长为内切球与外接球的半径之比为（） A ．1:2 B ．4:5C ．1:3D ．2:5【答案】D【解析】如图，设正四棱锥的高为h ，内切球与外接球的半径分别为R r ,，由题设可得即2=h ，由于221)2(R R =+-，D ．12．[2017·江西质检]如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，E ，F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB '，DD '交于M ，N ，设BM x =，()0,1x ∈，给出以下命题：①四边形MENF 为平行四边形；②若四边形MENF 面积()S f x =，()0,1x ∈，则()f x 有最小值； ③若四棱锥A MENF -的体积()V P x =，()0,1x ∈，则()P x 为常函数； ④若多面体ABCD MENF -的体积()V h x =，，则()h x 为单调函数．时，四边形MENF 为正方形．其中假命题的个数为（） A ．0 B ．3C ．2D ．1【答案】D【解析】对①，因为平面ADD A ''∥平面BCC B ''，平面MENF平面ADD A EN ''=，平面MENF 平面BCC B MF ''=，所以EN MF ∥，同理EM NF ∥，所以四边形MENF 为平行四边形，正确；对②，因为AC ⊥平面DBB D ''，EF AC ∥，所以EF ⊥平面DBB D ''，MN ⊂平面DBB D ''，所以EF MN ⊥，所以四边形MENF 面积所以当,M N 分别为'BB ，DD '的中点时有最小值，正确；对③，A MENF N AEF M AEF V V V ---=+，因为AEF S △为定值，,M N 到平面AEF 的距离为定值，所以A MENF -的体积为定值，即()P x 为常函数，正确；对④，如图：过M 作平面MF N E '''∥平面ABCD ，分别交CC '，DD '，AA '于F N E '''，，，则多面体ABCD MENF -的体积ABCD MF N E M E N NE M F FNN V V V V ''''''---'=++，而11ABCD MF N E V x '''-=⨯⨯，常数，错误；时，四边形MENF 为正方形正确；故选D ．二、填空题（5分/题）13．[2017·天津质检]如图，正方体1111ABCD A BC D -中，给出以下四个结论：①1D C ∥平面11A ABB ；②11A D 与平面1BCD 相交；③AD ⊥平面1D DB ；④平面1BCD ⊥平面11A ABB ，其中正确结论的序号是_______．【答案】①④【解析】对于①，由于平面11A ABB ∥平面11CDD C ，而1D C ⊂平面11CDD C ，故1D C 与平面11A ABB 没有公共点，所以1D C ∥平面11A ABB ，正确；对于②，由于11A D BC ∥，所以11A D ⊂平面1BCD ，错误；对于③，AD 与BD 显然不垂直，错误；对于④，容易证明BC ⊥平面11A ABB ，而BC ⊂平面1BCD ，故平面1BCD ⊥平面11A ABB ．正确．故答案为：①④．14．[2017·黄山模拟]已知两个等高的几何体在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图，将底面直径皆为2b ，高皆为a 的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面β上．以平行于平面β的平面于距平面β任意高d 处可横截得到S 圆及S 环两截面，可以证明S S =环圆总成立．则短轴长为4cm ，长轴为6cm 的椭球体的体积为_____3cm ．【答案】16π【解析】根据题意可得：椭半球体的体积等于圆柱截去圆锥所剩下部分的体积，所以椭半球体，故椭球体的体积为16π．15．[2017·名族中学]已知正四面体ABCD 的棱长为2，E 为棱AB 的中点，过E 作其外接球的截面，则截面面积的最小值为__________．【答案】π【解析】将四面体ABCD 放置于正方体中，可得正方体的外接球就是四面体ABCD 的外接球，∵正四面体ABCD 的棱长为2，∴正方体的棱长为，可得外接球半径R 满足E 为棱AB 的中点，过E 作其外接球的截面，当截面到球心O 的距离最大时，截面圆的面积取最小值，此时球心O 到截面的距离等于正方体棱长的一半，可得截面圆的半，得到截面圆的面积最小值为2ππS r ==． 16．[2017·鹰潭一中]在正四棱锥P ABCD -内有一半球，其底面与正四棱锥的底面重合，且与正四棱锥的四个侧面相切，若半球的半径为2，则当正四棱锥的体积最小时，其高等于_________．【答案】【解析】如图，设球心为O ，设四棱锥的高PO h =，设四棱锥底面长为2a ， ∴()()2142233V a a h a h =⨯⨯⨯=，∴11222ah =⨯ ∴22244h a h =-，∴232224441633434h h V a h h h h ==⨯⨯=--， ∴()()()()()2232222223421216163344h h h h h h V h h ---'==--，∴当h =min V =。