2019衡水名师原创理科数学专题卷专题十一《立体几何》

合集下载

专题11立体几何中的内切外接问题11月19日终稿

专题十一立体几何中的内切外接问题知识点一棱锥外接问题外接问题常见于球的计算，而一部分棱锥的外接球的问题，常转化为棱锥外接棱柱的外接球问题或将三棱锥补为长方体，本节就先来探究特殊三棱锥的内外接问题.(1)三组对棱分别相等的四面体必内接于唯一的长方体，且四面体的棱分别为长方体的面对角线;(2)正四面体P ABC -内接于正方体且正方体的棱长a =;(3)若四面体有三条棱两两互相垂直.则可将其放入某个长方体内，其中三条互相垂直的棱也为长方体的棱; (4)若四面体的四个面均是直角三角形，该四面体为鳖臑，则可将其放入某个长方体内，其中三条互相垂直的棱也为长方体的棱;(5)三组对棱分别相等的四面体的棱长A B BC A C ''''、、必构成锐角三角形，即为外接长方体的三个面对角线构成的三角形;(6)任一四面体均内接于唯一的平行六面体.每条棱均为平行六面体的面对角线，且四面体体积是平行六面体体积的三分之一;(7)连接两组对棱的中点可组成平行四边形EGFH ，且另一组对棱与该面距离相等，此时平行四边形EGFH 平行于四面体内接平行六面体的一对平行平面;(8)过一组对棱(AB 与CD )中点()E F ，连线的任一平面(E G F H 、、、共面)必平分其()A BCD V -体积，即AC BGFH BD BD BZFH V V V --=-;（9）由正方体性质可知(i)1BD ⊥平面11AC D ，1BD ⊥平面1ACB . (ii)F 为平面11A C D 的中心，E 为平面1ACB 的中心. (iii)E ，F 为1BD 的三等分点.则正方体内接正四面体C AB D 11-高为E D 1，即正方体体对角线的23.【例1】(2009·江西卷)如图所示.在四面体ABCD 中.截面PQMN 是正方形.则在下列命题中.错误的为（）A.AC BD ⊥B.AC 平行于截面PQMNC.AC BD = D .异面直线PM 与BD 所成的角为45【例2】(重庆市七校联考)(多选)如图，在边长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ,F 分别是棱1BB ，11B C 的中点，G 是棱1CC 上的动点，则下列说法正确的是（） A.当G 为中点时，直线AG ∥面1A EFB.当G 为中点时，直线AG 与EF 所成的角为30C.若H 是棱AA 上的动点，且1C G AH =，则平面ACD ⊥平面1B HGD.当G 在1CC 上运动时，直线AG 与平面11AA D D 所成的角的最大值为45︒知识点二与球有关的内切、外接问题与球有关的内切、外接问题是立体几何的一个重点(切、接问题的解题思路类似，此处以多面体的外接球为例).研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系.一．长方体切割体的外接球设长方体相邻的三条边棱长分别为a ，b ，c ．图1墙角体图2鳖臑图3挖墙角体图4对角线相等的四面体图1与图2有重垂线，三视图都是三个直角三角形，图3无重垂线，俯视图是一矩形，AC 为虚线，主视图和左视图为直角三角形，外接球半径均为长方体体对角线一半，R =．图4中2222222222222222222a b BC AD BC AB CD b c AC a b c R AC BD c a AB ααβγβγ⎧+===⎫⎪++⎪=⇒+==⇒++=⇒=⎬⎨⎪⎪=+==⎭⎩abc abc abc V BCD A 31461=⨯-=-．外接球问题遇到墙角体就十分好处理，遇到以下墙角体性质的问题，就可以直接套用公式. 墙角体性质：(1)2222222()AB BC CA a b c ++=++.图 1【解析】如图1，因为Rt PAB △，Rt PBC △，Rt PCA △，所以222222222AB a b BC b c CA a c ⎧=+⎪=+⎨⎪=+⎩，故2222222()AB BC CA a b c ++=++.(2)顶点P 在底面上的投影H 恰为ABC △的垂心.如图 2【解析】如图2，因为Rt PAB △，Rt PBC △，Rt PCA △，又PA ⊥平面PBC ，所以PA BC ⊥. 因为PH ⊥平面ABC ，所以PH BC ⊥，故平面PAH BC ⊥，从而AH BC ⊥. 同理CH BA ⊥，BH AC ⊥，所以H 为ABC △的垂心.(3)设三个侧面和底面的面积分别为ABP S △，BCP S △，CAP S △，ABC S △，则 ①ABP S △是ABH S △与ABC S △的比例中项; ②BCP S △是CBH S △与ABC S △的比例中项; ③CAP S △是CAH S △与ABC S △的比例中项;④2222ABP BCP CAP ABC S S S S ++=△△△△.【解析】因为12BCP S BC PD =⋅△，12CBH S BC HD =⋅△，12ABC S BC AD =⋅△. 在Rt PDA △中，2PD HD AD =⋅.所以2BCP CBH ABC S S S =⋅△△△，所以BCP S △是CBH S △与ABC S △的比例中项. 同理，ABP S △是ABH S △与ABC S △的比例中项. CAP S △是CAH S △与ABC S △的比例中项.2BCP CBH ABC S S S =⋅△△△，2BCP ABH ABC S S S =⋅△△△，2CAP CAH ABC S S S =⋅△△△.三式相加，得222BCP ABP CAP CBH ABC ABH ABC CAH ABC S S S S S S S S S ++=⋅+⋅+⋅△△△△△△△△△2()CBH ABH CAH ABC ABC S S S S S =++⋅=△△△△△.【例3】在球面上有四个点P 、A 、B 、C .如果PA 、PB 、PC 两两互相垂直，且a PC PB PA ===,则这个球的表面积是．【例4】(张家口期末)在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑 (bi ē n ào)．如图，三棱锥D ABC -为一个鳖臑，其中DA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，2DA AB BC ===，AM DC ⊥，M 为垂足，则（）A ．AM ⊥平面BCDB ．DC 为三棱锥D ABC -的外接球的直径C ．三棱锥M ABD -的外接球体积为D ．三棱锥M ABC -的外接球体积与三棱锥M ABD -的外接球体积相等【例5】(市中区校级模拟)在直角梯形ABCD 中，AB CD ∥，AD AB ⊥，22AB DC ==，E 为AD 的中点．将EAB △和ECD △分别沿EB ，EC 折起，使得点A ，D 重合于点F ，构成四面体FBCE ．若四面体FBCE 的四个面均为直角三角形，则其外接球的半径为．【例6】(江西模拟)在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，AB AC ⊥，6AB =，8AC =，D 是线段AC 上一点，且3AD DC =．三棱锥P ABC -的各个顶点都在球O 表面上，过点D 作球O 的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为16π，则球O 的表面积为（）A ．72πB ．86πC ．112πD ．128π【例7】四面体BCD A -中，5==CD AB ，34==BD AC ，41==BC AD ，则四面体BCD A -外接球的表面积为（） A ．π50B ．π100C ．π150D ．π200【例8】(辽宁期末)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一．端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰．粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同．某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄．若粽子的棱长为9cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为（）（参考数据：6 2.45≈，3.14)π≈A ．320cmB ．322cmC ．326cmD ．330cm【解析】蛋黄近似看成一个棱长为9cm 的正四面体ABCD 的内切球，正四面体为ABCD ，设四面体的内切【例9】(遵义期末)已知三棱锥P ABC -的顶点P 在底面的射影O 与ABC ∆的垂心重合，且ABC PBCPBC OBCS S S S =△△△△．若三棱锥P ABC -的外接球半径为3，则PAB PBC PAC S S S ++△△△的最大值为（） A ．6 B ．8 C ．10D ．12二．三棱柱的切割体的外接球⇒图1立着放的模型图2躺着放的模型图1：立着放的模型一定有重垂线，且重垂线在底面的射影一定位于底面三个顶点中的一个，底面三角形非直角三角形，将重垂线长度设为h ，底面三角形外接圆半径设为r ，A a r sin 2=可以求出，则222⎪⎭⎫⎝⎛+=h r R ；图2：躺着放的模型，底面是直角三角形或者矩形，侧面非直角三角形，底面一条棱垂直于侧面，222⎪⎭⎫⎝⎛+=h r R ．【例10】如图，三棱锥的所有顶点都在一个球面上，在ABC △中，3=AB ，︒=∠60ACB ，︒=∠90BCD ，AB CD ⊥，22=CD ，则该球的体积为．【例11】(莱西市期末)已知球O 是正三棱锥A BCD -(底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心)的外接球，3BC =，23AB =，点E 在线段BD 上，且3BD BE =．过点E 作球O 的截面，则所得截面面积的最小值是（） A ．2πB ．3πC ．4πD ．5π三、切瓜模型(两个平面互相垂直，最大高和最小高问题)图1,PAC BAC AB BC ⊥⊥面面图2底面ABC 固定，P 在球面上运动，ABC P V -最值问题图1：由图可知，小圆ABC 直径AC 长可以求出，平面PAC 必在大圆上，由APCR sin 2=，解出R ．图2：先根据ABCr sin 2=求出底面圆的直径MN ，再根据几何性质求出球大圆的直径，最后根据垂径定理算出P 到底面距离的最大值和最小值．双半径单交线公式：4222212l R R R -+=2122212122D O E O D O OO OD R +=+==2222222222121121()()24l O C CE O D O C BC O D R R =-+=-+=+-注意：常见的切瓜模型中，一旦出现21l R =或22lR =时，则2R R =或1R R =．双半径单交线公式适合所有的直二面角模型，两个半平面的外接圆半径分别为1R 和2R ，两半平面交线长度为l ，此公式属于一种开挂般的存在，在前面的直三棱柱切割体模型当中也可以使用，一旦两个半平面的二面角不是︒90时，此公式将不再适用．【例12】(柴桑区校级期末)球O 为三棱锥P ABC -的外接球，ABC △和PBC △都是边长为23的正三角形，平面PBC ⊥平面ABC ，则球的表面积为（） A ．28π B ．20π C ．18π D ．16π【解析】【例13】(驻马店期末)已知平面图形PABCD ，ABCD 为矩形，4AB =，PAD 是以P 为顶点的等腰直角三角形，如图所示，将PAD △沿着AD 翻折至△P AD '，当四棱锥P ABCD '-体积的最大值为163，此时四棱锥P ABCD '-外接球的表面积为（）A ．12πB ．16πC ．24πD ．32π四、含二面角的外接球终极公式双距离单交线公式：4sin cos 222222l mn n m R +-+=αα如图，若空间四边形ABCD 中，二面角D AB C --的平面角大小为α，ABD 的外接圆圆心为1O ，ABC 的外接圆圆心为2O ，E 为公共弦AB 中点，则α=∠21EO O ，m E O =1，n E O =2，2lAE =，R OA =，由于21O E O O 、、、四点共圆，且αsin 221O O R OE ='=，根据余弦定理αcos 222221mn n m O O -+=，4sin cos 22222222l mn n m AE OE R +-+=+=αα．(当C ∠与D ∠均为钝角时，外接圆圆心在半平面的另一侧，21EO O ∠为二面角的对顶角，公式不变；当C ∠与D ∠为钝角时，21EO O ∠为二面角的补角，只需将公式中的角α转化为απ-，即4-sin -cos 222222l mn n m R +-+=）（）（απαπ) 注意：此公式最好配合剖面图，需要求出两个半平面的外接圆半径，和外接圆圆心到公共弦的距离，通常是，剖面图能很快判断出两条相等弦的优先使用公式()2tan 2222αr h r R -+=．【例14】(亳州模拟)已知空间四边形ABCD ，CD BD ⊥，3CD =，3AB BD AD ===，二面角A BD C --是120︒，若A 、B 、C 、D 四点在同一球面上，则该球的表面积是（） A ．15π B ．18π C ．21π D ．24π 【例15】(北碚区校级期末)如图，在四边形ABCD 中，AD BC ∥，2AD AB ==，45BCD ∠=︒，90BAD ∠=︒，将ABD △沿BD 进行翻折，在这一翻折过程中，下列说法正确的是（）A ．始终有AC BD ⊥B ．当平面ABD ⊥平面BCD 时，平面ABD ⊥平面ACDC ．当平面ABD ⊥平面BCD 时，直线BC 与平面ABD 成45︒角D ．当二面角A BD C --的大小为120︒时，三棱锥A BCD -外接球表面积为563π 【例16】在四面体S ABC -中，AB BC ⊥，AB BC =，SAC △为等边三角形，二面角S AC B --的余弦值为，则四面体S ABC -的外接球表面积为．知识点三内切球1、内切球的基本概念 (1)内切球定义：①球心到多面体各面距离相等且等于半径的球；②与圆柱两底面以及每条母线都相切的球；③与圆锥底面和各母线都相切的球；④与圆台上下两底面以及每条母线都相切的球. (2)正多面体的内切球和外接球球心重合.(3)正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，除正四面体外，均不重合.(4)任意四面体都有内切球，面数超过四的凸多面体需利用定义判断是否存在内切球. 2、多面体和旋转体的内切球 (1)棱锥内切球半径：①等体积法：由球心到各面距离相等，多面体体积可表示为：123123111111333333n n V rS rS rS rS rS rS ++++=++++==表，所以3V r S =表. ②相似法求解正棱锥内切球半径：（以下以正三棱锥为例）如图，由正三棱锥内切球球心O 在高线上，则球与侧面的切点E 在侧面的高线PD 上，与底面的切点H 为高线垂足，易知POE PDH△∽△，故利用OE PODH PD=，可解出内切球半径R .(2)旋转体内切球半径：（可按照轴截面的内切圆半径计算，外接球同理）如图，已知圆锥高为h ，底面半径为r ，利用两个直角三角形ABD △和AOE △相似可得OE BDAE AD=，故rh=，所以rR rh=（）.注：圆柱、圆台同样以轴截面的方式处理.(3)常见几何体内切球、外接球半径：棱长为a的正方体：内切球半径2aR=，外接球半径R=.棱长为a的正四面体：内切球半径R，外接球半径R.柱体侧棱长a，底面外接圆半径r：柱体可能不存在内切球，柱体中最大的球的半径min{}2aR r=，.【例17】(昌江区校级期末)正方体的外接球体积与内切球体积的比为（）A．3B．C D．2【例18】(山东一模)如图，三棱锥V ABC-中，VA⊥底面ABC，90BAC∠=︒，2AB AC AV===，则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为（）A．(2:1B．3):1C．1):3D．1):2【例19】(南京模拟)如图，正三棱柱111ABC A B C-，底面边长为2，D，E，F，M，N分别为棱AC，AB，BC，11A C，11B C的中点，P为线段MN上的动点，则三棱锥P DEF-内切球半径的最大值为．【例20】(青岛开学)已知圆台的上下底面半径分别为1和2，侧面积为，则该圆台的外接球半径为（）A B C D【例21】(重庆月考)若正三棱柱111ABC A B C -既有外接球，又有内切球，记该三棱柱的外接球和内切球的半径分别为1R 、2R ，则212()R R =（） A ．5 B ．4 C ．92D ．103同步训练1.在三棱锥A BCD -中，侧棱AB 、AC 、AD 两两垂直，ABC △、ACD △、ADB △、，则三棱锥A BCD -的外接球的体积为（）A B ． C ． D ．2．(凤阳县校级三模)已知正方形123APP P 的边长为4，点B ，C 分别是边12P P ，23P P 的中点，沿AB ，BC ，CA 折叠成一个三棱锥P ABC -（使1P ，2P ，3P 重合于点)P ，则三棱锥P ABC -的外接球的体积为（）A ．24πB ．C ．D ．4π3．(瑶海区月考)已知三棱锥P ABC -的顶点P 在底面的射影O 为ABC △的垂心，若2ABC OBC PBC S S S ⋅=△△△，且三棱锥P ABC -的外接球半径为3，则PAB PBC PAC S S S ++△△△的最大值为（） A ．8B ．10C ．18D ．224.已知三棱锥P ABC -的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC △满足AB BC =3AC =，若该三棱，则其外接球的半径为（）A ．1B ．2C ．3D ．235．(河南模拟)在四面体ABCD 中，ABD △与BDC △都是边长为2的等边三角形，且平面ABD ⊥平面BDC ，则该四面体外接球的体积为．6．(怀化二模)已知空间四边形ABCD 中，2AB BD AD ===，1BC =，CD 若平面ABD ⊥平面BCD ，则该几何体的外接球表面积为．7．(江西月考)已知空间四边形ABCD 中，2AB BD AD ===，1BC =，CD ，若二面角A BD C --的大小是120︒，则该几何体的外接球表面积是．8．(葫芦岛模拟)已知空间四边形ABCD 中，2AB BD AD ===，1BC =，CD ，若二面角A BD C--的取值范围为2[]43ππ，，则该几何体的外接球表面积的取值范围为．9.(全国四模)已知三棱锥D ABC -所有顶点都在球O 的球面上，ABC △为边长为ABD △是以BD 为斜边的直角三角形，且2AD =，二面角C AB D --为120︒，则球O 的表面积为（）A ．1483π B ．28π C ．373π D ．36π10.(江门月考)已知三棱锥P ABC -三条侧棱PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且2PA PB PC ===，M ，N分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则M ，N 两点间距离的最小值为（）A ．2B 1C ．2D 2-11.(和平区二模)已知圆锥底面圆的直径为3，该圆锥的内切球也是棱长为a 的正四面体的外接球，则此正四面体的棱长a 为（）A B C ．3 D ．9212.(山西月考)P ABC -的外接球和内切球的半径分别为1R 和2R ，则12R R -的值为（）A ．4BCD ．1 13．(大武口区校级三模)正方形ABCD 中，E ，F 分别为线段AB ，BC 的中点，连接DE ，DF ，EF ，将ADE △，CDF △，BEF △分别沿DE ，DF ，EF 折起，使A ，B ，C 三点重合，得到三棱锥O DEF -，则该三棱锥外接球半径R 与内切球半径r 的比值为．14．(南开区模拟)如果一个八面体各个面都是全等的正三角形，如图所示，则这个几何体叫正八面体，则棱长为4的正八面体的内切球半径是．15．(黄冈期末)若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，当该圆锥体积是球体积两倍时，该圆锥的高为（）A ．2B ．4CD ．16．(胶州市期末)在三棱柱111ABC A B C -中，上下底面均为等腰直角三角形，且AB ==1AA ⊥平面ABC ，若该三棱柱存在内切球，则1AA =（）A ．2B ．2C ．2D。

2019届河北省衡水中学高考押题试卷(一)理科数学

2019届河北省衡水中学高考押题试卷（一）数学（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在本小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1. 已知集合，则A. B.C. D.2. 若复数，在复平面内对应的点关于虚轴对称，且，则A.B.C.D.3. 《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，书中有一问题：“今有方物一束，外周一匝有三十二枚，问积几何？”该著作中提出了一种解决此问题的方法：“重置二位，左位减八，余加右位，至尽虚减一，即得．”通过对该问题的研究发现，若一束方物外周一匝的枚数是分整数倍时，均可采用此方法求解．如图是解决这类问题的程序框图，若输入，则输出的结果为（）A. B.C. D.4. 已知一个几何体的三视图如图所示（正方形的边长为），则该几何体的体积为（）A. B.C. D.5. 若正实数，满足，则取最小值时，的值为（）A. B.C. D.6. 《红海行动》是一部现代化海军题材影片，该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事．撤侨过程中，海军舰长要求队员们依次完成六项任务，并对任务的顺序提出了如下要求：重点任务必须排在前三位，且任务、必须排在一起，则这六项任务的不同安排方案共有（）A.种B.种C.种D.种7. 函数的大致图象是（）A.B.C.D.8. 已知函数，若要得到一个奇函数的图象，则可以将函数的图象（）A.向左平移个单位长度B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度D.向右平移个单位长度9. 已知在四棱锥中，平面平面，且是边长为的正三角形，底面是边长为的正方形，则该四棱锥的外接球的表面积为（）A.B.C. D.10. 已知双曲线的右焦点到渐近线的距离为，且在双曲线上到的距离为的点有且仅有个，则这个点到双曲线的左焦点的距离为（）A. B.C. D.11. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，成等比数列，，则的值为（）A. B.C. D.12. 已知，，若存在，，使得，则称函数与互为“度零点函数“，若与互为“度零点函数“，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

河北省衡水中学2019届高三下学期大联考卷Ⅱ理科数学试卷及答案

18.(12 分 )
如图,四边形 ABCD 为菱形,PD ⊥ 平面 ABCD ,M ,N 分别是
PC,PA 的中点,AB=2,PD =a,∠DAB=60°.
(1)求证:MN ⊥平面 PBD .
(2)若直线 BM
与平面 PAD 所成角的余弦值为
13,求 4
a
的值. 19.(12 分 )
(1)试估计该高中参加 2018 年高考的 1000 名考生的平均分数与全市平均分数的高低情况 ; (2)请估计全市分数不低于 550 分的考生人数 ;
(3)若
该高
中
不低
于 650
分的
考生
中
女生
所占
比
例为
2 5
,现
C.-4
D.-5
5.设函数f(x)=ex -e-x +3,则曲线y=f(x)在 x=0 处的切线与坐标轴围成的三角形的面
积为
A.9
3 B.2
9 C.2
9 D.4
理科数学试题第1页(共4页)
6.已知抛物线 C:y2=2px(p>0)的焦点为 F,点 M 是抛物线C 上一点,直线 MF 与抛物线的准线l 交于点 N ,且FN→=-2FM→,若|MF|=6,则p=
计
划
从
不
低
于
650
分
的
考
生
中
随
机挑选3人为高二年级的学生作学习经验报告,试求女生被选到的人数 X 的分布列及数
学期望.
附 :425×0.0018+475×0.0034+525×0.008+575×0.0064+625×0.0002+675×0.0002=

【高三数学之衡水中学】立体几何(附答案)

（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
专题02 函数概念与基本初等函数
一ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ单选题
1.【2020届河北省衡水中学高三下学期第一次模拟数学（理）】函数的图象可能是（）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】因为为偶函数，定义域为，故排除C，D；当时，，排除B，故选：A.
C．f(c)>f(b)>f(a)D．f(c)>f(a)>f(b)
【答案】D
【解析】因为函数f(x)＝x2在(0，＋∞)上单调递增，而0< ＝log53<log54<1< ，所以f(b)<f(a)<f(c)．
故选：D.
10.【河北省衡水中学2021届全国高三第二次联合考试（新高考）】命题关于的不等式的解集为的一个充分不必要条件是（）
（1）求证：；
（2）若二面角的平面角为，求平面与平面夹角的余弦值.
4. 【河北省衡水中学2021届高三上学期四调】如图，在四棱锥中，平面底面，其中底面为等腰梯形，，，，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
5. 【河北省衡水中学2021届高三数学第一次联合考试】如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面底面， .
故选：A.
6.【河北省衡水中学2021届高三上学期期中】已知在上的函数满足如下条件：①函数的图象关于轴对称；②对于任意，；③当时，；④函数，，若过点的直线与函数的图象在上恰有8个交点，在直线斜率的取值范围是（）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为函数是偶函数，由得，

2019届河北省衡水高三高考押题数学(理)试题(解析版)10 (1)

河北省衡水中学高三高考押题理数试题一、选择题1．已知集合4{|0}2x A x Z x -=∈≥+， 1{|24}4x B x =≤≤，则A B ⋂=（） A. {|12}x x -≤≤ B. {}1,0,1,2- C. {}2,1,0,1,2-- D. {}0,1,2 【答案】B【解析】由题知{}1,0,1,2,3,4A =-， {|22}B x x -≤≤＝，则{}1,0,1,2A B ⋂=-故本题答案选B ．2．已知i 为虚数单位，若复数1i1it z -=+在复平面内对应的点在第四象限，则t 的取值范围为（）A. []1,1-B. ()1,1-C. (),1-∞-D. ()1,+∞ 【答案】B 【解析】由题()()()()1-ti 1-i 1-ti 1-t 1+tz===-i 1+i 1+i 1-i 22．又对应复平面的点在第四象限，可知110022t t-+>-<且，解得11t -<<．故本题答案选B ． 3．下列函数中，既是偶函数，又在(),0-∞内单调递增的为（） A. 42y x x =+ B. 2x y = C. 22x x y -=- D. 12log 1y x =-【答案】D【解析】42y x x =+为非奇非偶函数， A 排除； 2x y =为偶函数，但在(),0-∞内单调递减， B 排除； 22x x y -=-为奇函数， C 排除．故本题答案选D ．4．已知双曲线1C ： 2212x y -=与双曲线2C ： 2212x y -=-，给出下列说法，其中错误的是（）A. 它们的焦距相等B. 它们的焦点在同一个圆上C. 它们的渐近线方程相同D. 它们的离心率相等【答案】D【解析】由题知222:12x C y -=．则两双曲线的焦距相等且2c =在圆223x y +=的圆上，其实为圆与坐标轴交点．渐近线方程都为2y x =±，由于实轴长度不同故离心率ce a=不同．故本题答案选D ， 5．在等比数列{}n a 中，“4a ， 12a 是方程2310x x ++=的两根”是“81a =±”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】A【解析】由韦达定理知4124123,1a a a a +=-=，则4120,0a a <<，则等比数列中4840a a q =<，则81a =-．在常数列1n a =或1n a =-中， 412,a a 不是所给方程的两根．则在等比数列{}n a 中，“4a ， 12a 是方程2310x x ++=的两根”是“81a =±”的充分不必要条件．故本题答案选A ． 6．执行如图所示的程序框图，则输出的S 值为（）A. 1009B. -1009C. -1007D. 1008 【答案】B【解析】由程序框图则0,1;1,2;12,3;123,4S n S n S n S n =====-==-+=，由S 规律知输出12345S =-+-+-++．故本题答案选B ．【易错点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构.循环结构中都有一个累计变量和计数变量,累计变量用于输出结果,计算变量用于记录循环次数,累计变量用于输出结果,计数变量和累计变量一般是同步执行的,累加一次计数一次,哪一步终止循环或不能准确地识别表示累计的变量,都会出现错误.计算程序框图的有关的问题要注意判断框中的条件,同时要注意循环结构中的处理框的位置的先后顺序,顺序不一样,输出的结果一般不会相同. 7．已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.163π+ B. 112π+ C. 1123π+ D. 143π+ 【答案】C【解析】观察三视图可知，几何体是一个圆锥的14与三棱锥的组合体，其中圆锥的底面半径为1，高为1．三棱锥的底面是两直角边分别为1,2的直角三角形，高为1．则几何体的体积21111π1π111213432123V =⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=+．故本题答案选Ｃ．8．已知函数()()sin (0,0,)f x A x A ωϕωϕπ=+>><的部分图象如图所示，则函数()()cos g x A x ϕω=+图象的一个对称中心可能为（）A. 5,02⎛⎫- ⎪⎝⎭B. 1,06⎛⎫⎪⎝⎭C. 1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭D. 11,06⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】C【解析】由图象最高点与最低点的纵坐标知A =又()6282T=--=，即2πT =16ω=，所以π8ω=．则()π8f x x ϕ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，图象过点()6,0，则3πsin 04ϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，即3ππ4k ϕ+=，所以3ππ4k ϕ=-+，又ϕπ<，则π4ϕ=．故()ππ48g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，令ππππ482x k +=+，得322x k =+，令1k =-，可得其中一个对称中心为1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭．故本题答案选C ．9．《几何原本》卷2的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.现有如图所示图形，点F 在半圆O 上，点C 在直径AB 上，且OF AB ⊥，设AC a =， BC b =，则该图形可以完成的无字证明为（）A.0,0)2a ba b +≥>> B. 222(0,0)a b ab a b +≥>>C. 20,0)ab a b a b ≤>>+D. 0,0)2a b a b +≤>> 【答案】D【解析】令,AC a BC b ==，可得圆O 的半径2a br +=，又22a b a bOC OB BC b +-=-=-=，则()()2222222442a b a b a b FC OC OF -++=+=+=，再根据题图知FO FC ≤，即2a b +≤Ｄ． 10．为迎接中国共产党的十九大的到来，某校举办了“祖国，你好”的诗歌朗诵比赛.该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加，要求甲、乙、丙这3名同学中至少有1人参加，且当这3名同学都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的4名学生不同的朗诵顺序的种数为（）A. 720B. 768C. 810D. 816 【答案】B【解析】由题知结果有三种情况． ()1甲、乙、丙三名同学全参加，有1444C A =96种情况，其中甲、乙相邻的有123423C A A 48=种情况，所以甲、乙、丙三名同学全参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻顺序有964848-=种情况； ()2甲、乙、丙三名同学恰有一人参加，不同的朗诵顺序有314434C C A 288=种情况； ()3甲、乙、丙三名同学恰有二人参加时，不同的朗诵顺序有224434432C C A =种情况．则选派的4名学生不同的朗诵顺序有28843248768++=种情况，故本题答案选B11．焦点为F 的抛物线C ： 28y x =的准线与x 轴交于点A ，点M 在抛物线C 上，则当MA MF取得最大值时，直线MA 的方程为（）A. 2y x =+或2y x =--B. 2y x =+C. 22y x =+或22y x =-+D. 22y x =-+ 【答案】A【解析】过M 作MP 与准线垂直，垂足为P ，则11cos cos MA MA MFMPAMP MAF===∠∠，则当MA MF取得最大值时， MAF ∠必须取得最大值，此时直线AM 与抛物线相切，可设切线方程为()2y k x =+与28y x =联立，消去y 得28160ky y k -+=，所以264640k =-=，得1k =±．则直线方程为2y x =+或2y x =--．故本题答案选A ．点睛：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离，抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化，如果问题中涉及抛物线上的点到焦点或到准线的距离，那么用抛物线定义就能解决问题．本题就是将到焦点的距离MF 转化成到准线的距离MP ，将比值问题转化成切线问题求解．12．定义在R 上的函数()f x 满足()()22f x f x +=，且当[]2,4x ∈时，()()224,23,{12,34,x x x f x g x ax x x x-+≤≤==++<≤，对[]12,0x ∀∈-， []22,1x ∃∈-，使得()()21g x f x =，则实数a 的取值范围为（）A. 11,,88⎛⎫⎡⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭B.11,00,48⎡⎫⎛⎤-⋃⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦C. (]0,8D. ][11,,48⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由题知问题等价于函数()f x 在[]2,0-上的值域是函数()g x 在[]2,1-上的值域的子集．当[]2,4x ∈时， ()()224,232,34{x x x x xf x --+≤≤+<≤=，由二次函数及对勾函数的图象及性质，得此时()93,2f x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，由()()22f x f x +=，可得()()()112424f x f x f x =+=+，当[]2,0x ∈-时， []42,4x +∈．则()f x 在[]2,0-的值域为39,48⎡⎤⎢⎥⎣⎦．当0a >时， ()[]21,1g x a a ∈-++，则有3214918{a a -+≤+≥，解得18a ≥，当0a =时， ()1g x =，不符合题意；当0a <时， ()[]1,21g x a a ∈+-+，则有3149218{a a +≤-+≥，解得14a ≤-．综上所述，可得a 的取值范围为 ][11,,48⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭．故本题答案选D ．点睛：求解分段函数问题应对自变量分类讨论，讨论的标准就是自变量与分段函数所给出的范围的关系，求解过程中要检验结果是否符合讨论时的范围．讨论应该不重复不遗漏．二、填空题13．已知()1,a λ=， ()2,1b =，若向量2a b +与()8,6c =共线，则a 在b 方向上的投影为_________．【解析】由题知()24,21a b λ+=+，又2a b +与c 共线，可得()248210λ-+=，得1λ=，则a 在方向上的投影为5a b b⋅==． 14．已知实数x ， y 满足不等式组20,{250,20,x y x y y --≤+-≥-≤且2z x y =-的最大值为a ，则2cos 2xa dx π⎰=__________．【答案】3π【解析】作出可行域，目标函数可变为2y x z =-，令0z =，作出2y x =，由平移可知直线过()4,2时z 取最大值，则max 6a z ==．则()ππ2ππ00006cos 3cos 33sin |3|3π2x dx x dx x x =+=+=⎰⎰．故本题应填3π． 15．在ABC ∆中，角A ， B ， C 的对边分别为a ， b ， c ，tan tan 2tan b B b A c B +=-，且8a =， ABC ∆的面积为，则b c +的值为__________．【答案】【解析】由正弦定理，原等式可化为sin sin sin sin sin 2sin cos cos cos B A BB BC B A B⋅+⋅=-⋅，进一步化为cos sin sinAcosB 2A B sinCcosA +=-，则()sin 2A B sinCcosA +=-，即1cos 2A =-．在三角形中2π3A =．由面积公式1sin 2ABCSbc A ==，可知16bc =，由余弦定理()22222cos a b c bc A b c bc =+-=+-，代入可得b c +=点睛：本题主要考查正余弦定理.在利用正,余弦定理解三角形的过程中,当所给的等式中既有正弦又有余弦时,常利用正弦定理将边的关系转化为角的关系;如果出现边的平方或者两边长的乘积时可考虑使用余弦定理判断三角形的形状.解三角形问题时,要注意正,余弦定理的变形应用,解题思路有两个:一个是角化为边,二是边化为角.选择余弦定理和面积时，要以已知角的为主．16．已知球O 是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）A BCD -的外接球， 3BC =， AB =点E 在线段BD 上，且3BD BE =，过点E 作圆O 的截面，则所得截面圆面积的取值范围是__________.【答案】[]2,4ππ【解析】令BCD 的中心为1O ，球O 的半径为R ，连接11,,,O D OD O E OE ，易求得123sin603O D =⨯=，则13AO ==，在1Rt OO D 中，由勾股定理得()2233R R =+-，解得2R =，由3B DB E =，知12,23O EBC DE DB ==，所以11O E ==，所以OE ==．当截面与OE 垂直时，截面的面积最小，此时截面圆的半径r =，此时截面面积为2π．当截面过球心时，截面圆的面积最大，此时截面圆的面积为4π．故本题应填[]2,4ππ．点睛：解决球与其他几何体的内切，外接问题的关系在于仔细观察，分析几何体的结构特征，搞清相关元素的位置关系和数量关系，选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多地包含球和其他几何体的各种元素，尽可能的体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．三、解答题17．已知()()()()231111nx x x x ++++++++的展开式中x 的系数恰好是数列{}n a 的前n 项和n S . （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）数列{}n b 满足()()122121nnn a n a a b +=--，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：1n T <.【答案】（1）n a n =;（2）见解析.【解析】试题分析：（1）由二项展开式可知各项中x 的系数，求和后可得n S ，利用n S 与n a 间的关系可得数列{}n a 的通项公式；（2）由n a 的通项公式可求得n b 的通项公式()()122121n n n n b +=--，对n b 进行裂项，用裂项法可求得n T ，利用放缩法可证明不等式．试题解析：（1）()()()()231111nx x x x ++++++++的展开式中x 的系数为1111123n C C C C ++++= 2111223n C C C C ++++= 2211122n C n n +=+，即21122n S n n =+，所以当2n ≥时， 1n n n a S S n -=-=；当1n =时， 11a =也适合上式，所以数列{}n a 的通项公式为n a n =. （2）证明：()()122121nn n n b +==-- 1112121n n +---，所以11111113372121n n n T +=-+-++--- 11121n +=--，所以1n T <.18．如图，点在以为直径的圆上，垂直与圆所在平面，为的垂心.（1）求证：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）cos 17θ=. 【解析】试题分析：（1）延长OG 交AC 于点M ，由重心性质及中位线性质可得//OM BC ，再结合圆的性质得OM AC ⊥，由已知PA OM ⊥，可证OM ⊥ 平面PAC ，进一步可得平面OPG ⊥　平面PAC ；（2）以点C 为原点， CB ，CA ， AP 方向分别为x ， y ， z 轴正方向建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用二面角与二个半平面的法向量的夹角间的关系可求二面角的余弦值．试题解析：（1）如图，延长OG 交AC 于点M .因为G 为AOC ∆的重心，所以M 为AC 的中点.因为O 为AB 的中点，所以//OM BC .因为AB 是圆O 的直径，所以BC AC ⊥，所以OM AC ⊥. 因为PA ⊥平面ABC ， OM ⊂平面ABC ，所以PA OM ⊥.又PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面,PAC PA AC ⋂= A ，所以OM ⊥ 平面PAC .即OG ⊥平面PAC ，又OG ⊂平面OPG ，所以平面OPG ⊥平面PAC .（2）以点C 为原点， CB ， CA ， AP 方向分别为x ， y ， z 轴正方向建立空间直角坐标系C xyz -，则()0,0,0C ， ()0,1,0A ，)B，1,02O ⎫⎪⎪⎝⎭， ()0,1,2P ， 10,,02M ⎛⎫⎪⎝⎭，则0,0OM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，1,22OP ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭.平面OPG 即为平面OPM ，设平面OPM 的一个法向量为(),,n x y z =，则30,{3120,22n OM x n OP x y z ⋅=-=⋅=-++=令1z =，得()0,4,1n =-.过点C作CH AB ⊥于点H ，由PA ⊥平面ABC ，易得CH PA ⊥，又PA AB A ⋂=，所以CH ⊥平面PAB ，即CH 为平面PAO 的一个法向量.在Rt ABC ∆中，由2A B A C =，得30ABC ∠=︒，则60HCB ∠=︒，122CH CB ==. 所以c o sH x C H B =∠， 3sin 4H y CH HCB =∠=.所以33,04CH ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭.设二面角A OP G --的大小为θ，则c os C H nC H nθ⋅==⋅=. 点睛：若12,n n 分别二面角的两个半平面的法向量，则二面角的大小θ满足12cos ,cos n n θ=〈〉，二面角的平面角的大小是12,n n 的夹角(或其补角，需根据观察得出结论)．在利用向量求空间角时，建立合理的空间直角坐标系，正确写出各点坐标，求出平面的法向量是解题的关键．19．2017年春节期间，某服装超市举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元（含600元），均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种.方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球，其中奖规则为：若摸到3个红球，享受免单优惠；若摸出2个红球则打6折，若摸出1个红球，则打7折；若没摸出红球，则不打折.方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.（1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；（2）若某顾客消费恰好满1000元，试从概率的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？【答案】（1）114400P = ;（2）见解析.【解析】试题分析：（1）选择方案一可以免单，但需要摸出三个红球，利用古典概型求出摸出三个红球的概率，再利用两个相互独立事件同时发生的概率应该是两事件的概率乘积可求得两位顾客均享受免单优惠的概率；（2）分别写出两种方案下付款金额的分布列，再求出期望值，利用期望值的大小，进行合理选择．试题解析：（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需要摸出三个红球，设顾客享受到免单优惠为事件A ，则()333101120C P A C ==，所以两位顾客均享受到免单的概率为()()114400P P A P A =⋅=. （2）若选择方案一，设付款金额为X 元，则X 可能的取值为0，600，700，1000.()3331010120C P X C ===，()2137310760040C C P X C ===，()12373102170040C C P X C ===， ()373107100024C P X C ===，故X 的分布列为，所以()1721706007001000120404024E X =⨯+⨯+⨯+⨯ 17646=（元）. 若选择方案二，设摸到红球的个数为Y ，付款金额为Z ，则1000200Z Y =-，由已知可得3~3,10Y B ⎛⎫⎪⎝⎭，故()3931010E Y =⨯=，所以()()1000200E Z E Y =-= ()1000200820E Y -=（元）.因为()()E X E Z <，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算.20．已知椭圆C ： 22221(0)x y a b a b+=>>的长轴长为6，且椭圆C 与圆M ：()224029x y -+=. （1）求椭圆C 的方程.（2）过点()0,2P 作斜率为()0k k ≠的直线l 与椭圆C 交于两点A ， B ，试判断在x 轴上是否存在点D ，使得ADB ∆为以AB 为底边的等腰三角形.若存在，求出点D 的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】（1）22198x y +=；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）由长轴长可得a 值，公共弦长恰为圆M 直径，可知椭圆经过点2,⎛± ⎝⎭，利用待定系数法可得椭圆C 方程；（2）可令直线l 的解析式为2y kx =+，设()()1122,,,A x y B x y ， AB 的中点为()00,E x y ，将直线方程与椭圆方程联立，消去y ，利用根与系数的关系可得00,x y ，由等腰三角形中DE AB ⊥，可得1DE k k=-，得出(),0D m 中289m k k-=+．由此可得D 点的横坐标m 的范围．试题解析：（1）由题意可得26a =，所以3a =.由椭圆C 与圆M ：()224029x y -+=的公共弦长为3，恰为圆M 的直径，可得椭圆C经过点2,⎛± ⎝⎭，所以2440199b +=，解得28b =.所以椭圆C 的方程为22198x y +=.（2）直线l 的解析式为2y kx =+，设()()1122,,,A x y B x y ， AB 的中点为()00,E x y .假设存在点(),0D m ，使得ADB ∆为以AB 为底边的等腰三角形，则DE AB⊥.由222,{1,98y kx x y =++=得()228936360k xkx ++-=，故1223698k x x k +=-+，所以021898k x k -=+， 00216298y kx k =+=+.因为DE AB ⊥，所以1DEk k =-，即221601981898k k k m k -+=---+，所以222989k m k k k--==++.当0k >时，89k k +≥=012m -≤<；当0k <时，89k k +≤-，所以012m <≤. 综上所述，在x 轴上存在满足题目条件的点E ，且点D 的横坐标的取值范围为⎡⎫⎛⋃⎪ ⎢⎪⎣⎭⎝⎦. 点睛：本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质,直线与椭圆的位置关系,基本不等式,及韦达定理的应用.解析几何大题的第一问一般都是确定曲线的方程,常见的有求参数确定方程和求轨迹确定方程,第二问一般为直线与椭圆的位置关系,解决此类问题一般需要充分利用数形结合的思想转化给出的条件,可将几何条件转化为代数关系,从而建立方程或者不等式来解决. 21．已知函数()22ln 2(0)f x x mx x m =-+>. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当m ≥时，若函数()f x 的导函数()'f x 的图象与x 轴交于A ， B 两点，其横坐标分别为1x ， 212()x x x <，线段AB 的中点的横坐标为0x ，且1x ，2x 恰为函数()2ln h x x cx bx =--的零点，求证： ()()1202'ln23x x h x -≥-+.【答案】（1）当02m <≤时， ()f x 在()0,+∞内单调递增；当2m >时， ()f x在⎝⎭内单调递减，在⎛ ⎝⎭，⎫+∞⎪⎪⎝⎭内单调递增；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）对函数求导后，利用导数与函数单调性的关系，对m 进行讨论可得函数单调性；（2）由函数的导函数可知， 1212,1x x x x +==又是()2ln h x x cx bx =--的零点，代入相减化简得()121212lnx x b c x x x x =-+-，对()h x 求导， ()()120'x x h x -= 12112212ln 1x x x x x x -⋅-+.令()1201xt t x =<<，求得函数()122ln ln213t G t t t -=⋅--++的最小值为.不等式得证．试题解析：（1）由于()22ln 2f x x mx x =-+的定义域为()0,+∞，则()()221'x mx f x x-+=.对于方程210xmx -+=，其判别式24m ∆=-.当240m -≤，即02m <≤时， ()'0f x ≥恒成立，故()f x 在()0,+∞内单调递增.当240m ->，即2m >，方程210x mx -+=恰有两个不相等是实x =，令()'0f x >，得0x <<x >，此时()f x 单调递增；令()'0f x <，得22m m x <<此时()f x 单调递减.综上所述，当02m <≤时， ()f x 在()0,+∞内单调递增；当2m >时， ()f x在⎝⎭内单调递减，在⎛ ⎝⎭，⎫+∞⎪⎪⎝⎭内单调递增. （2）由（1）知， ()()221'x mx f x x-+=，所以()'f x 的两根1x ， 2x 即为方程210x mx -+=的两根.因为2m ≥，所以240m ∆=->， 12x x m +=， 121x x =.又因为1x ， 2x 为()2ln h x x cx bx =--的零点，所以2111l n 0x c xb x --=， 2222ln 0x c bx --=，两式相减得()()()11212122ln 0xc x x x x b x x x --+--=，得()121212lnx x b c x x x x =-+-.而()1'2h x cx b x=--，所以()()120'x x h x -= ()120012x x cx b x ⎛⎫---=⎪⎝⎭()()()121212121212ln 2x x x x c x x c x x x x x x ⎡⎤⎢⎥⎢⎥--+-+++-⎢⎥⎢⎥⎣⎦()1211222lnx x x x x x -=-=+ 12112212ln 1x x x x x x -⋅-+. 令12(01)x t t x =<<，由()2212x x m +=得22212122x x x x m ++=，因为121x x =，两边同时除以12x x ，得212t m t ++=，因为m ≥，故152t t +≥，解得102t <≤或2t ≥，所以102t <≤.设()12ln 1t G t t t -=⋅-+，所以()()()221'01t G t t t --=<+，则()y G t =在10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦上是减函数，所以()min 12ln223G t G ⎛⎫==-+ ⎪⎝⎭，即()()120'y x x h x =-的最小值为2ln23-+.所以()()1202'ln23x x h x -≥-+.22．已知直线l的参数方程为4,2{2x y =+=（t 为参数），以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为4cos ρθ=，直线l 与圆C 交于A ， B 两点.（1）求圆C 的直角坐标方程及弦AB 的长；（2）动点P 在圆C 上（不与A ， B 重合），试求ABP ∆的面积的最大值.【答案】（1）；（2）2+【解析】试题分析：（1）利用平面直角坐标系与极坐标系间的转化关系，可得圆的直角坐标方程，将直线的参数方程代入，利用参数的几何意义可求得弦AB 的长；（2）写出圆的参数方程，利用点到直线的距离公式，可得2cos 4d πθ⎛⎫==+- ⎪⎝⎭，可求出d 的最大值，即求得ABP ∆的面积的最大值．试题分析：（1）由4cos ρθ=得24cos ρρθ=，所以2240x y x +-=，所以圆C 的直角坐标方程为()2224x y -+=.将直线l 的参数方程代入圆:C()2224x y -+=，并整理得20t +=，解得10t =，2t =-.所以直线l被圆C截得的弦长为12t t -=（2）直线l 的普通方程为40x y --=.圆C 的参数方程为22,{2,x cos y sin θθ=+=（θ为参数），可设曲线C 上的动点()22c o s ,2s i n P θθ+，则点P 到直线l 的距离4d =2cos 4πθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭当c o s14πθ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭时， d 取最大值，且d的最大值为2+所以(1222ABP S ∆≤⨯+=+即ABP ∆的面积的最大值为223．选修4-5：不等式选讲.已知函数()211f x x x =-++. （1）求函数()f x 的值域M ；（2）若a M ∈，试比较11a a -++，32a ， 722a -的大小. 【答案】（1）3,2M ⎡⎫=+∞⎪⎢⎣⎭；（2）3711222a a a a -++>>-. 【解析】（1）()3,1,1{2,1,213,.2x x f x x x x x -<-=--≤≤>根据函数()f x 的单调性可知，当12x =时， ()min 1322f x f ⎛⎫== ⎪⎝⎭. 所以函数()f x 的值域3,2M ⎡⎫=+∞⎪⎢⎣⎭.（2）因为a M ∈，所以32a ≥，所以3012a<≤.又111123a a a a a-++=-++=≥，所以32a≥，知10a->，430a->，所以()()1432a aa-->，所以37222aa>-，所以3711222a a aa-++>>-.。

2019衡水名师原创理科数学专题卷：专题十一《立体几何》

2019衡水名师原创理科数学专题卷专题十一立体几何考点33：空间几何体的结构特征、三视图、直观图表面积和体积(1-8题,13-15题，17-19题)考点34：空间点、线、面的位置关系（9,10题）考点35：直线、平面平行的判定与性质(16,20题）考点36：直线、平面垂直的判定与性质（17-19,21,22题）考点37：与空间角和距离有关的计算（11,12题，20-22题）考试时间：120分钟满分：150分说明：请将选择题正确答案填写在答题卡上，主观题写在答题纸上第I卷（选择题）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，只有一项是最符合题目要求的。

）1．【来源】2017届湖南省衡阳市高三上学期期末考试考点33易若正三棱锥的正视图与俯视图如下图所示，则它的侧视图的面积为（）A. B. C. D.2.【2017课标3，理8】考点33 中难已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A．πB．C．D．3．【2017课标1，理7】考点33 中难某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10 B．12 C．14 D．164．【2017课标II，理4】考点33 中难如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（）A．90π B．63π C．42π D．36π5．【来源】2017届山西省五校联考考点33中难某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A. B.C.D.6．【来源】2017届河北省衡水中学高三上学期六调考点33 难如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体最长的棱长等于（）A.B.C.D.7．【来源】2017届湖南长沙雅礼中学高三理月考四难如图，正方体 1111D C B A ABCD 的棱长为3，以顶点 A 为球心，2为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交得到的两段弧长之和等于（）A． B． C. D．8．【来源】2015仿照新课标卷一冲刺卷理科数学1试卷考点33难.已知几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的内切球的半径为（）A. 2B.C. 3D.9．【来源】2016届浙江省宁波市高三上学期期末考试数学试卷考点34易已知m,n是两条不同的直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（）A. 若，，则B. 若，，则C. 若，，则D. 若，则10．【来源】2016届浙江省宁波市高三上学期期末考试考点34难如图，在正方形ABCD中，点E,F分别为边BC,AD的中点，将沿BF所在直线进行翻折，将沿DE所在直线进行翻折，在翻折过程中（）A. 点A 与点C 在某一位置可能重合B. 点A 与点C 的最大距离为C. 直线AB 与直线CD 可能垂直D. 直线AF 与直线CE 可能垂直 11.【2017课标II ，理10】考点37 易已知直三棱柱 111C C AB -A B 中， C 120∠AB =， 2AB =， 1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（）A ．B ．C ．D ．12.【来源】2012-2013学年福建省师大附中高二上学期期末考试考点37 中难如图，已知正方形 ABCD 的边长为 4，E F 、分别是 AB AD 、的中点， GC ⊥平面 ABCD ，且 2GC =，则点 B 到平面 EFG 的距离为（）A ．B ．C ．D ．1第Ⅱ卷（非选择题）二.填空题（每题5分，共20分） 13．【2017山东，理13】考点33 易由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如右图，则该几何体的体积为 .14．【来源】2016-2017学年江苏扬州中学高二上开学考试考点33 中难在棱长为1的正方体 1111ABCD A B C D -中， E 为 1AB 的中点，在面 ABCD 中取一点 F ，使1EF FC +最小，则最小值为__________．15．【2017课标1，理16】考点33 难如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D 、E 、F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D 、E 、F 重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为_______.16．【来源】2017届安徽师大附中学高三上学期期中考点35 难正方体 1111ABCD A B C D -中, E 是棱1CC 的中点, F 是侧面 11BCC B 内的动点,且 1//A F 平面1D AE,若正方体1111ABCD A B C D -的棱长是2,则 F 的轨迹被正方形 11BCC B 截得的线段长是________.三.解答题（共70分）17．（本小题满分10分）【来源】2017届广东省高三上学期阶段性测评一考点33 考点36 易如图，三棱锥 P ABC -中， PA PC =，底面 ABC 为正三角形．（Ⅰ）证明： AC PB ⊥；（Ⅱ）若平面 PAC ABC ⊥平面， 2AB =， PA PC ⊥，求三棱锥 P ABC -的体积． 18．（本小题满分12分）【来源】2016-2017学年河北枣强中学高二12月月考考点33 考点36 中难菱形 ABCD 的边长为3， AC 与 BD 交于 O ，且 60BAD ∠=，将菱形 ABCD 沿对角线 AC折起得到三棱锥 B ADC -（如图），点 M 是棱 BC 的中点，．（1）求证：平面 ABC ⊥平面 MDO ；（2）求三棱锥 M ABD -的体积．19．（本小题满分12分）【来源】2017届福建连城县二中高三理上学期期中考点33 考点36 中难如图，已知 BCD ∆中， 90BCD ∠=︒， 1BC CD ==， AB ⊥平面 BCD ， 60ADB ∠=︒，E 、F 分别是 AC 、 AD 上的动点，且（ 01λ<<）．（1）判断 EF 与平面 ABC 的位置关系并证明；（2）若，求三棱锥 A BEF -的体积．20.（本小题满分12分）【2017课标II ，理19】考点35 考点37 易如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，E 是PD 的中点。

2018衡水名师原创专题卷高考理科数学专题十一《立体几何》

绝密★启用前2018衡水名师原创专题卷理数专题十一《立体几何》数学试卷考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项：1卡上第1卷一、选择题1、如图,正方体的棱长为,以顶点为球心,为半径作一个球,则图中球面与正方体的表面相交得到的两段弧长之和等于( )A.B.C.D.2、如图,已知正方形的边长为,,分别是,的中点,平面,且,则点到平面的距离为( )A.B.C.D.3、已知几何体的三视图(单位:)如图所示,则该几何体的内切球的半径为( )A.B.C.D.4、如图,网格纸上小正方形的边长为,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体有一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为( )A.B.C.D.5、某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为( )A.10B.12C.14D.166、已知圆柱的高为,它的两个底面的圆周在直径为的同一个球面上,则该圆柱的体积为( )A.B.C.D.7、如图,网格纸上小正方形的边长为,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体最长的棱长等于( )A.B.C.D.8、若正三棱锥的正视图与俯视图如图所示,则它的侧视图的面积为( )A.B.C.D.9、某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )A.B.C.D.10、已知,是两条不同的直线,,,是三个不同的平面,下列命题中正确的是( )A.若,,则B.若,,则C.若,,则D.若,,则11、如图,在正方形中,点,分别是,的中点,将沿所在直线进行翻折,将沿所在直线进行翻折,在翻折过程中( )A.点与点在某一位置可能重合B.点与点的最大距离为C.直线与直线可能垂直D.直线与直线可能垂直12、已知直三棱柱中,,,,则异面直线与所成角的余弦值为( )A.B.C.D.二、填空题13、正方体中,是棱的中点,是侧面内的动点,且平面,若正方体的棱长是,则的轨迹被正方形截得的线段长是________.14、如图,圆形纸片的圆心为,半径为,该纸片上的等边三角形的中心为.,,为圆上的点,,,分别是以,,为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以,,为折痕折起,,,使得,,重合,得到三棱锥.当的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:)的最大值为.15、由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如下图,则该几何体的体积为 .16、在棱长为的正方体中,为的中点,在面中取一点,使最小,则最小值为__________.评卷人得分三、解答题17、如图,四面体中,是正三角形,是直角三角形,,.1.证明:平面平面;2.过的平面交于点,若平面把四面体分成体积相等的两部分,求二面角的余弦值。

11专题38-空间中直线、平面垂直位置关系证明方法（解析版）

专题十一：空间中直线、平面垂直位置关系的证明方法【高考地位】立体几何是高考的重点内容之一，每年高考大题必有立体几何题，尤其是第一问主要考查证明线面垂直、平行，面面垂直等问题，解决这类问题的方法主要有：几何法和空间向量法. 在高考中其难度属中档题.【方法点评】方法一几何法使用情景：转化的直线或平面比较容易找到解题模板：第一步按照线线垂直得到线面垂直，进而得出面面垂直的思路分析解答；第二步找到关键的直线或平面；第三步得出结论.例1、如图，在边长为4的菱形ABCD 中，60DAB ∠= ，点,E F 分别是边CD ，CB 的中点，AC EF O = ，沿EF 将CEF ∆翻折到PEF ∆，连接,,PA PB PD ，得到如图的五棱锥P ABFED -，且10PB =.求证：BD ⊥平面POA ；试题解析：（1）点,E F 分别是边,CD CB 的中点,BD EF ∴ ,菱形ABCD 的对角线互相垂直,,,,.BD AC EF AC EF AO EF PO AO ∴⊥∴⊥∴⊥⊥⊂ 平面,POA PO ⊂平面,,POA AO PO O EF =∴⊥ 平面,POA BD ∴⊥平面POA .考点：线面垂直判定定理，利用空间向量求二面角【思路点睛】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”.例2、如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面四边形ABCD 为等腰梯形，E 为PD 中点，PA ⊥平面ABCD ，//,,24AD BC AC BD AD BC ⊥==．证明：平面EBD⊥平面PAC；考点：面面垂直判定定理【变式演练1】如图,已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面, 平面ABCD 平面ABPE AB=,且2,1,AB BP AD AE AE AB====⊥,且AE BP.设点M为棱PD中点,在面ABCD内是否存在点N,使得MN⊥平面ABCD若存在,请证明, 若不存在,说明理由。

(完整word)河北衡水中学2019高三第一次调研考试--数学(理)

河北衡水中学2019高三第一次调研考试--数学（理）高三年级数学试卷〔理科〕本试卷分第一卷〔选择题〕和第二卷（非选择题）两部分。

第一卷共2页，第二卷共2页。

共150分。

考试时间120分钟。

第一卷〔选择题共60分〕5分，共60分。

每题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的选项填涂在答题卡上〕1.集合 M{x|x 1 22x 3 0}，N {x |x a}，假设 M 范围是〔〕件 5. _2(1 cosx) dx ()2[3,) B 、(3,) C 、(1] D 、(2.f(x)在R 上是奇函数，且N ，那么实数a 的取值1）【一】选择题〔每题f (xf (Q) 4) f (xx)当x (0,2)时，f (x) 2x 2,则f (7)()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A. （ ,4]B.[4, ）C.[ 4,4]D.（ 4,4] 8.有下面四个判断：其中正确的个数是（）A.-2B.23、函数f (x)C.-98log 2 x (x 1 x 2(xD.98 °），那么不等式 0）f （x ） 0的解集为〔〕A. {x | 0 x1} B {x|1 x 0} C. {x | 1 x1} D. {x | x 1}4.“a 0”是“方程ax 22x 10至少有一个负根”的〔〕A.B. 2C.2 D.A 、[0 , 1〕B 、( pC [1 ,+◎D (,1]7、函数2f(x) log °.5(xax 3a)在[2,）单调递减，那么a 的取值范围（）⑤abc 4 ； ® abc 4其中正确结论的序号是() A.①③⑤B.①④⑥C.②③⑤D.②④⑥设0 a 1，函数f(x) log a (a 2x 2a x 2)，那么使f (x) 0的取值范围是〔〕A. (, log a 3) B. (log a 3, ) C. (0, )D. ( ,0)12.函数sin x (0 x 1)，假设a,b,c 互不相等，且f(a) f(b) f(c)，那么 f (x)log 2010 x (x 1)a b c 的取值范围是()函数为f/(x)，f/(x)的导函数为f 〃(x)，那么有f 〃(Xo)0。

专题11 立体几何 11.3平行与垂直证明题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习(解析版)

因为点 E 是 AC 中点，点 F 为 AB 的中点，
所以 EF∥BC．
又因为 EF⊄平面 PBC，BC⊂平面 PBC，
△PAD 是正三角形，平面 PAD⊥平面 PBD．
（Ⅰ）求证：PA⊥BD；
（Ⅱ）设二面角 P﹣BD﹣A 的大小为α，直线 PA 与平面 PBC 所成角的大小为β，求 cos
（α+β）的值．
【解答】（Ⅰ）证明：∵∠BAD＝45°，AD＝1，�� = 2，
∴由余弦定理，得：
BD=
1 + 2 − 2 × 1 × 2 × ��45° =1，…（2 分）
性质定理
行，则过这条直线的任一
∵l∥α，
平面与此平面的交线与
l⊂β，α∩β
该直线平行(简记为“线面
＝b，∴l∥b
平行⇒线线平行”)
2．平面与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
判定定理
图形语言
符号语言
一个平面内的两条相交
∵a∥β，b
直线与另一个平面平行，
∥β，a∩b
则这两个平面平行(简记
＝P，a⊂α，
⊥AC，
所以 PA⊥面 ABC，
因为 BC⊂平面 ABC，
所以 PA⊥BC．
又因为 AB⊥BC，且 PA∩AB＝A，
所以 BC⊥面 PAB．
…．（9 分）
（Ⅲ）解：当点 F 是线段 AB 中点时，过点 D，E，F 的平面内的任一条直线都与平面 PBC
平行．
取 AB 中点 F，连 EF，连 DF．
由（Ⅰ）可知 DE∥平面 PBC．
��
理由．
【解答】（Ⅰ）证明：取 AB 中点 O，连接 EO，DO．
因为 EA＝EB，所以 EO⊥AB． …（2 分）

河北省衡水中学2019届高三第二学期一模考试理科数学试题(精编含解析)

6.如图，在三棱柱 ABC A1B1C1 中， AB ， AC ， AA1 两两互相垂直， AB AC AA1 ， M ， N 是线段
BB1 ， CC1 上的点，平面 AMN 与平面 ABC 所成（锐）二面角为 6 ，当 B1M 最小时， AMB （
）
5

A二学期高三年级一模考试
数学（理科）试卷
第 I 卷（选择题共 60 分）
一、选择题（每小题 5 分，共 60 分.下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案
的序号填涂在答题卡上）
1.已知全集为 R ，集合 A {1, 0,1,5} ， B x | x2 x 2 0 ，则 A ðR B （）
，故选 B．
4.如图是 2017 年第一季度五省 GDP 情况图，则下列陈述中不正确的是（）
A. 2017 年第一季度 GDP 增速由高到低排位第 5 的是浙江省.
B. 与去年同期相比，2017 年第一季度的 GDP 总量实现了增长. C. 去年同期河南省的 GDP 总量不超过 4000 亿元.
令
f
(x)

sin

x

3

=0，
x k , k Z
所以 3
,
x= +k , k Z，所以 3
所以绝对值最小的零点为 3 ，
2 故 x1 x2 的最小值为 3 . 故选：D
【点睛】本题主要考查正弦型函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能
D. 2017 年第一季度 GDP 总量和增速由高到低排位均居同一位的省只有 1 个.
【答案】D
【解析】

数学竞赛专题讲座十一、截面、射影、折叠和展开

数学竞赛专题讲座⼗⼀、截⾯、射影、折叠和展开⼗⼀、截⾯、射影、折叠和展开知识、⽅法、技能截⾯、射影、折叠和展开是⽴体⼏何中的⼏个典型问题，体现空间问题和平⾯问题互相转化的数学思想⽅法―化归思想⽅法．I ．截⾯1．截⾯⽤⼀个平⾯去截⼏何体时，平⾯和⼏何体的交线围成的图形，叫做⼏何体的截⾯．2．使⾯作法（1）连线法； (2)平⾏线法； (3)相交线法．3．截⾯⾯积的求法(l)割补法：将截⾯割补成若⼲个三⾓形或特殊的多边形，然后求出这些⾯积的和或差；(2)⾯积射影定理：cos S S α=?射截，其中α是截⾯与射影平⾯所成的⼆⾯⾓．4．平⾏于锥体底⾯的截⾯S 原、V 原为原锥体底⾯积、体积，h 是锥体的⾼，S 原、V 原、h 截为截得的锥体底⾯积、孰⾼．（1）22S h S h =原截截，（2）33V h V h =原截截． II ．射影1. 射影由空间⼀点向平⾯（直线）引垂线段，把垂⾜点叫做这点在平⾯（直线）上的正射影，简称射影．空间图形中⼀切点在平⾯上射影的集合，叫做这个空间图形在这个平⾯上的射影．2.⾯积射影定理在⼆⾯⾓的⼀个半平⾯上的任意多边形的⾯积S 与这个⼆⾯⾓的度数α的余弦的乘积，等于这个多边形在⼆⾯⾓的另⼀半平⾯上射影多边形的⾯积'S ，即'cos S S α=?． III ．折叠与展开1．折叠将⼀个平⾯图形沿着该平⾯内的某条直线折叠成⼀个空间图形，称为平⾯图形的折叠．2．展开⼀个⼏何体如果按照某种规则展开到⼀个平⾯，则称其⼏何体为可展⼏何体．3．折叠与展开的⽅法要准确画出原来的图形和折叠或展开后的图形，对照平⾯图形与⽴体图形元素的位置关系、⼤⼩、形状，确定哪些是不变量，哪些是变量．不变量是解题的基础．赛题精讲I.截⾯例1. (1989年联赛题) 已知正三棱锥S-ABC 的⾼3PO =，底⾯边长为6．过A 点向它所对的侧⾯作垂线，垂⾜为'O ，在'AO 上取点P ，使'8AP PO=．求经过点P 且平⾏于底⾯的截⾯的⾯积．【解】如图，平⾯SAO 交BC 于D ，则SO ⊥AD ，BC ⊥平⾯ADS ，所以AO ′在平⾯ADS 上．设AO ′∩SO=P ′，∠SDA=α，在△SOD 中，tan αα=60°．⼜AP ’=AO/sin α=4,AO ’=ADsin α=9/2．AP=8AO ′/（8+1）=4=AP ′故P 与P ′重合，PO=APcos α=2．设所求截⾯⾯积为S 1，则S 1/S △ABC =（SP/SO ）2=1/9．．例2.如图所⽰，三棱锥V —ABC 中，VA ⊥底⾯ABC ，∠ABC ＝90°.(1)求证：V 、A 、B 、C 四点在同⼀球⾯上.(2)过球⼼作⼀平⾯与底⾯内直线AB 垂直.求证：此平⾯截三棱锥所得的截⾯是矩形.证明.(1)取VC 的中点M ，∵VA ⊥底⾯ABC ，∠ABC ＝90°，∴BC ⊥VB ，在Rt △VBC 中，M 为斜边 VC 的中点.∴MB ＝MC ＝MV ，同理在Rt △VAC 中，MA ＝MV ＝MC ，∴MV ＝MC ＝MA ＝MB ，∴V 、A 、B 、C 四点在同⼀圆⾯上，M是球⼼.(2)取AC ，AB ，VB 的中点分别为N 、P 、Q ，连结NP 、PQ 、QM 、MN .则MNPQ 就是垂直于AB 的三棱锥V —ABC 的截⾯，易证PQMN 是平⾏四边形，⼜VA ⊥BC ，PQ ∥VA ，NP ∥BC ，∴QP ⊥PN ，故截⾯MNPQ 是矩形.例3.如图所⽰,在棱长为a 的正⽅体AC 1中求,(1)过BD 1所作的最⼩截⾯⾯积;(2)过BD 1所作截⾯周长最⼩时的截⾯⾯积.分析.这是⼀道有关⽴体⼏何最值问题的题⽬,⽐较综合,我们可对本题作简单分析:证明：(1)设经过BD 1的截⾯为BMD 1N ,因为正⽅体相对侧⾯平⾏,故BMD 1N 是平⾏四边形,这样S 截=2S △BMD 1显然欲使S截最⼩,只需S △BMD 1最⼩,⽽BD 1为定值,故只需M 到BD 1的距离最⼩,M 可在AA 1上移动,所以这个问题可转化为求异⾯直线AA 1与BD 1之间的距离,⽽求异⾯直线间的距离⼜可化为线⾯间的距离(AA 1与⾯BB 1D 1D 间的距离)(2)沿侧棱将侧⾯AD 1与侧⾯AB 1展开如图所⽰,D 1M +的最⼩值就是侧⾯展开图中的D1B ,设D 1B 与AA 1交于M ,⾯为全等的正⽅形，故M 为AA1的中点,同理N 为CC 1的中点此时MB ∥ND 1为所求截⾯. II.射影例4.如图1，⼀间民房的屋顶有三种不同的盖法：①单向倾斜；②双向倾斜；③四向倾斜.记三种盖法的屋顶⾯积分别为P 1、P 2、P 3，若屋顶斜⾯与⽔平⾯所成的⾓都是α,则（）A ． P 3＞P 2＞P 1B ．P 3＞P 2＝P 1 C ．P 3＝P 2＞P 1 D ．P 3＝P 2＝P 1图1 分析：设这间民房的地⾯⾯积为S 0，则有αααcos P cos P cos P S 3210===，所以 P 3＝P 2＝P 1，故选D.【评析】本题要从屋顶的实际情景中透过⽇常⽣活中常见的现象，抽象出斜⾯在⽔平⾯上的射影的本质特征，反映了数学来源于社会现实，⼜为社会实践服务的基本事实.例5.如图2，E 、F 分别为正⽅体的⾯ADD 1A 1和⾯BCC 1B 1的中⼼，则四边形BFD 1E 在该正⽅体的⾯上的射影可能是_________.①②③（要求：把可能的图的序号都．填上）分析从俯视、正视和侧视三种⽅式观察平⾏四边形BFD 1E 在正⽅体各个⾯上的投影，可知图②③正确.例6.正四⾯体ABCD 的棱长为1，棱AB//平⾯α，则正四⾯体上的所有点在平⾯α内的射影构成的图形⾯积的取值范围是_________.分析如图3，设正四⾯体ABCD 在平⾯α上的射影构成的图形⾯积为S ，因为AB//平⾯α，从运动的观点看，当CD//平⾯α时，射影⾯积最⼤，此时射影图形为对⾓线长是1的正⽅形，⾯积最⼤值为21；若CD 或其延长线与平⾯α相交时，则当CD ⊥平⾯α时，射影⾯积为最⼩，最⼩值为42（证明略），所以]21,42[∈S . 例7．如图4，在⼀⾯南北⽅向的长⽅形墙ABHG 上⽤AC=3m ，BC=4m ，AB=5m 的⾓钢焊接成⼀个简易的遮阳棚（将AB 放在墙上）。

河北省衡水中学2019届高三下学期一调考试理科数学试卷附答案解析

而−1 + 2−3 + 4−5 + 6−⋯−2017 + 2018 = (2−1) + (4−3) + ⋯ + (2018−2017) = 1009，
故选 C.
【点睛】该题主要考查程序框图，用结合律进行求和，属于简单题目.
7.已知某几何体的三视图如图所示，图中小方格的边长为 1，则该几何体的表面积为（）
��1−��2 = 2�� = ( 3−1)��⇒��3 = 3 + 1；
图
②中，��1 =
120��,��2
=
22��,��1−��2
=
2��
4
它是由直三棱柱��−��截去三棱锥��−��所剩的几何体，其中�� ⊥ ��，
所以其表面积为
�� = 1 × 3 × 4 + 3 × 5 + 1 × (5 + 2) × 4 + 1 × (5 + 2) × 5 + 1 × 3 ×
故正确命题的个数为 2，
故选 B.
【点睛】该题考查的是有关判断正确命题的个数的问题，涉及到的知识点有命题的否定，否命题，复合命题
真值表，属于简单题目. 4.函数��(��) = ��(��2 + 2)−��−1的图像大致是（）

河北省衡水市2019届高三第三次调研考试数学理科含详细解析

得的返券金额是两次金额之和 . （1）若某位顾客消费 128 元，求返券金额不低于 30 元的概率；
A C 60
（2）若某位顾客恰好消费 280 元，并按规则参与了活动，
他获得返券的金额记为 X （元） . 求随机变量 X 的分布列和数学期望 .
B
18. （本题满分 14 分）
a 2 , a5 是方程 x2 12x 27 0 的两根 , 数列 a n 是公差为正的等差数列，数列 bn 的前 n 项和为 Tn , 且 Tn 1 1 bn n N .
_5
_4
为第 2 项， 1 , 3 为第 4 项，…， 5, 11 为第 56项，因
_3
此第 60项为 5 , 7 ．
_2
_1
8．【解析】 B；若使函数有零点，必须必须
_O
_1
_2 _3
_4
_5
_6
2
2a
4
b2
π2 ≥ 0 ，即 a2
b2 ≥ π2 ．
在坐标轴上将 a , b 的取值围标出，有如图所示
2 , 3 ， 3 , 2 ， 4 , 1 ，……，则第 60个数对是（
）
A． 10 , 1
B
． 2 , 10
C ． 5 ,7
D ． 7, 5
8. 在区间 [ π, π] 随机取两个数分别记为 a, b ，则使得函数 f (x)
为（
）
A． 1-
B ． 1-
C ． 1-
D
8
4
2
x 2 2 ax b 2
x＝1 得
，所以 A→D ＝－1， 2 .
－ 3(x－ 3)＋ 6(y－ 2)＝ 0
y＝1
答案： (－ 1,2)

精品解析：河北省衡水中学2019届高三年级六调考试理科数学试题(解析版)

2018～2019学年度第二学期高三年级六调考试理科数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上填写自己的准考证号、姓名、试室号和座位号。

用2B型铅笔把答题卡上试室号、座位号对应的信息点涂黑。

2．选择题每小题选出答案后，用2B型铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

4．考生必须保持答题卡整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每小题5分，共60分.下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1.已知，，为虚数单位，且，则的值为（）A. 4B.C. -4D.【答案】C【解析】试题分析：根据复数相等的概念可知，，∴，∴，故选C考点：本题考查了复数的运算点评：熟练掌握复数的概念及运算法则是解决此类问题的关键，属基础题2.已知集合，，则下列结论中正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：由得，故，选项为C.考点：集合间的关系.【此处有视频，请去附件查看】3.已知的面积为2，在所在的平面内有两点、，满足，，则的面积为（）A. B. C. D. 1【答案】C【解析】【分析】画出△ABC，通过，2，标出满足题意的P、Q位置，利用三角形的面积公式求解即可．【详解】由题意可知，P为AC的中点，2，可知Q为AB的一个三等分点，如图：因为S△ABC2．所以S△APQ．故选：B．【点睛】本题考查向量在几何中的应用，三角形的面积的求法，考查转化思想与计算能力．4.如图，一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为，一个内角为60°的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的表面积为（）A. B. C. 8 D. 4【答案】D【解析】试题分析：因为一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为，且一个内角为的菱形，所以菱形的边长为，由三视图可得，几何体是由两个底面正方形的正四棱锥组合而成，底面边长为，侧棱长为，所以几何体的表面积为：，故选D．考点：1、三视图；2、多面体的表面积．【此处有视频，请去附件查看】5.七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方模板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的.如图所示的是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】将右下角黑色三角形进行移动，可得黑色部分面积等于一个等腰直角三角形加一个直角梯形的面积之和，求解出面积再根据几何概型公式求得结果.【详解】设正方形的边长为则①处面积和右下角黑色区域面积相同故黑色部分可拆分成一个等腰直角三角形和一个直角梯形等腰直角三角形面积为：直角梯形面积为：黑色部分面积为：则所求概率为：本题正确选项：【点睛】本题考查几何概型中的面积类问题，属于基础题.6.定义运算：，将函数的图像向左平移个单位，所得图像对应的函数为偶函数，则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：，将函数化为再向左平移（）个单位即为:又为偶函数,由三角函数图象的性质可得,即时函数值为最大或最小值,即或,所以,即,又,所以的最小值是.考点：对定义的理解能力,三角函数恒等变性, 三角函数图象及性质.7.已知，，，则下列选项正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由，，，则a，b，c的大小比较可以转化为的大小比较．设f（x），则f′（x），根据对数的运算性质，导数和函数的单调性，即可比较．【详解】，，，∵6π＞0，∴a，b，c的大小比较可以转化为的大小比较．设f（x），则f′（x），当x＝e时，f′（x）＝0，当x＞e时，f′（x）＞0，当0＜x＜e时，f′（x）＜0∴f（x）在（e，+∞）上，f（x）单调递减，∵e＜3＜π＜4∴，∴b＞c＞a，故选：D．【点睛】本题考查了不等式的大小比较，导数和函数的单调性，属于难题．8.双曲线的左右焦点分别为，，且恰为抛物线的焦点，设双曲线与该抛物线的一个交点为，若是以为底边的等腰三角形，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】试题分析：∵，∴焦点为，即，∵，∴，即，∴，则，即，∴．考点：抛物线的标准方程及几何性质．9.如图①，利用斜二侧画法得到水平放置的的直观图，其中轴，轴.若，设的面积为，的面积为，记，执行如图②的框图，则输出的值A. 12B. 10C. 9D. 6【答案】A【解析】【分析】由斜二侧画法的画图法则，结合已知可求出S及k值，模拟程序的运行过程，分析变量T的值与S值的关系，可得答案．【详解】∵在直观图△A′B′C′中，A′B′＝B′C′＝3，∴S′A′B′•B′C′•sin45°由斜二侧画法的画图法则，可得在△ABC中，AB＝6．BC＝3，且AB⊥BC∴S AB•BC＝9则由S＝kS′得k＝2，则T＝T（m﹣1）＝T2（m﹣1）故执行循环前，S＝9，k＝2，T＝0，m＝1，满足进行循环的条件，执行循环体后，T＝0，m＝2当T＝0，m＝2时，满足进行循环的条件，执行循环体后，T＝2，m＝3当T＝2，m＝3时，满足进行循环的条件，执行循环体后，T＝6，m＝4当T＝6，m＝4时，满足进行循环的条件，执行循环体后，T＝12，m＝5当T＝12，m＝5时，不满足进行循环的条件，退出循环后，T＝12，故输出的结果为12故选：A．【点睛】根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：①分析流程图（或伪代码），从流程图（或伪代码）中即要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据（如果参与运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理）⇒②建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型③解模．10.如下图，第（1）个多边形是由正三角形“扩展“而来，第（2）个多边形是由正方形“扩展”而来，……，如此类推.设由正边形“扩展”而来的多边形的边数为，则（）A. ；B. ；C. ；D.【答案】A【解析】，猜想,,,故选A.11.过椭圆上一点作圆的两条切线，点，为切点，过，的直线与轴，轴分别交于点，两点，则的面积的最小值为（）A. B. C. 1 D.【答案】B【解析】试题分析：：∵点在椭圆上，∴设，∵过椭圆上一点作圆的两条切线，点为切点，则∴以O为圆心，以|AM|为半径的圆的方程为①．又圆的方程为②．①-②得，直线AB的方程为：∵过A，B的直线l与x轴，y轴分别交于点P，Q两点，∴P，Q，∴△POQ面积，∵-1≤sin2θ≤1，∴当sin2θ=±1时，△POQ面积取最小值．考点：圆与圆锥曲线的综合12.若函数在其图象上存在不同的两点，，其坐标满足条件：的最大值为0，则称为“柯西函数”，则下列函数：①：②：③:④.其中为“柯西函数”的个数为（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】由柯西不等式得对任意的实数都有≤0，当且仅当时取等，此时即A,O,B 三点共线，结合“柯西函数”定义可知，f(x)是柯西函数f(x)的图像上存在两点A 与B ，使得A,O,B 三点共线过原点直线与f(x)有两个交点.再利用柯西函数的定义逐个分析推理得解.【详解】由柯西不等式得对任意的实数都有≤0，当且仅当时取等，此时即A,O,B 三点共线，结合“柯西函数”定义可知，f(x)是柯西函数f(x)的图像上存在两点A 与B ，使得A,O,B 三点共线过原点直线与f(x)有两个交点.①,画出f(x)在x ＞0时，图像若f(x)与直线y=kx 有两个交点，则必有k≥2，此时，，所以（x ＞0），此时仅有一个交点，所以不是柯西函数；②，曲线过原点的切线为，又（e,1）不是f(x)图像上的点，故f(x)图像上不存在两点A,B 与O 共线，所以函数不是；③；④．显然都是柯西函数.故选：B【点睛】本题主要考查柯西不等式，考查学生对新概念的理解和应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空题（每题5分，共20分.把答案填在答题纸的横线上）13.若等比数列的第5项是二项式展开式的常数项，则________【答案】【解析】，则其常数项为，所以，则14.已知在平面直角坐标系中，，，，，动点满足不等式，，则的最大值为________.【答案】4【解析】试题分析：∵，，，，，∴，又∵∴故本例转化为在线性约束条件下，求线性目标函数的最大值问题.可作出如右图的可行域，显然在点时为最优解.∵即∴考点：线性规划.15.已知数列的前项和为，且，则使不等式成立的的最大值为________.【答案】4【解析】试题分析：当时，，得，当时，，所以，所以，又因为适合上式，所以，所以，所以数列是以为首项，以4为公比的等比数列，所以，所以，即，易知的最大值为4.考点：1.等比数列的求和公式；2.数列的通项公式.16.若四面体的三组对棱分别相等，即，，，则________.（写出所有正确结论的编号）①四面体每个面的面积相等②四面体每组对棱相互垂直③连接四面体每组对棱中点的线段相互垂直平分④从四面体每个顶点出发的三条棱的长都可以作为一个三角形的三边长【答案】【解析】【分析】由对棱相等知四面体为长方体的面对角线组成的三棱锥，借助长方体的性质判断各结论是否正确即可．【详解】由题意可知四面体ABCD为长方体的面对角线组成的三棱锥，如图所示；由四面体的对棱相等可知四面体的各个面全等，它们的面积相等，则正确；当四面体棱长都相等时，四面体的每组对棱互相垂直，则错误；由长方体的性质可知四面体的对棱中点连线必经过长方体的中心，由对称性知连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分，则正确；由，，，可得过四面体任意一点的三条棱的长为的三边长，则正确．故答案为：．【点睛】本题考查了棱锥的结构特征与命题真假的判断问题，解题的关键是把三棱锥放入长方体中，属于难题．三、解答题（本大题共6小题，共62分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，写在答题纸的相应位置）17.设的三内角、、的对边长分别为、、，已知、、成等比数列，且.（I）求角的大小；（Ⅱ）设向量，，当取最小值时，判断的形状.【答案】（I）；（Ⅱ）为锐角三角形.【解析】【分析】（Ⅰ）根据正弦定理和等比数列的关系建立方程关系即可求角B的大小；（Ⅱ）根据向量的数量积公式进行计算，然后利用三角函数的图象和性质即可判断三角形的形状．【详解】（I）因为、、成等比数列，则.由正弦定理得.又，所以·因为，则.因为，所以或.又，则，当且仅当a=c等号成立，即故.（Ⅱ）因为，所以.所以当时，取得最小值.此时，于是.又，从而为锐角三角形.【点睛】本题主要考查三角形的形状的判断，利用正弦定理和三角函数的公式是解决本题的关键，考查学生的运算能力．18.在四棱锥中，平面，是正三角形，与的交点恰好是中点，又，.（1）求证：；（2）设为的中点，点在线段上，若直线平面，求的长；（3）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）1；（3）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，证明BD⊥平面P AC，可得BD⊥PC；（2）取DC中点G，连接FG，证明平面EFG∥平面P AD，可得FG∥平面P AD，证明三角形AMF为直角三角形，即可求AF的长；（3）建立空间直角坐标系，求出平面P AC、平面PBC的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角A﹣PC﹣B的余弦值．【详解】（1）∵是正三角形，是中点，∴，即.又∵平面，∴.又，∴平面.∴.（2）取中点，连接，则平面，又直线平面，EG∩EF=E ,所以平面平面，所以∵为中点，，∴.∵，，∴，则三角形AMF 为直角三角形，又，故（3）分别以，，为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标系，∴，，，.为平面的法向量.，.设平面的一个法向量为，则，即，令，得，，则平面的一个法向量为，设二面角的大小为，则.所以二面角余弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理与性质，考查二面角，考查学生分析解决问题的能力，考查向量法的运用，确定平面的法向量是关键．19.在一次高三年级统一考试中，数学试卷有一道满分10分的选做题，学生可以从，两道题目中任选一题作答.某校有900名高三学生参加了本次考试，为了了解该校学生解答该选做题的得分情况，计划从900名考生的选做题成绩中随机抽取一个容量为10的样本，为此将900名考生选做题的成绩按照随机顺序依次编号为001一900.（1）若采用随机数表法抽样，并按照以下随机数表，以方框内的数字5为起点，从左向右依次读取数据，每次读取三位随机数，一行读数用完之后接下一行左端.写出样本编号的中位数；（2）若采用系统抽样法抽样，且样本中最小编号为08，求样本中所有编号之和：（3）若采用分层轴样，按照学生选择题目或题目，将成绩分为两层，且样本中题目的成绩有8个，平均数为7，方差为4：样本中题目的成绩有2个，平均数为8，方差为1.用样本估计900名考生选做题得分的平均数与方差.【答案】（1）667（2）4130（3）平均数为7.2，方差为3.56 【解析】【分析】（1）由题取出十个编号，先将编号从小到大排列再求中位数（2）按照系统抽样法，抽出的编号可组成以8为首项，以90为公差的等差数列，求该数列的前10项和。

2019衡水中学高考模拟卷理科数学合集

在 y 轴的左侧），过点 Q 作直线 QM,QN 交抛物线 C 于 M,N 两点，且使 QM上QN.问：是否存在定点 P 使得直线 MN 过点 P ,若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由．
Ik1卜__ 涧
卜！茫＇，咖＼
＇； v入，＇咖＇，＇，
八，．＇，左 (: :;，';
A. —3
B. —
C. -3或 — —
D. -3或 —
6. 巳知命题 p,3x。 E[O,+co),使 4切 — 2吓 — k = O,命题 q,VxE(O, 十 co) ,k+正 >O,则 p 是 q
的
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
uc 。 7 ．已知＿＿＿项式工 y 值为
Za"+l a.,a"_'
'记数列 {I入，｝的前n项和为
T,,求证：兀，，
<L
18.(本小题满分 12 分）如图1, 四边形 ABFE 与 CDEF 均为菱形，且乙 A= 乙 D = 60°,点 P,Q 分别是 EF, DE 的
中点．将图 1 沿 EF 对折成如图 2 所示的三棱柱 ADE— BCF,且使侧面 CDEFl_侧面 ABFE.
多队 — .T) — g(y).
过沺
理数（一）第3页（共4页）
1衡水金卷先享题·调研卷1
理数（一）第4页（共4页）
D
1全国1卷 Al
调研卷IA
理数（一）
理数（一）
一、选择题
叶叶 I.A【解析] M= {.rl-2x'+3x+2玄O} = [

河北省衡水市2019届高三数学(文)小综合专题练习：立体几何

河北省衡水市2021届高三数学〔文〕小综合专题练习：立体几何东莞高级中学教师提供一、选择题1．某几何体旳正视图和侧视图均如下图，那么该几何体旳俯视图不．可．能．是2．一个空间几何体旳三视图如下图，那么该几何体旳外表积为 A ．17848+ B ．17832+ C ．48 D ．80 旳是A ．假设两条直线和同一个平面所成旳角相等,那么这两条直线平行B ．假设一个平面内有三个点到另一个平面旳距离相等,那么这两个平面平行C ．假设一条直线平行于两个相交平面,那么这条直线与这两个平面旳交线平行D ．假设两个平面都垂直于第三个平面,那么这两个平面平行 4.以下命题中，n m 、表示两条不同旳直线，γβα、、表示三个不同旳平面．①假设αα//,n m ⊥，那么n m ⊥；②假设γββα⊥⊥,，那么γα//； ③假设αα//,//n m ，那么n m //； ④假设αγββα⊥m ,//,//，那么γ⊥m .正确旳命题是A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④5. 如图是正方体平面展开图，在这个正方体中: ①BF 与ND 平行；②CM 与BF 成60º角； ③CM 与BN 是异面直线；④DF 与BM 垂直. 以上四个命题中，正确命题旳序号是 A.①②③ B.①③④ C.②④ D.③④ 二、填空题6. 如以下图所示，直观图///B A O 是有一个角为045旳三角形，那么其原平面图形旳面积为________.7．某几何体旳三视图如下图,它旳体积为________．8．设z y x ，，是空间中旳不同直线或不同平面，以下条件中能保证“假设z x ⊥，且z y ⊥，那么y x //〞为真命题旳是________(填出所有正确条件旳代号)．①x 为直线，z y ，为平面；②z y x ，，为平面；③y x ,为直线，z 为平面；④y x ,为平面，z 为直线；⑤z y x ，，为直线． 9．如图，AB 为圆O 旳直径，点C 在圆周上(异于点B A ，)，直线PA 垂直于圆O 所在旳平面，点M 为线段PB 旳中点．有以下四个命题： ①//PA 平面MOB ； ②//MO 平面PAC ； ③⊥OC 平面PAC ；EB AN FC DM第7题④平面PAC ⊥平面PBC .其中正确旳命题是________(填上所有正确命题旳序号)． 10．如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为DC 旳中点，F 为线段EC 〔端点除外〕上一动点．现将AFD ∆沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ．在平面ABD 内过点D 作DK AB ⊥，K 为垂足．设AK t =，那么t 旳取值范围是．三、解答题1111D C B A ABCD -中,2==BC AB ,过截B C A ,,11三点旳平面去长方体旳一个角后，得到如下图旳几何体111D C A ABCD -，这个几何体旳体积为340．〔1〕证明：直线B A 1∥平面D D CC 11；〔2〕求棱A A 1旳长；〔3〕求经过D B C A ,,,11四点旳球旳外表积. 12. 三棱柱111C B A ABC -旳三视图如下图，其中主视图B B AA 11和左视图C C BB 11均为矩形，在俯视图△111C B A 中，8,10,6111111===C B B A C A .(1)在三棱柱111C B A ABC -中，求证：1AC BC ⊥； (2)假设三棱柱旳高为10,求三视图中左视图旳面积；第10题C1DCABP )(P AAB CDD CB直观图俯视图(3)假设三棱柱旳高为10，动点∈P 线段1CC ，求P A BP 1+旳最小值.13. 如图，AEC 弧是半径为a 旳半圆，AC 为直径，点E 为弧AC 旳中点，点B 和点C 为线段AD 旳三等分点，平面AEC 外一点F 满足FC ⊥平面BED ，FB =5a . 〔1〕证明：EB FD ⊥；〔2〕求点B 到平面FED 旳距离. 14. 如图，1AA 、1BB 为圆柱1OO 旳母线，BC 是底面圆O 旳直径，D 、E 分别是1AA 、1CB 旳中点，1DE CBB ⊥面．(1)证明：//DE ABC 面； (2)证明：AC A C B A 111面面⊥；(3)求四棱锥11A ABB C -与圆柱1OO 旳体积比.15.如下图,AF 、DE 分别是⊙O 、⊙1O 旳直径， AD 与两圆所在旳平面均垂直，8=AD .BC 是⊙O 旳直径，6==AC AB ,AD OE //. 〔1〕证明：//EF 面BCD ；〔2〕证明：面⊥ACD 面CEF ；〔3〕求三棱锥OBF O -1旳体积.16.如图，四棱锥ABCD P -，PAB ∆≌CBA ∆，在它旳俯视图ABCD 中，CD BC =，1=AD ，︒=∠=∠60BAD BCD ．〔1〕求证：PBC ∆是直角三角形；〔2〕求证：面PBD ⊥面PAD ；〔3〕求四棱锥P ABCD -旳体积． PDCB 中〔如图〕，3=PB ，1=DC ，2==BC PD ，A 为PB 边上一点，B1A1 俯视图主视图左视图 B B1 A 1A A A1 C C BB1C1 B C1B1 C11A O 1OABCDE 1BABCFD E O1O 第13且1=PA ，将PAD ∆沿AD 折起，使面PAD ⊥面ABCD 〔如图2〕. 〔1〕证明：平面PAD ⊥平面PCD ；(2)试在棱PB 上确定一点M ，使截面AMC 把几何体分成旳两局部1:2:=MACB PDCMA V V ；〔3〕在M 满足〔2〕旳情况下，判断直线PD 是否平行面AMC .2021届高三文科数学小综合专题练习—立体几何参考答案一、选择题DACBC 二、填空题6.67.π308.③④9.②④ 10.)1,21(三、解答题11.解：〔1〕证法1：如图，连结1D C ，∵1111ABCD A B C D -是长方体， ∴11A D BC 且11A D BC =．∴四边形11A BCD 是平行四边形．∵1A B ⊄平面11CDD C ，1D C ⊂平面11CDD C ，∴1A B 平面11CDD C ．证法2：∵1111ABCD A B C D -是长方体， ∴平面1A AB 平面11CDD C ．∵1A B ⊂平面1A AB ，1A B ⊄平面11CDD C ， ∴1A B 平面11CDD C ．第17题〔2〕设1A A h =，∵几何体111ABCD AC D -旳体积为340∴1111111111403ABCD A C D ABCD A B C D B A B C V V V ---=-=，即11114033ABCD A B C S h S h ∆⨯-⨯⨯=，即11402222323h h ⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=，解得4h =．∴1A A 旳长为4．〔3〕如图，连结1D B ，设1D B 旳中点为O ，连11OA OC OD ，，，∵1111ABCD A B C D -是长方体，∴11A D ⊥平面1A AB ． ∵1A B ⊂平面1A AB ，∴11A D ⊥1A B ． ∴1112OA D B =．同理1112OD OC D B==． ∴经过1A ，1C ，B ，D 四点旳球旳球心为点O ．故经过1A ，1C ，B ，D 四点旳球旳外表积为24π.12.解：(1)因为主视图和左视图均为矩形、所以该三棱柱为直三棱柱，在俯视图△111C B A 中，8,10,6111111===C B B A C A . 又∵BC ⊥CC 1，CC 1∩A 1C 1=C 1，∴BC ⊥平面ACC 1A 1. ∵AC 1⊂平面ACC 1A 1，∴BC ⊥AC 1.(2)左视图中BC 旳长等于底面△ABC 中顶点C 到边AB 旳距离d,5241086=⨯=d ,∴左视图旳面积4810524=⨯=S . 〔3〕由题意，动点∈P 线段1CC ，由侧面展开图可知，当PB A 、、1三点共线时，P A BP 1+ 旳值最小，即P A BP 1+旳最小值为74210)86(22=++.13.〔1〕证明：∵点B 和点C 为线段AD 旳三等分点， ∴点B 为圆旳圆心又∵E 是弧AC 旳中点，AC 为直径， ∴EB BC ⊥即EB BD ⊥∵⊥FC 平面BDE ，⊂EB 平面BDE ， ∴EB FC ⊥ 又⊂BD 平面FBD ，⊂FC 平面FBD 且C FC BD = ∴⊥EB 平面FBD又∵⊂FD 平面FBD ， ∴FD EB ⊥〔2〕解：设点B 到平面FED 旳距离〔即三棱锥B FED -旳高〕为h . ∵⊥FC 平面BDE , ∴FC 是三棱锥F-BDE 旳高，且三角形FBC 为直角三角形由可得a BC =，又a FB 5= ∴a a a FC 2)5(22=-= 在BDE Rt ∆中，a BE a BD ==,2，故2221a a a S BDE=⨯⨯=∆, 又∵⊥EB 平面FBD ，故三角形EFB 和三角形BDE 为直角三角形,∴a DE a EF 5,6==，在FCD Rt ∆中，a FD 5=, ∴=∆FED S 2221a ,∵FED B BDE F V V --=即323222131a h a =⋅⋅，故a h 21214=,即点B 到平面FED 旳距离为ah 21214=. 14.〔1〕证明：连结EO ，OA .O E , 分别为BC C B ,1旳中点，∴1//BB EO .又1//BB DA ，且121BB EO DA ==.∴四边形AOED 是平行四边形，即ABC DE OA DE 面⊄,//. ∴ABC DE 面//.(2)证明：1AA 、1BB 为圆柱1OO 旳母线，所以11//B A AB 且O AA 圆⊥1，即AB AA ⊥1，又BC 是底面圆O 旳直径，所以AC AB ⊥，A AA AC =1 ，所以AC A AB 1面⊥由11//B A AB ，所以AC A B A 111面⊥，C B A B A 1111面⊂，所以AC A C B A 111面面⊥〔3〕解：由题1CBB DE 面⊥，且由〔1〕知OA DE //.∴1CBB AO 面⊥，因BC 是底面圆O 旳直径，得AB CA ⊥，且CA AA ⊥1， ∴B B AA CA 11面⊥，即CA 为四棱锥旳高．设圆柱高为h ，底半径为r ，那么h r V 2π=柱，232)2()2(31hrr r h V =⋅=锥∴锥V ：=柱V π32. 15. 证明：〔1〕连接DOAD 与两圆所在旳平面均垂直，∴ ⊙O 面//⊙1O 面，又AD OE //，OE AD =所以四边形OADE 为平行四边形，所以DE ∥AO ，DE =AO所以DE ∥OF ，且DE =OF ，即四边形ODEF 为平行四边形，所以EF DO //⊂DO 面BCD ，⊄EF 面BCD ，所以//EF 面BCD〔2〕 AF 是⊙O 旳直径，∴AC CF ⊥，又AD 与两圆所在旳平面均垂直，⊂CF ⊙O 面，∴AD CF ⊥，A AD AC = ，所以⊥CF 面ACD ，⊂CF 面CEF ，面⊥ACD 面CEF〔3〕由BC 是⊙O 旳直径，6==AC AB ，所以26=BC ，且BC AF ⊥，所以OBF ∆为等腰直角三角形，23==OF OB ，所以9232321=⋅⋅=∆OBFS 由易知可知1O 到⊙O 面旳距离即为8=AD ，所以三棱锥OBF O -1旳高为8所以248931311=⋅⋅=⋅⋅=∆-h S V OBF OBFO 16.解: (1)由，点P 在底面ABCD 上旳投影是点A ，所以ABCD PA 面⊥因为AB 、ABCD BC 面⊂，所以AB PA ⊥，BC PA ⊥ 因为PAB ∆≌CBA ∆，所以090=∠=∠BAP ABC ，BC AB ⊥ 因为A AB PA = ，所以⊥BC 平面PAB ，所以PB BC ⊥，PBC∆是直角三角形.(2) 连接BD ，因为CD BC =，060=∠BCD ，所以BCD ∆是等边三角形在ABD ∆中，根据多边形内角和定理计算得090=∠ADB ，即AD BD ⊥由ABCD PA 面⊥，所以PA BD ⊥，A AD PA = ，所以PAD BD 面⊥又PBD BD 面⊂，所以PAD PBD 面面⊥(3) 连接BD ，因为CD BC =，060=∠BCD ，所以BCD ∆是等边三角形在ABD ∆中，根据多边形内角和定理计算得090=∠ADB 又因为060=∠BAD ，所以33==AD BD 所以23=∆ABD S ，433432==∆BD S BCD，所以435=+=∆∆BCDABD ABCD S S S又3===BD BC PA ，所以，四棱锥ABCDP -旳体积4543533131=⨯⨯=⨯⨯=ABCD S PA V17. 证明：(1) PDCB 为等腰梯形，3=PB ，1=DC ，1=PA ，那么AD PA ⊥，AD CD ⊥又面PAD ⊥面ABCD ,面PAD 面ABCD AD =⊂CD 面ABCD ,故⊥CD 面PAD又 ⊂CD 面PCD ∴平面PAD ⊥平面PCD (2)所求旳点M 即为线段PB 旳中点. 证明如下：设三棱锥ACB M -旳高为1h ，四棱锥ABCD P -旳高为2h第 11 页当M 为线段PB 旳中点时,2121==PB MB h h ∴截面AMC 把几何体分成旳两局部1:2:=MACB PDCMA V V ；(3) 当M 为线段PB 旳中点时，直线PD 与面AMC 不平行.证明：〔反证法〕假设PD //面AMC 连接DB 交AC 于点O ，连接MO PD ⊂面PBD ，且面AMC 面PBD MO = M 为线段PB 旳中点时，那么O 为线段BD 旳中点，即11=OB DO 而DC AB //，故21==AB DC OB DO ，故矛盾· 所以假设错误，故当M 为线段PB 旳中点时，直线PD 与面AMC 不平行。