2018年全国2卷理科数学十年真题分类汇编10 立体几何
2018全国高考数学二试题及答案(理科)
的素数中，随机选取连个不同的数，其和等于 30 的概率是（ ）
A. 1 12
【答案】C
B. 1 14
C. 1 15
D. 1 18
9.在长方体 ABCD A1B1C1D1 中， AB BC 1, AA1 3 ，则异面直线 AD1 与 DB1 所成角的余弦值为（ ）
A. 1 5
【答案】C
为了预测该地区 2018 年的环境基础设施投资额， 建立了 y 与时间变量 t 的两 个线性回归模型.根据 2000 年至 2016 年的数据（时间 变量 t 的值依次为1, 2, ,17 ）建立模型①：y 30.4 13.5t ；根据 2010 年至 2016
年的数据（时间变量 t 的值依次为1, 2, ,7 ）建立模型②： y 99 17.5t . （1）分别利用这两个模型，求该地区 2018 年的环境基础设施投资额的预测值； （2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由. 【解析】（1）由题意可知，用模型①预测 2018 年投资额为
（2）若 f (x) 在 (0, ) 只有一个零点，求 a .
【解析】（1）当 a 1时，f (x) ex x2 ，则 f x() e x2x .令 h(x) f (x) ex 2x ，
由 h(x) ex 2 知 h(x) 在 (0, ln 2) 上单调递减，在 (ln 2, ) 上单调递增.从而 h(x) f (x) h(ln 2) f (ln 2) 2 2ln 2 0 ，所以 f (x) 在 (0, ) 上单调递增.
S3 3a1 3d 21 3d 15 解得 d 2 .所以 an 7 2(n 1) 2n 9 . （2）由（1）可知 Sn n2 8n (n 4)2 16 .由二次函数性质可知当 n 4 时，Sn 取 得最小值 16 . 18.（12 分）下图是某地区 2000 年至 2016 年环境基础设施投资额 y （单位：亿 元）的折线图.
2018年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(13-立体几何-)
2018年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(13-立体几何-)2018 年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全（13立体几何 ）一、选择题1．（2018北京文、理）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（ ）A ．1B ．2C ． 3D ．41．【答案】C【解析】由三视图可得四棱锥P ABCD -， 在四棱锥P ABCD -中，2PD =，2AD =， 2CD =，1AB =，由勾股定理可知，22PA =，22PC =，3PB =，5BC =，则在四棱锥中，直角三角形有， PAD △，PCD △，PAB △共三个，故选C ．2．（2018浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ） A ．2 B ．4 C ．6 D ．83.答案：C解答：该几何体的立体图形为四棱柱， (12)2262V +⨯=⨯=.3 （2018上海）《九章算术》中，称底侧视图俯视图正视图2211所以231θθθ≤≤.5．（2018全国新课标Ⅰ文）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为（ ） A ．217 B ．25 C ．3 D ．25. 答案：B解答：三视图还原几何体为一圆柱，如图， 将侧面展开，最短路径为,M N 连线的距离， 所以224225MN =+=，所以选B.6．（2018全国新课标Ⅰ文）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为（ ）A ．8B ．62 C ．82 D ．836. 答案：C 解答：连接1AC 和1BC ，∵1AC 与平面11BB C C 所成角为30，∴130AC B ∠=，∴11tan 30,23ABBC BC ==，∴122CC =，∴222282V =⨯⨯=，∴选C.7．（2018全国新课标Ⅰ理）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ） A ．33 B ．23 C ．324 D ．327. 答案：A解答：由于截面与每条棱所成的角都相等，所以平 面α中存在平面与平面11AB D 平行（如图），而在与 平面11AB D 平行的所有平面中，面积最大的为由各 棱的中点构成的截面EFGHMN ，而平面EFGHMN的面积12233362S =⨯⨯⨯⨯=.8．（2018全国新课标Ⅰ文）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（ ）A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π8. 答案：B解答：截面面积为8，所以高22h =，底面半径2r =，所以表面积为2(2)2222212S πππ=⋅⋅+⋅⋅=.9．（2018全国新课标Ⅰ理）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为（ ）A ．172B ．52C ．3D ．29. 答案：B解答：三视图还原几何体为一圆柱，如图，将侧面展开， 最短路径为,M N 连线的距离， 所以224225MN =+=，所以选B.10．（2018全国新课标Ⅱ文）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为（ ）A ．2B ．3C ．5D ．710．【答案】C【解析】在正方体1111ABCD A B C D -中，CD AB ∥，所以异面直线AE 与CD 所成角为EAB ∠，设正方体边长为2a ，则由E 为棱1CC 的中点，可得CE a =，所以5BE a =，则55tan BE a EAB AB ∠===．故选C ．11．（2018全国新课标Ⅱ理）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为（）A ．15B ．5C ．5D ．211．【答案】C【解析】以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0D ，()1,0,0A ，()11,1,3B ，()10,0,3D ，()11,0,3AD ∴=-，()11,1,3DB =，1111115cos<,>25AD DB AD DB AD DB ⋅===⨯，∴异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为5，故选C ．12．（2018全国新课标Ⅲ文、理）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（ ）12.答案：A解答：根据题意，A 选项符号题意；13．（2018全国新课标Ⅲ文、理）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为（ ）A ．123B ．183C ．243D ．54313．答案：B解答：如图，ABC ∆为等边三角形，点O 为A ，B ，C ，D 外接球的球心，G 为ABC ∆的重心，由93ABCS ∆=，得6AB =，取BC 的中点H ，∴sin 6033AH AB =⋅︒=，∴2233AG AH ==，∴球心O 到面ABC 的距离为224(23)2d =-=，∴三棱锥D ABC -体积最大值193(24)1833D ABCV -=⨯⨯+=.二、填空1．（2018江苏）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ▲ ．1．【答案】43【解析】由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为()21421233⨯⨯⨯=．2．（2018天津文）如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱柱A 1–BB 1D 1D 的体积为__________．2．【答案】13【解析】如图所示，连结11A C ，交11B D 于点O ，很明显11A C ⊥平面11BDD B ，则1A O 是四棱锥的高，且2211111211222A O A C ==+=，111212BDD B S BD DD =⨯四边形，结合四棱锥体积公式可得其体积为11212333V Sh ===．3． （2018天津理）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH -的体积为 .3．【答案】112【解析】由题意可得，底面四边形EFGH 为边长为22的正方形， 其面积2212EFGHS ==⎝⎭，顶点M 到底面四边形EFGH 的距离为12d =， 由四棱锥的体积公式可得111132212M EFGHV-=⨯⨯=．4．（2018全国新课标Ⅱ文）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30︒，若SAB △的面积为8，则该圆锥的体积为__________．4．【答案】8π【解析】如下图所示，30SAO ∠=︒，90ASB ∠=︒，又211822SABS SA SB SA =⋅==△， 解得4SA =，所以122SO SA ==，2223AO SA SO =-=，所以该圆锥的体积为2183V OA SO =⋅π⋅⋅=π．5．（2018全国新课标Ⅱ理）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为515，则该圆锥的侧面积为__________． 5．【答案】402π【解析】因为母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，所以母线SA ，SB 15，因为SAB △的面积为515，设母线长为l ，所以21155152l⨯=，280l ∴=，因SA 与圆锥底面所成角为45︒，所以底面半径为2cos 4l π=，因此圆锥的侧面积为22402rl l π=π．三、解答题1．（2018北京文）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，E ，F 分别为AD ，PB 的中点． （1）求证：PE BC ⊥；（2）求证：平面PAB ⊥平面PCD ； （3）求证：EF ∥平面PCD ．1．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析．【解析】（1）PA PD =，且E 为AD 的中点， PE AD ∴⊥，底面ABCD 为矩形，BC AD ∴∥，PE BC ∴⊥． （2）底面ABCD 为矩形，AB AD ∴⊥， 平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ∴⊥平面PAD ，AB PD ∴⊥．又PA PD ⊥，PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD ． （3）如图，取PC 中点G ，连接FG ，GD ．F ，G 分别为PB 和PC 的中点，FG BC ∴∥，且12FG BC =， 四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，ED BC ∴∥，12DE BC =， ED FG∴∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形， EF GD ∴∥，又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ， EF ∴∥平面PCD ． 2． （2018北京理）如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC =5，AC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ；（Ⅱ）求二面角B−CD −C 1的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．2．【答案】（1）证明见解析（2）1B CDC --的余弦值为21-；（3）证明过程见解析． 【解析】（1）在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ， ∴四边形11A ACC 为矩形．又E ，F 分别为AC ，11A C 的中点， AC EF ∴⊥，AB BC =，AC BE ∴⊥， AC ∴⊥平面BEF ．（2）由（1）知AC EF ⊥，AC BE ⊥，1EF CC ∥． 又1CC ⊥平面ABC ，EF ∴⊥平面ABC ． BE ⊂平面ABC ，EF BE ∴⊥．如图建立空间直角坐称系E xyz -．由题意得()0,2,0B ，()1,0,0C -，()1,0,1D ，()0,0,2F ，()0,2,1G ， ()=2,01CD ∴,，()=1,2,0CB ，设平面BCD 的法向量为(),a b c =,n ， 0CD CB ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩n n ，20 20a c ab +=⎧∴⎨+=⎩， 令2a =，则1b =-，4c =-，∴平面BCD 的法向量()，又平面1CDC 的法向量为()=0,2,0EB ，21cos =EB EB EB⋅∴<⋅>=-n n n ．由图可得二面角1B CDC --为钝角，所以二面角1B CDC --的余弦值为21-．（3）平面BCD 的法向量为()2,1,4=--n ，()0,2,1G ，()0,0,2F ， ()=02,1GF ∴-,，2GF ∴⋅=-n ，∴n 与GF 不垂直，GF ∴与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，GF ∴与平面BCD 相交．3.（2018上海）已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积； （2）设PO =4，OA ，OB 是底面半径， 且∠AOB =90°，M 为线段AB 的中点，如图，求异面直线PM 与OB 所成的角的大小.4．（2018江苏）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）11AB A B C 平面∥； （2）111ABB A A BC ⊥平面平面．4．【答案】（1）见解析；（2）见解析． 【解析】（1）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，11AB A B ∥．因为AB ⊄平面11A B C ，11A B ⊂平面11A B C ，所以AB ∥平面11A B C ． （2）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，四边形11ABB A 为平行四边形． 又因为1AA AB =，所以四边形11ABB A 为菱形，因此11AB A B ⊥．又因为111AB B C ⊥，11BC B C ∥，所以1AB BC ⊥． 又因为1A B BC B =，1A B ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面1A BC ， 所以1AB ⊥平面1A BC ．因为1AB ⊂平面11ABB A ， 所以平面11ABB A ⊥平面1A BC ．5．（2018江苏）如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；（2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．5．【答案】（1）310；（2）5．【解析】如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，设AC ，11A C 的中点分别为O ，1O ，则OB OC ⊥，1OO OC ⊥，1OO OB ⊥，以{}1,,OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O xyz -．因为12AB AA ==， 所以()01,0A -,，()3,0,0B ，()0,1,0C ，()10,1,2A -，()13,0,2B ，()10,1,2C ．（1）因为P 为11A B 的中点，所以31,,222P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，从而31,,222BP ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，()10,2,2AC =， 故11114310cos ,522BP AC BP AC BP AC ⋅-+<>===⨯⋅． 因此，异面直线BP 与1AC 所成角的余弦值为31020． （2）因为Q 为BC 的中点，所以31,,022Q ⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭， 因此33,,02AQ ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()10,2,2AC =，()10,0,2CC =．设(),,x y z =n 为平面1AQC 的一个法向量，则100AQ AC ⎧=⋅=⎨⎪⋅⎪⎩n n 即33022220x y y z ⎧+=+=⎪⎨⎪⎩，不妨取()3,1,1=-n ，设直线1CC 与平面1AQC 所成角为θ，则1115sin cos ,52CC CC CC θ⋅=<>===⨯⋅n n n， 所以直线1CC 与平面1AQC 所成角的正弦值为55．6．（2018浙江）如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2． （Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．6．答案：（1）略；（2）3913 解答：（1）∵12AB B B ==，且1B B ⊥平面ABC ，∴1B B AB ⊥，∴122AB =.同理，222211(23)113AC AC C C =+=+=.过点1C 作1B B 的垂线段交1B B 于点G ，则12C G BC == 且11B G =，∴115B C =.在11AB C ∆中，2221111AB B C AC +=， ∴111AB B C ⊥，①过点1B 作1A A 的垂线段交1A A 于点H . 则12B H AB ==，12A H =，∴1122A B =. 在11A B A ∆中，2221111AA AB A B =+，∴111AB A B ⊥，②综合①②，∵11111A B B C B ⋂=，11A B ⊂平面111A B C ，11B C ⊂平面111A B C ，∴1AB ⊥平面111A B C . （2）过点B 作AB 的垂线段交AC 于点I ，以B 为原点，以AB 所在直线为x 轴，以BI 所在直线为y 轴，以1B B 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系B xyz -.则(0,0,0)B ，(2,0,0)A -，1(0,0,2)B ，1(1,3,1)C ， 设平面1ABB 的一个法向量(,,)n a b c =， 则102020n AB a c n BB ⎧⋅==⎧⎪⇒⎨⎨=⋅=⎩⎪⎩，令1b =，则(0,1,0)n =， 又∵1(3,3,1)AC =，1339cos ,13113n AC <>==⨯.由图形可知，直线1AC 与平面1ABB 所成角为锐角， 设1AC 与平面1ABB 夹角为α.∴39sin 13α=.7．（2018天津文）如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB =2，AD =23，∠BAD =90°． （Ⅰ）求证：AD ⊥BC ；（Ⅱ）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； （Ⅲ）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．7．【答案】（1）证明见解析；（2）1326；（3）34． 【解析】（1）由平面ABC ⊥平面ABD ， 平面ABC 平面ABD AB =，AD AB ⊥， 可得AD ⊥平面ABC ，故AD BC ⊥． （2）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN BC ∥．所以DMN ∠（或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角． 在Rt DAM △中，1AM =，故2213DM AD AM =+=． 因为AD ⊥平面ABC ，故AD AC ⊥．在Rt DAN △中，1AN =，故2213DN AD AN =+=．在等腰三角形DMN中，1MN=，可得1132cosMNDMNDM∠==．所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为13．（3）连接CM，因为ABC△为等边三角形，M为边AB的中点，故CM AB⊥，3CM=．又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD．所以，CDM∠为直线CD与平面ABD所成的角．在Rt CAD△中，224CD AC AD=+=．在Rt CMD△中，3sinCMCDMCD∠==．所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为3．8．（2018天津理）如图，AD BC∥且AD=2BC，AD CD⊥,EG AD∥且EG=AD，CD FG∥且CD=2FG，DG ABCD⊥平面，DA=DC=DG=2.（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN CDE∥平面；（II）求二面角E BC F--的正弦值；（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.8．【答案】（1）证明见解析；（210；（33．【解析】依题意，可以建立以D为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得()0,0,0D ，()2,0,0A ，()1,2,0B ，()0,2,0C ，()2,0,2E ，()0,1,2F ，()0,0,2G ，30,,12M ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,0,2N ． （1）依题意()0,2,0DC =，()2,0,2DE =．设()0,,x y z =n 为平面CDE 的法向量，则000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20220y x z =+=⎧⎨⎩， 不妨令–1z =，可得()01,0,1=-n ．又31,,12MN ⎛⎫=⎪⎝⎭-，可得00MN ⋅=n ， 又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（2）依题意，可得()–1,0,0BC =，()1,2,2BE =-，()0,1,2CF =-．设(),,x y z =n 为平面BCE 的法向量，则0BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x x y z -=-+=⎧⎨⎩， 不妨令1z =，可得()0,1,1=n ．设(),,x y z =m 为平面BCF 的法向量，则0BC BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即020x y z -=-+=⎧⎨⎩， 不妨令1z =，可得()0,2,1=m ．因此有310cos ,⋅<>==m n m n m n ，于是10sin ,m n <>=． 所以，二面角––E BC F 10．（3）设线段DP 的长为[]()0,2h h ∈，则点P 的坐标为()0,0,h ，可得()1,2,BP h =--．易知，()0,2,0DC =为平面ADGE 的一个法向量，故2cos 5BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==+ 23sin 605h =︒=+，解得[]30,2h ．所以线段DP 3．9．（2018全国新课标Ⅰ文）如图，在平行四边形ABCM中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．9. 答案：（1）见解析（2）1 解答：（1）证明：∵ABCM 为平行四边形且90ACM ∠=,∴AB AC ⊥,又∵AB DA ⊥,∴AB ⊥平面ACD ,∵AB ⊂平面ABC ,∴平面ABC ⊥平面ACD . （2）过点Q 作QH AC ⊥,交AC 于点H ，∵AB ⊥平面ACD ，∴AB CD ⊥,又∵CD AC ⊥,∴CD ⊥平面ABC ,∴13HQ AQ CD AD ==,∴1HQ =,∵32,32BC BC AM AD ====,∴22BP =,又∵ABC ∆为等腰直角三角形，∴12322322ABP S ∆=⋅⋅⋅=，∴1131133Q ABD ABD V S HQ -∆=⋅⋅=⨯⨯=.10．（2018全国新课标Ⅰ理）如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.10.答案：（1）略；（2）34. 解答：（1）,E F 分别为,AD BC 的中点，则//EF AB ，∴EF BF ⊥， 又PF BF ⊥，EF PF F ⋂=，∴BF ⊥平面PEF ， BE ⊂平面ABFD ，∴平面PEF ⊥平面ABFD . （2）PF BF ⊥，//BF ED ，∴PF ED ⊥，又PF PD ⊥，ED DP D ⋂=，∴PF ⊥平面PED ，∴PF PE ⊥， 设4AB =，则4EF =，2PF =，∴23PE =， 过P 作PH EF ⊥交EF 于H 点， 由平面PEF ⊥平面ABFD ，∴PH ⊥平面ABFD ，连结DH ，则PDH ∠即为直线DP 与平面ABFD 所成的角，由PE PF EF PH ⋅=⋅，∴2323PH ⋅==，而4PD =，∴3sin PH PDH PD ∠==， ∴DP 与平面ABFD 所成角的正弦值3.11．（2018全国新课标Ⅱ文）P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点． （1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．11．【答案】（1）见解析；（2）455．【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且23OP =．连结OB ．因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==．由222OP OB PB +=知，OP OB ⊥．由OP OB ⊥，OP AC ⊥知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH OM ⊥，垂足为H ．又由（1）可得OP CH ⊥，所以CH ⊥平面POM ．故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知122OC AC ==，2423BC CM ==，45ACB ∠=︒． 所以25OM =sin 45C OC MC A M H CB O ⋅⋅∠==．所以点C 到平面POM 的45． 12．（2018全国新课标Ⅱ理）如图，在三棱锥P ABC -22AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点． （1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．12．【答案】（1）见解析；（234． 【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点， 所以OP AC ⊥，且23OP =连结OB ．因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰 直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==， 由222OPOB PB +=知PO OB ⊥， 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC ．PA OCBM（2）如图，以O 为坐标原点，OB 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得()0,0,0O ，()2,0,0B ，()0,2,0A -，()0,2,0C ，()0,0,23P ，()0,2,23AP =，取平面PAC 的法向量()2,0,0OB =，设()(),2,002M a a a -<≤，则(),4,0AM a a =-，设平面PAM 的法向量为(),,x y z =n ．由0AP ⋅=n ，0AM ⋅=n ， 得()223040y z ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取()()34,3,a a a =--n ， ()()222234cos ,2343a OB a a a -∴<>=-++n ，由已知得3cos ,OB <>=n ，()22223432343a a a a -∴=-++，解得4a =-（舍去），43a =， 83434,,3⎛⎫∴=-- ⎪ ⎪⎝⎭n ，又()0,2,23PC =-，所以3cos ,PC <>=n ．所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为3．13．（2018全国新课标Ⅲ文）如图，矩形所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．13.答案：见解答 解答：（1）∵正方形ABCD ⊥半圆面CMD ，∴AD⊥半圆面CMD，∴AD⊥平面MCD.∵CM在平面MCD内，∴AD CM⊥，又∵M是半圆弧CD上异于,C D的点，∴CM MD⊥.又∵AD DM D =，∴CM⊥平面ADM，∵CM在平面BCM内，∴平面BCM⊥平面ADM.（2）线段AM上存在点P且P为AM中点，证明如下：连接,BD AC交于点O，连接,,PD PB PO；在矩形ABCD中，O是AC中点，P是AM的中点；∴//OP MC，∵OP在平面PDB内，MC不在平面PDB内，∴//.MC平面PDB14．（2018全国新课标Ⅲ理）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）当三棱锥M ABC-体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．14．答案：见解答解答：（1）∵正方形ABCD⊥半圆面CMD，∴AD⊥半圆面CMD，∴AD⊥平面MCD.∵CM在平面MCD内，∴AD CM⊥，又∵M是半圆弧CD上异于,C D的点，∴CM MD⊥.又∵AD DM D=，∴CM⊥平面ADM，∵CM 在平面BCM 内，∴平面BCM ⊥平面ADM .（2）如图建立坐标系： ∵ABCS ∆面积恒定， ∴MO CD ⊥，M ABCV -最大.(0,0,1)M ，(2,1,0)A -，(2,1,0)B ，(0,1,0)C ，(0,1,0)D -,设面MAB 的法向量为111(,,)m x y z =，设面MCD 的法向量为222(,,)n x y z =，(2,1,1)MA =--，(2,1,1)MB =-， (0,1,1)MC =-，(0,1,1)MD =--， 11111120(1,0,2)20x y z m x y z --=⎧⇒=⎨+-=⎩， 同理(1,0,0)n =，，∴5cos 5θ==，∴ 25sin θ=.。
2018年全国二卷立体几何（文理）详解
2018年全国二卷立体几何（文理）详解各位铁子门，欢迎大家再次来到孙老师的鹏哥谈数学！上两节课带着大家分析了2018年全国一卷、三卷的立体几何解答题，大家有怎么样的感受？此时，你的内心有没有一点点涟漪浮起？……12分的解答题，简直是弱爆了，竟然只考……面面垂直、空间角……其实吧，所谓命题专家也就这点能耐了！……不信，你再看2018年的全国二卷之立体几何…………竟然……线面垂直、空间角……（据说葛大爷葛军退役后，江湖再无哭泣，人间宁静安详……）来看看二卷的这道题，心细的伙伴们有没有发现，我们二卷的立体几何经常考棱锥（文理科一样样），不信，你看………16年五棱锥（菱形对折）、17年四棱锥、18年三棱锥…….……额……19年要考谁？能考谁？来来来，孙老师偷偷告诉你……（哈哈，我总是低调不了，总是这么傲娇，我想总有一天会死得很惨，哈哈哈）我们先看18年二卷理科的这道题（孙老师忍不住想告诉你，18年理科这道题的题号发生了调整，干翻了解析几何老二的宝座，跑到了第20题，这是疏忽还是有意，各位童鞋们怎么看，哈哈哈！）：（1）线面垂直……我不想多做解释了，实在记不起来，回头看我的前一篇帖子2018年全国一卷理科数学立体几何详解我还是忍不住想再说一遍，老师嘛，传道受业解惑也！……如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直……当然，我们需要先尝试找到边角关系，中点是突破口，等腰三角形是关键，勾股定理是核心，判定定理算锤子，于是乎……（2）空间角之线面角……还要再重复吗？no……你已成仙，再不晓得就自己挂掉吧！（童话里都是骗人的.......忽然想到了成龙大哥，金喜善.......年代久远，尔等可能不知道，历史人物......）建系……我们再看18年二卷文科的这道题：……立体几何，同样的三棱锥，长相神似理科，两个问题…………线面垂直、点面距……额，文科的特点来了，都说文科感性，理科理性，扯什么淡，有证据吗？我也会写诗，我也能抒情，原谅一个理工直男的表白吧！哈哈，我都说了些什么？嗯…….算了吧，不作践自己了！孙老师也是重情之人，脸皮薄，容易脸红，本来脸黑，一红就更黑了……（哈哈哈）点面距…..？什么东西？……垂线上任意一点到垂足间的线段，叫做这个点到这个平面的垂线段．垂线段的长度叫做这个点到平面的距离!那么，我们怎么解决点面距的问题？（三个方法，随便你爱那个，只要能放电就行！）（1）找点投影法求点面距（告诉你，这个基本帮不了什么你忙，所以，别多想……）（2）等体积法求点面距（学马克思的小伙伴们，注意啦！这个是需要你记住的，重要的事情孙老师历来只说一遍，这次孙老师说三遍三遍啊，什么概念？不想死就必须记下！）（3）空间向量法求点面距（哈哈哈，文科生不太能理解，专属理科生，万能的！重要性你懂得！）我们看这道题：（1）线面垂直……（2）点面距……等体积法（文科嘛！也只能这样了，局限性……）。
2018年高考真题——理科数学(全国卷II)+Word版含解析(2021年整理)
2018年高考真题——理科数学(全国卷II)+Word版含解析(word版可编辑修改)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018年高考真题——理科数学(全国卷II)+Word版含解析(word版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学(全国卷II）注意事项：1．答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．作答时，将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效。
3．考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.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，只有一项是符合题目要求的.1。
A. B. C。
D.【答案】D【解析】分析：根据复数除法法则化简复数，即得结果.详解:选D。
点睛：本题考查复数除法法则，考查学生基本运算能力.2. 已知集合，则中元素的个数为A。
9 B。
8 C。
5 D. 4【答案】A【解析】分析：根据枚举法，确定圆及其内部整点个数.详解: ，当时，;当时,；当时,；所以共有9个，选A.点睛：本题考查集合与元素关系，点与圆位置关系，考查学生对概念理解与识别.3。
函数的图像大致为A. AB. BC. C D。
D【答案】B【解析】分析：通过研究函数奇偶性以及单调性，确定函数图像。
详解：为奇函数，舍去A，舍去D;，所以舍去C；因此选B.点睛：有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路（1)由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；②由函数的单调性，判断图象的变化趋势；③由函数的奇偶性，判断图象的对称性；④由函数的周期性，判断图象的循环往复．4。
2018年高考理科数学(2卷)答案详解(附试卷)
f (1) f (2) f (3) … f (50)
A． 50
B．0
C．2
D．50
【解析】∵ f (x) 是定义域为 (, ) 的奇函数，∴ f (x 1) f (1 x) f (x 1) ，且 f (0) 0 ，
∴ f (2) f (11) f (11) f (0) 0 ， f (3) f (2 1) f (2 1) f (1) 2 ，
【答案】A
3．（函数）函数
f
x
ex
ex x2
的图像大致为
【解析】∵
f (x)
ex ex (x)2
ex
ex x2
f (x) ，∴函数 f(x)为奇函数，排除 A；
又 f (1) e 1 0 ，排除 D；当 x→＋∞，f(x)→＋∞，排除 C. e
42Biblioteka 244取 k 0 ，得到 f (x) 的一个减区间为 [ π , 3π] . 44
∴ a 3π ，即 a 的最大值为 3π .
4
4
【答案】C 11．（函数）已知 f (x) 是定义域为 (, ) 的奇函数，满足 f (1 x) f (1 x) ．若 f (1) 2 ，则
5 2 ；长方形的体对角线 DB1＝
5 ，OB1＝ 5 ； 2
所以异面直线 AD1 与 DB1 所成角的余弦值为 cos EOB1
12
5 2
2
21 5
5 2
2
5 .
5
2
【答案】C
图 A9
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10．（三角函数）若 f (x) cos x sin x 在 [a, a] 是减函数，则 a 的最大值是
(完整word版)2018年全国2卷理科数学试卷及答案(2),推荐文档
2018年普通高等学校招生全国统一考试全国2卷数学（理科）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，只有一项是复合题目要求的。
1．1212ii+=-（ ） A ．4355i --B ．4355i -+C ．3455i --D ．3455i -+2．已知集合(){}223A x y xy x y =+∈∈Z Z ，≤，，，则A 中元素的个数为（ ） A ．9B ．8C ．5D ．43．函数()2x xe ef x x --=的图象大致是（ ）4．已知向量a b ，满足，1a =，1a b ⋅=-，则()2a a b ⋅-=（ ） A ．4B ．3C ．2D ．05．双曲线()2222100x y a b a b-=＞，＞ ）A ．y =B ．y =C ．y x =D ．y x =6．在ABC △中，cos 2C =，1BC =，5AC =，则AB =（ ）A ．B C D ．7．为计算11111123499100S =-+-+⋅⋅⋅+-，设计了右侧的程序框图，则在空白框中应填入（ ） A ．1i i =+ B ．2i i =+ C ．3i i =+ D ．4i i =+8．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723=+．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是（ ） A ．112B ．114C ．115D ．1189．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为（ ） A ．15B ．5 C ．5 D ．210．若()cos sin f x x x =-在[]a a -，是减函数，则a 的最大值是（ ）A ．4π B ．2π C ．43πD ．π11．已知()f x 是定义域为()-∞+∞，的奇函数，满足()()11f x f x -=+．若()12f =，则()()()()12350f f f f +++⋅⋅⋅+=（ ） A ．50-B ．0C ．2D ．5012．已知1F ，2F 是椭圆()2222:10x y C a b a b+=＞＞的左、右焦点交点，A 是C 的左顶点，点P 在过A 且斜率为3的直线上，12PF F △为等腰三角形，12120F F P ∠=︒，则C 的离心率为（ ） A ．23B ．12C ．13D ．14二、填空题，本题共4小题，每小题5分，共20分．13．曲线()2ln 1y x =+在点()00，处的切线方程为__________．14．若x y ，满足约束条件25023050x y x y x +-⎧⎪-+⎨⎪-⎩≥≥≤，则z x y =+的最大值为_________．15．已知sin cos 1αβ+=，cos sin 0αβ+=，则()sin αβ+=__________．16．已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45︒．若SAB △的面积为_________．三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
2018年全国高考理科数学2卷---精美解析版.docx
2018 年普通高等学校招生全国统一考试（新课标II 卷）理科数学2018.6.29本试卷 4 页， 23 小题，满分150 分．考试用时120 分钟．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，只有一项是符合题目要求的．1．12i（）12iA ． 4 3 i B． 4 3 i C． 3 4 i D． 3 4 i555555551．【解析】12i112i 234i34i，故选 D．12i2i12i5552．已知集合A{( x, y) | x2y 23, x Z , y Z} ，则A中元素的个数为（）A ．9B ． 8C． 5D． 42．【解析】A{(1,1), ( 1,0), (1,1), (0,1), (0,0), (0,1),(1,1), (1,0), (1, 1)} ，元素的个数为9，故选 A ．3．函数f (x)e x e x的图像大致为（）x 2y yA ．1B ．1O1x O 1xy yC．1 D ．1O1x O 1xe x e xf ( x) ，即 f ( x) 为奇函数，排除 A ；由f (1) e 1D；由3．【解析】 f ( x)20 排除x ef (4)e4 e 41211)(e11f (1)排除 C，故选 B ．16(ee2 )(ee)e16e e4．已知向量a, b满足a 1 ， a b1，则a(2a b)（）A ．4B ． 3C． 2D． 04．【解析】a(2a b)2a b 2 1 3 ，故选B．2ax2y 21( a0, b0) 的离心率为 3 ，则其渐近线方程为（）5．双曲线b2a2A ．y2x B．y3x C．y2x D．y3 2x25．【解析】离心率e c3c2 a 2b2b，渐近线方程为y 2 x ，故选A．a a 2a23 ，所以2a6．在ABC 中，cos C5， BC1， AC 5 ，则 AB（）25A ．4 2B ．30C．29D．2 56．【解析】cosC 2 cos2C13，开始25由余弦定理得AB BC 2AC22BC ACcos4 2 ，N0, T0C故选 A ．i17．为计算S11111，设计了右侧的是i100否1349921001程序框图，则在空白框中应填入（）N Ni S N TA ．i i11B ．i i2T T输出 Si 1C．i i3结束D ．i i47．【解析】依题意可知空白框中应填入i i 2 ．第1次循环： N1,T 1,i 3 ；第2次循环：2N 11,T11,i5；；第50 次循环：N111,T111, i101 ，结32439924100束循环得 S11111，所以选 B．1349910028．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于 2 的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723，在不超过30 的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是（）1B ．1C ．11A ．1415D ．12188．【解析】 不超过 30 的素数有： 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29 ，共 10 个．从中选取两个不同的数， 其和等于 30的有： 7 与 23、 11与 19、 13 与 17 ，共 3 对．则所求概率为31，故选 C ．C 102159．在长方体 ABCD A 1B 1C 1 D 1 中， AB BC1， AA 13 ，则异面直线 AD 1 与 DB 1 所成角的余弦值为（）1B ． 5C ． 52A ．65D ．529．【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，z则 A(1,1,0) ， D 1 (1,0, 3) ， D (1,0,0) ， B 1 (0,1, 3)C 1，1DA 1 B所以 AD 1(0, 1, 3) ， DB 1 ( 1,1, 3) ，1AD 1 DB 12 5DCBy则cosAD 1, DB 1，故选 C ．AAD 1 DB 12 55x10．若 f ( x)cos x sin x 在 [a,a] 上是减函数，则 a 的最大值是（）A ．B ．3D ．2C ．4410．【解析】 因为 f ( x)cos x sin x2 cos( x) 在区间 [ , 3 ，] 上是减函数， 所以 a 的最大值是44 44故选 A ．11 ． 已 知 f (x) 是 定 义 域 为 ( ,) 的 奇 函 数 ， 满 足 f (1 x)f (1 x) ． 若 f (1)2 ， 则f (1) f ( 2) f (3)f (50)（）A ．50 B ． 0C ． 2D ． 5011．【解析】因为 f ( x)f ( x) ，所以 f (1 x) f (x 1) ，则 f ( x1) f (x 1) ， f ( x) 的最小正周期 为 T4 ． 又 f (1) 2 ， f (2)f ( 0) 0 ， f (3)f (1)2 ， f (4) f (0)0 ， 所 以f (1)f ( 2)f (3)f (50) 12[ f (1) f (2) f (3)f ( 4)] f (49)f (50)f (1)f (2) 2 ，选 C ．x 2y 2 1( a b312．已知 F 1, F 2 是椭圆 C :2b 20) 的左、右焦点， A 是 C 的左顶点， 点 P 在过 A 且斜率为a6的直线上，PF 1F 2 为等腰三角形，F 1F 2 P 120 ，则 C 的离心率为（）2B ．11 1A ．2C ．D ．33412．【解析】如图，因为PF 1F 2 为等腰三角形， F 1 F 2 P 120 且 F 1F 2 2c ，所以 PF 1 F 2 30 ，则 P的坐标为 (2c,3c) ，故 k PA3c 3，化简得 4c a ，所以离心率e c1，故选 D ．2c a6a4yPA F1 O F 2x二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．13．曲线y2ln( x1)在点 (0,0)处的切线方程为．13．【解析】y2y|x 0 2 ，则曲线 y2ln( x1)在点 (0,0)处的切线方程为 y2x．x1x 2 y5014．若x, y满足约束条件x 2 y30 ，则z x y 的最大值为．x5014．【解析】可行域为ABC 及其内部，当直线y x z 经过点B(5,4)时，z max9 ．yBAC－3O5x15．已知sin cos1， cos sin0 ，则 sin()．15．【解析】sin cos2sin 2 2 sin cos cos21，cos sin2cos2 2 cos sin sin 20 ，则 sin 22sin cos cos2cos22cos sin sin 20 1 1 ，即2 2 sin cos2cos sin1sin()1．216．已知圆锥的顶点为S ，母线SA, SB所成角的余弦值为7， SA与圆锥底面所成角为45，若SAB的面8积为 515 ，则该圆锥的侧面积为．16．【解析】如图所示，因为cos ASB 7ASB15S ，所以 sin，88SSAB1SA SB sin ASB15SA2 5 15 ，所以 SA4 5 ．216又 SA与圆锥底面所成角为45，即SAO45 ，AO则底面圆的半径 OA210 ，圆锥的侧面积S OA SA40 2 ．B三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第 22、 23 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共 60 分．17．（ 12 分）记 S n 为等差数列 a n 的前 n 项和，已知 a 17 ， S 315 ．（ 1）求 a n 的通项公式；（ 2）求 S n ，并求 S n 的最小值．17．【解析】（ 1）设等差数列a n 的公差为 d ，则 由 1 7 ， S 3 3a 1 3d 15 得 d 2 ，a所以 a n7 (n 1) 22n 9，即 a n 的通项公式为 a n 2n 9 ；（ 2）由（ 1）知 S nn( 72n9) n 2 8n ，2因为 S n (n 4)2 16 ，所以 n4 时， S n 的最小值为 16 ．18．（ 12 分）下图是某地区2000 年至 2016 年环境基础设施投资额y （单位：亿元）的折线图．投资额240220220209200184180 171160148140 122 129120 1006053 568035374242 4740192514202000 2001 2002 2003 2004 2005 2006 2007 2008 2009 2010 2011 2012 2013 2014 2015 2016 年份为了预测该地区2018 年的环境基础设施投资额，建立了y 与时间变量 t 的两个线性回归模型，根据2000 年至 2016年的数据（时间变量 t 的值依次为 1,2, ,17y 30.4 13.5t ；根据 2010年至 2016）建立模型①： ?年的数据（时间变量 t 的值依次为 1,2, ,7 ）建立模型②： y 99 17.5t ．?（ 1）分别利用这两个模型，求该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值；（ 2）你认为哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．18．【解析】（ 1）将t19代入模型①：?30.4 13.5 19 226.1（亿元），y所以根据模型①得该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值为226.1亿元；将 t 9 代入模型②：?99 17.59256.5 （亿元），y所以根据模型②得该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值为256.5亿元．（ 2）模型②得到的预测值更可靠．理由如下：答案一：从折现图可以看出，2010 年至 2016 年的数据对应的点并没有紧密地均分分布在回归直线y30.413.5t的上下，2009年至2010年的环境基础设施投资额出现了明显的大幅度增加，这说明模型?①不能很好的反应环境基础设施投资额呈线性增长．而2010 年至 2016年的数据对应的点紧密的分布在回归?17.5t 的附近，这说明模型②能更好地反应环境基础设施投资额呈线性增长，所以模型②得到的直线 y 99预测值更可靠．答案二：从计算结果来看，相对于2016 年的环境基础设施投资额为220 亿元，利用模型①得到的该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值为226.1 亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值为256.5亿元的增幅明显更合理，所以模型②得到的预测值更可靠．19．（ 12 分）设抛物线 C : y24x的焦点为F，过F且斜率为k (k0) 的直线l 与 C 交于A, B两点，AB8 ．（1）求l的方程；（2）求过点A, B且与C的准线相切的圆的方程．19．【解析】（ 1）焦点F为 (1,0)，则直线 l :y k( x1) ，联立方程组y k( x1)，得22( 224)x 20，yy24x k x k k A令 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ，则 x1x22k 24x1 x21．k2，－ 1O F x根据抛物线的定义得AB x1x2 2 8 ，B 即 2k 24 6 ，解得k 1 （舍去 k1），k 2所以 l 的方程为y x1；（ 2）设弦AB的中点为M，由（ 1）知x1x2 3 ，所以M的坐标为(3,2)，2则弦 AB 的垂直平分线为y x5，令所求圆的圆心为(m,5m) ，半径为 r ，2m5m12根据垂径定理得r AB221234 ，22m m由圆与准线相切得m 1221234，解得 m3或 m11 ．m m则所求圆的方程为：( x 3) 2( y 2) 216 或 ( x 11) 2( y 6) 214420．（ 12 分）如图，在三棱锥P ABC 中，AB BC22 ，PA PB PC AC4， O 为 AC 的中点．（ 1）证明：PO平面 ABC ；（ 2）若点M在棱BC上，且二面角M PA C 为30，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值．P20．【解析】（ 1）证明：连接OB，PA PC ， O 为 AC 的中点，PO AC ，AB BC22, AC 4，AB 2BC 2AC 2，即AB BC ，OB 1AC 2 ，AOC 2又 PO23, PB 4 ，则 OB2PO 2PB 2，即 OP OB ，B MAC OB O ，PO平面 ABC ；（ 2）由（ 1）知OB,OC , OP两两互相垂直，z以 O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，P则 B(2,0,0) ， C (0,2,0) ， A(0,2,0) ， P(0,0,2 3) ，BC ( 2,2,0)， AP(0,2,23)， CP(0,2,23)令 BM BC ，[ 0,1] ．A OC y 则 OM OB BC(22,2,0) ， AM(22,22,0) ，M令平面 PAM 的法向量为 n(x, y, z) ，Bxn AP 2 y 2 3z0，取 x3 1 ，得n ( 3 1 , 3 1 ,1)由n AM(2 2 )x ( 22) y 0易知平面 PAC 的一个法向量为m(1,0,0) ，所以 cos n, mn m3(1)3(1)3，1) 21) 2) 27 2cos302n m3(3((127解得1（舍去3），即n( 43,23,2) ，3333n CP 83因为 cos n, CP333．8，所以PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为n CP444 321．（ 12 分）已知函数 f ( x)e x ax2．（ 1）若a1，证明：当 x0 时，f ( x)1；（ 2）若f ( x)在(0,) 只有一个零点，求 a ．21．【解析】（ 1）方法 1：欲证明当x0 时， f ( x)1，即证明e x1 ．x21令 g ( x)e x，则g ( x)e x (x 21)2xe x(x 1) 2 e x0，x 2x 2 1 2x2 1 2 1则 g ( x) 为增函数， g (x)g (0) 1 ，得证．方法 2：a1时， f ( x) e x x2，则 f ( x) e x2x ，令 f (x)g( x) ，则 g ( x)e x 2 ，x[0, ln 2) 时， g (x)0 ， g( x) 为减函数， x(ln 2,) 时， g ( x)0 ， g( x) 为增函数，所以 g( x) min g(ln 2)22ln 20，即当x0 时， f (x)0， f (x) 为增函数，所以 f ( x) f (0) 1 ，因此 a 1 ， x0 时， f (x) 1．（ 2）方法 1：若f ( x)在(0,) 只有一个零点，则方程e xa 只有一个实数根．x2令 h(x)e xh( x) 的图像与直线y a 只有一个公共点．x2，等价于函数y又 h ( x)x2e x2xe x x 2 e xx4x3，x(0,2) 时， h ( x)0 ， h( x) 为减函数， x (2,) 时， h ( x)0 ， h( x) 为增函数，所以 h( x) min h(2)e2， x0 时h(x)， x时 h( x)．4则 a e2) 只有一个零点．时， f ( x) 在 (0,4方法 2：若f ( x)在(0,) 只有一个零点，则方程e xax 只有一个实数根．x令 h(x)e xh(x) 的图像与直线y ax 只有一个公共点．，等价于函数 yx当直线 y ax 与曲线y h(x) 相切时，设切点为(x0, e x0) ，x0又 h ( x)xe x e x x 1 e x x0 1 e x0e x0x0 2 ，此时a h ( x0)e2 x2x 2，则 h ( x0 )x02x02．4又当 x(0,1) 时， h ( x)0 ， h( x) 为减函数，yx (1, ) 时， h ( x) 0 ， h(x) 为增函数，所以 h( x) min h(1) e ，且 x 0 时 h(x)， x 时 h( x)．根据 yh( x) 与 yax 的图像可知，O 1 2xe 2 时，函数 yh(x) 的图像与直线 yax 只有一个公共点，即f ( x) 在 (0,) 只有一个零点．a4（二）选考题：共 10 分．请考生在第 22、 23 题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22． [选修 4—4：坐标系与参数方程]（ 10 分）在 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 曲 线 C 的 参 数 方 程 为x 2 cosy( 为 参 数 ) ， 直 线 l 的 参 数 方 程 为4sinx 1 t cos y2 (t 为参数 )t sin（ 1）求 C 和 l 的直角坐标方程；（ 2）若曲线 C 截直线 l 所得线段的中点坐标为(1,2) ，求 l 的斜率．22．【解析】（ 1）消去参数，得 C 的直角坐标方程为x 2 y 2 41；16消去参数 t ，得 l 的直角坐标方程为 sin x cos y sin2 cos0 ；（ l 的直角坐标方程也可写成：y tan (x 1)2() 或 x 1 ．）2（ 2）方法 1：将 l 的参数方程：x 1 t cos x 2 y 2y 2t sin(t 为参数 ) 代入 C :164 4 1 t cos22 t sin216 ，即 1 3 cos2t24 2 cossint由韦达定理得 t 14 2cossint 23 cos 2，1依题意，曲线 C 截直线 l 所得线段的中点对应t 1t 2 0，即 2 cossin2因此 l 的斜率为 2 ．方法 2：令曲线 C 与直线 l 的交点为 A( x 1 , y 1 ), B(x 2 , y 2 ) ，x 1 2 y 1 2 1416x 2 x 1x 2y 1y 2 y 1y 2则由x 10 ，其中 x 1x 2 2 y 2 2 得4 1614161得：8 0 ，0 ，得 tan 2 ．x 2 2, y 1 y 2 4 ．所以x 1x2y 1 y 2y 1 y 2 2 ，即 l 的斜率为 2 ．24x 1 x 223． [选修 4—5：不等式选讲 ]（ 10 分）设函数f (x)5x ax 2 ．（ 1）当 a1时，求不等式f (x)0 的解集；（ 2）若 f ( x)1 ，求 a 的取值范围．23．【解析】（ 1） a1时， f ( x) 5 x 1x 2 ，x 1时， f( x) 5 x1 x2 2x 4 0 ，解得2 x 1 ； 1 x 2 时， f ( x) 5x1 x2 2 0，解得 1 x 2 ； x 2 时， f ( x)5 x 1 x22x6 0 ，解得 2 x3，综上所述，当 a 1 时，不等式 f (x) 0 的解集为 [ 2,3] ．（ 2） f (x)5 x ax2 1，即 xa x2 4 ，又 x a x 2 x a x 2 a 2 ，所以 a 24 ，等价于 a 2 4 或 a 24 ，解得 a 的取值范围为 { a | a2 或 a6} ．。
2018高考全国2卷理科数学带答案
th g s绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共23题，共150分，共4页。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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，只有一项是符合题目要求的。
1．12i 12i+=-A ．B ．C ．D ．43i 55--43i 55-+34i 55--34i55-+2．已知集合，则中元素的个数为22{(,)|3,,A x y x y x y =+≤∈∈Z Z}A A ．9B ．8C ．5D ．43．函数的图象大致为2e e ()x xf x x --=4．已知向量，满足，，则a b ||1=a 1⋅=-a b (2)⋅-=a a b A ．4B ．3C ．2D ．05．双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>theA．B．C．D．y=y=y=y=6．在中，，，则ABC△cos2C=1BC=5AC=AB=A．B C7．为计算，设计了右侧的11111123499100S=-+-++-程序框图，则在空白框中应填入A．1i i=+B．2i i=+C．3i i=+D．4i i=+8．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过30的素数中，30723=+随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是A．B．C．D．1121141151189．在长方体中，，与所成角1111ABCD A B C D-1AB BC==1AA1AD1DB 的余弦值为A．B C D1510．若在是减函数，则的最大值是()cos sinf x x x=-[,]a a-aA．B．C．D．π4π23π4π11．已知是定义域为的奇函数，满足．若，()f x(,)-∞+∞(1)(1)f x f x-=+(1)2f=则(1)(2)(3)(50)f f f f++++=A．B．0C．2D．5050-12．已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在1F2F22221(0)x yC a ba b+=>>：A C P 过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率A12PF F△12120F F P∠=︒C 为A．B．C．D．23121314二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2018年高考全国卷2理科数学真题(附含答案解析)
word 格式整理版2018 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共23 题，共 150 分，共 5 页。
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，只有一项是符合题目要求的。
1.A.B.C.D.2.已知集合 A=｛（ x， y）｜ x 2 +y 2 ≤ 3， x∈ Z， y∈Z｝，则 A 中元素的个数为A.9B.8C.5D.43. 函数 f （ x） =e 2 -e-x/x 2 的图像大致为A.B.C.word 格式整理版D.4.已知向量a，b 满足∣ a∣ =1， a· b=-1, 则 a·（ 2a-b ） =A.4B.3C.2D.05.双曲线 x 2 /a 2 -y 2 /b 2 =1（ a﹥ 0， b﹥0）的离心率为，则其渐进线方程为A.y= ±xB.y=±xC.y= ±D.y=±6.在中， cos=， BC=1，AC=5，则 AB=A.4B.C.D.27.为计算 s=1- + - +⋯ +-，设计了右侧的程序框图，则在空白框中应填入A.i=i+1B.i=i+2C.i=i+3D.i=i+48. 我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果。
哥德巴赫猜想是“每个大于2 的偶数可以表示为两个素数的和”，如30=7+23，在不超过30 的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30 的概率是A.B.C.D.9. 在长方体ABCD-A1B1 C1D1中， AB=BC=1，AA1=则异面直线AD1与 DB1所成角的余弦值为word 格式整理版A. B.10. 若 f （ x） =cosx-sinx在［-a，a］是减函数，则a 的最大值是A.B.C.D.π11. 已知 f （x）是定义域为（ - ∞， +∞）的奇函数，满足 f （ 1-x ） =f （ 1+x）。
若 f （1） =2，则 f （ 1）+ f （ 2） + f （ 3） +⋯ +f （ 50） =A.-50B.0C.2D.5012. 已知 F1，F2是椭圆 C:=1 （ a>b>0）的左、右焦点， A 是 C 的左顶点，点 P 在过 A 且斜率为的直线上，△ PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P=120°，则 C 的离心率为A..B.C.D.二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20 分。
高考最新-2018年全国高考试题分类汇编及解析(数学)数列、解析几何、立体几何解析几何部分参考答案精
2018年全国高考试题分类汇编免费教育资源网解析几何部分参考答案、选择题二、填空题1．22x2y2411．用代数的方法研究图形的几何性质2 152 .2x y2 112． 5 23 1 13．44．5 14．[－1，3]15．455(0,-1) 1 2 a 1 216．2x－ y+4=06．x 2+(y+1) 2=1 1－2 ≤ a≤1+ 2 17．213 18．11[ ,0) (0, ]7( ,13)10 1048．(5,0) 19．22(x 1)2 (y 1)2 259．22(x－ 2)2+(y+3) 2=520．12210． (x－ 2)2+(y+3) 2=5三、解答题1．（本小题主要考查直线和双曲线的概念和性质，综合解题能力 .满分 14 分 .解：（ I）由 C 与 t 相交于两个不同的点，故知方程组x2y2 1,2y21,a x y 1.平面向量的运算等解析几何的基本思想和有两个不同的实数解 .消去 y 并整理得（1－a2）x2+2a2x－2a2=0. ① ⋯⋯ 2 分双曲线的离心率即离心率 e 的取值范围为 ( 6, 2) ( 2, ). 6分II)设 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), P 1(0,1)2. 本小题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的关系以及解析几何的基本方法、思想和 综合解题能力。
满分 12 分。
解：(Ⅰ) C 的焦点为 F(1， 0)，直线 l 的斜率为 1，所以 l 的方程为y x 1.22将 y x 1代入方程 y 2 4x ，并整理得 x 26x 1 0.设A (x 1, y 1),B (x 2,y 2),则有 x 1 x 2 6,x 1x 2 1.OA OB (x 1, y 1) (x 2,y 2) x 1x 2 y 1y 2 2x 1x 2 (x 1 x 2) 1 3. | OA ||OB | x 12y 12x 22y 22x 1x 2[x 1x 2 4(x 1 x 2) 16] 41.OA OB 3 14 cos(OA, OB) . |OA| |OB | 41314 所以 OA 与OB 夹角的大小为 arccos3 14. 41(Ⅱ)由题设 FB AF 得 (x 2 1,y 2)(1 x 1, y 1),即x 2 1 (1 x 1), ①y2y1.②所以 21 a 20. 4 2 24a 4 8a 2(1 a 2) 0.解得 0 a 2且a 1.e1 a 212 1. 0 a 2且 a 1, a 255 PA 5 PB, (x 1,y 1 1) 5(x 2,y 2 1). 12 12由此得 x 1 152x 2. 8分 由于 x 1，x 2 都是方程①的根，且 所以 17 x 2 12 22 1a12 17.13.14分 5 x 222a 2 2a 2 2891 a2 .消去, x 2 ,得 1 a 2 60 由 a 0,所以 a2a 2y12 4x1,y22 4x2, ∴ x22x1. ③联立①、③解得x2 ，依题意有0.∴B（ ,2 ）,或B（ , 2 ）,又 F（1，0），得直线 l方程为( 1)y 2 (x 1)或( 1)y 2 (x 1),当[4,9]时，l 在方程 y轴上的截距为2或 1由②得y22 2y12，2 2 2 11 可知2在[4，9]上是递减的，4,4 23,3 134,4直线 l 在 y 轴上截距的变化范围为[ 43 3] [3,4].4] [4,3]. 以及综合. 满分 14 分 .解：（ 1）由题设有m 0,c m.设点 P的坐标为（x0,y0），由PF1 PF2，得y0x0 cy0x0 c1，化简得x02y02m. ①2 将①与x0 m1y021联立，解得 2x02m 1 2,y0由m 0,x021 0,得 m 1. 所以 m 的取值范围是1.2）准线 L 的方程为m 1.设点 Q的坐标为（x1,y1），则m x1m 1.mm1m |QF2 | x1 c m|PF| c x m x2 m1 |QF2| 22m m 1.将x0 代入②，化简得.满分 12 分 .2m1代入②，化简得由题设 |QF 2| | PF 2 |2 3 ，得 mm 21 2 3 ，无解 .将 x.满分 12 分 .m|QF 2 | 1m m 2 1.|PF 2 | m m 21由题设 ||QPF F22 || 2 3 ，得 m m 21 2 3.解得 m=2.从而 x 03, y 02,c 2, 得到 PF 2 的方程22y ( 3 2)(x 2).4．本小题主要考查导数的几何意义，两条直线垂直的性质以及分析问题和综合运算能力 满分 12 分 . 解： y ′ =2x+1.直线 l 1 的方程为 y=3 x － 3.设直线 l 2过曲线 y=x 2+x －2 上 的点 B( b, b 2+b －2),则 l 2的方程为y=(2b+1) x －b 2－2 1因为 l 1⊥ l 2，则有 2b+1= ,b 1 231 x所以直线 l 2的方程为 y2 322II )解方程组 y 3x 3,1 22yx391 x, 6 5 y2(1, 5).(6, 2).221，0)、 ( ,0).3所以直线 l 1和 l 2 的交点的坐标为 l 1、l 2与 x 轴交点的坐标分别为(2 32 125．本小题主要考查点到直线距离公式，双曲线的基本性质以及综合运算能力 解：直线 l 的方程为 x y1，即 bx ay ab 0.aba 1ly 1 2(y 2 2),∴y 1 y 24d1b(a 1)a 2b 2同理得到点(－ 1， 0) b(a 1)2到直线 l 的距离 d 2a2 bs d 1 d 22ab2aba 2b 2由 s4c,得 2ab 4c,5 c 5即 5a c 2 a 2 2c 2.于是得 5 e 2 1 2e 2,即4e 425e 225 0.解不等式，得 54 e 25.由于 e 1 0,所以 e 的取值范围是25 e 5.26．(Ⅰ)由已知条件 ,可设抛物线的方程为 y 2∵点 P(1,2) 在抛物线上 , ∴ 222p 1, 得 p =2.2故所求抛物线的方程是 y 2准线方程是 x=-- 1.(Ⅱ ) 设直线 PA 的斜率为 k PA ,直线 PB 的斜率为 k PB , ∵PA 与 PB 的斜率存在且倾斜角互补 ,∴k PA k PB .由 A(x 1,y 1), B(x 2,y 2)在抛物线上 ,得2 y14x 1, ① 4x 2, ②2 y 2 221221 y2 14 2 y2y 1 1 4 y 1由① --②得直线 AB 的斜率y2 y1 4 4kAB1（x1 x2）. （14 分）x2 x1 y1 y2 47．本小题主要考查直线、抛物线等基本知识，考查运用解析几何的方法分析问题和解决问题的能力、满分 14 分。
2018年高考全国二卷数学理科(word版)试题(含答案)(可编辑修改word版)
3 23029绝密★启用前2018 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2. 作答时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷及草稿纸上无效。
3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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，只有一项是符合题目要求的。
1．1 + 2i =1 - 2iA ．- 4 - 3 i 5 5B ．- 4 + 3 i 5 5C ．- 3 - 4 i 5 5 D ．- 3 + 4 i 5 52. 已知集合 A ={( x ，y ) x 2+ y 2≤3，x ∈ Z ，y ∈ Z } ，则 A 中元素的个数为A ．9B ．8C ．5D ．4e x - e - x3. 函数 f ( x ) = x 2的图像大致为4．已知向量a ， b 满足| a | = 1 ， a ⋅ b = -1 ，则a ⋅ (2a - b ) =A ．4B ．3C ．2D ．0x 2-y2= > >5. 双曲线 a2b 21 (a 0, b 0) 的离心率为 ，则其渐近线方程为A. y = ± 2xB. y = ± 3xC. y = ± 2x2D. y = ± 3x26. 在△ABC 中， cosC= 5， BC = 1 ， AC = 5 ，则 AB = 2 5A. 4 B ． C ． D ． 2 5是i < 100否输出S结束S = N - T i = 1 x y ⎨ ⎩7．为计算 S = 1 - 1 + 1 - 1 +… + 1 - 1，设计了右侧的程序框图，2 3 4 99 100则在空白框中应填入 A. i = i + 1 B. i = i + 2 C. i = i + 3D. i = i + 48. 我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于 2 的偶数可以表示为两个素数的和”，如30 = 7 + 23 ．在不超过 30 的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于 30 的概率是 A.112 B.1 14C.115 D.118 9. 在长方体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中， AB = BC = 1 ， AA 1 =，则异面直线 AD 1 与 DB 1 所成角的余弦值为A.15B.6C.5D.210. 若 f (x ) = cos x - sin x 在[-a , a ] 是减函数，则 a 的最大值是A.π4B. π2C. 3π4D. π11．已知 f (x ) 是定义域为(-∞, +∞) 的奇函数，满足 f (1 - x ) = f (1 + x ) ．若 f (1) = 2 ，则f (1) + f (2) + f (3) +… A ．-50 + f (50) =B ．0C ．2D ．502212. 已知 F 1 ， F 2 是椭圆C ： 2 + 2 =1 (a > b > 0) 的左，右焦点， A 是C 的左顶点，点 P 在过 A 且斜率 ab为 3的直线上， △PF F 为等腰三角形， ∠F F P = 120︒ ，则C 的离心率为6 1 2 1 22 A.3B.1 2C.1 3D.1 4二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
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10 立体几何一．基础题组1. 【2013课标全国Ⅱ，理4】已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l α，l β，则( )．A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l 【答案】：D【解析】因为m ⊥α，l ⊥m ，lα，所以l ∥α.同理可得l ∥β.又因为m ，n 为异面直线，所以α与β相交，且l 平行于它们的交线．故选D.2. 【2012全国，理4】已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，，E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为( )A ．2 BCD ．1 【答案】 D又△AC C 1为等腰直角三角形，∴CH =2.∴HM =1.1CC3. 【2011新课标，理6】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如下图所示，则相应的侧视图可以为( )(正视图)(俯视图)【答案】D 【解析】4. 【2006全国2，理4】过球的一条半径的中点,作垂直于该半径的平面,则所得截面的面积与球的表面积的比为B.C.D.【答案】163169833295. 【2006全国2，理7】如图,平面α⊥平面β,A ∈α,B ∈β,AB 与两平面α,β所成的角分别为和.过A ,B 分别作两平面交线的垂线,垂足为A ′,B ′,则AB ∶A ′B ′等于∶B.3∶C.3∶D.4∶【答案】6. 【2005全国3，理4】设三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积为V ，P 、Q 分别是侧棱AA 1、CC 1上的点，且PA=QC 1，则四棱锥B —APQC 的体积为（ ） A ．B ．C ．D ．4π6π16V 14V 13V 12V【答案】C【解析】连接，在侧面平行四边形中，∵，∴ 四边形APQC的面积=四边形的面积，记B 到面的距离为h ，∴，，∴，∵，∴，∴. 7. 【2005全国2，理2】正方体中，、、分别是、、的中点．那么，正方体的过、、的截面图形是（ ）(A) 三角形 (B) 四边形(C) 五边形(D) 六边形【答案】D8. 【2015高考新课标2，理6】一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( ) A ．B ．C ．D ． 11,BA BC 11AAC C 1PA QC =1S 11PQA C 2S 11AAC C113B APQC V S h -=11213B PQAC V S h -=11B APQC B PQA C V V --=11113B A B C V V -=11233B APQC B PQA C V V V V V --+=-=3B APQC V V -=1111ABCD A B C D -P Q R AB AD 11B C P QR 81716151【答案】D【解析】由三视图得，在正方体中，截去四面体，如图所示，，设正方体棱【考点定位】三视图．9. 【2017课标II ，理4】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后所得，则该几何体的体积为A ．1111ABCD A B C D -111A A B D-90πB ．C ．D ． 【答案】B 【解析】试题分析：由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积，上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，其体积，故该组合体的体积．故选B ．【考点】 三视图、组合体的体积【名师点睛】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解． 二．能力题组1. 【2014新课标，理6】如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ）,图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ）A. B. C. D.【答案】C63π42π36π213436V =π⨯⨯=π221(36)272V =⨯π⨯⨯=π12362763V V V =+=π+π=π1727591027132. 【2010全国2，理9】已知正四棱锥S—ABCD中，SA＝( )A．C．2 D．3【答案】：C33. 【2011新课标，理15】已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB ＝6，BC ＝则棱锥O ABCD 的体积为__________．【答案】 【解析】4. 【2015高考新课标2，理9】已知A,B 是球O 的球面上两点，∠AOB=90,C 为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A ．36π B.64π C.144π D.256π 【答案】C【解析】如图所示，当点C 位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C ．【考点定位】外接球表面积和椎体的体积．5. 【2016高考新课标2理数】如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为AOB O ABC -O R 2311136326O ABC C AOB V V R R R --==⨯⨯==6R =O 24144S R ππ==（A ）20（B ）24（C ）28（D ）32【答案】C【考点】三视图，空间几何体的表面积 【名师点睛】由三视图还原几何体的方法:6.【2016高考新课标2理数】α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题：①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. ②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . ③如果α∥β，m α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等. 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号） 【答案】②③④【考点】空间中的线面关系【名师点睛】求解本题时应注意在空间中考虑线、面位置关系.7.【2017课标II ，理10】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 ．【答案】C 【解析】试题分析：如图所示，补成直四棱柱， 则所求角为，易得，因此C ．【考点】 异面直线所成的角、余弦定理、补形的应用【名师点睛】平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形；111ABC A B C -120ABC ∠=︒2AB =11BC CC ==1AB 1BC 25531111ABCD A B C D -1111,BC D BC BD C D AB ∠=====22211C D BD BC =+111cos BC BC D C D ∠===④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．三．拔高题组1. 【2014新课标，理11】直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC=CA=CC 1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为（ ） A. B.【答案】C2. 【2013课标全国Ⅱ，理7】一个四面体的顶点在空间直角坐标系O －xyz 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为( )．【答案】：A(0,]2110253. 【2010全国2，理11】与正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的三条棱AB 、CC 1、A 1D 1所在直线的距离相等的点( )A ．有且只有1个B ．有且只有2个C ．有且只有3个D ．有无数个【答案】：D【解析】经验证线段B 1D 上的点B ，D ，中点，四等分点均满足题意，故由排除法知应有无数个点．4. 【2005全国2，理12】将半径为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里．这个正四面体的高的最小值为（ ）(A)(B) (C)【答案】C【解析】由题意知，底面放三个钢球，上再落一个钢球时体积最小，于是把钢球的球心连接，则又可得到一个棱长为2，且由正四面体的性质可知：正四面体的中心到底面的距离是高的，且小正四面体的中心和正四面体容器的中心应该是重合的，∴小正四面（1即小钢球的半径），2+4+1414=1+所以可知正四棱锥的高的最小值为C ． 5. 【2012全国，理16】三棱柱ABC －A 1B 1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA 1＝∠CAA 1＝60°，则异面直线AB1与BC 1所成角的余弦值为__________．【答案】： 6. 【2010全国2，理16】已知球O的半径为4，圆M 与圆N 为该球的两个小圆，AB 为圆M 与圆N 的公共弦，AB ＝4，若OM ＝ON ＝3，则两圆圆心的距离MN ＝________.【答案】：3【解析】：∵|OM |＝|ON |＝3，∴圆M 与圆N取AB 中点C ，连结MC、NC ，则MC ⊥AB ，NC ⊥AB ，|MC |＝|NC |易知OM 、CN 共面且OM ⊥MC ，ON ⊥NC ，|OC |，sin ∠OCM ∴|MN |＝2|MC |·sin∠OCM ＝＝3. 1)44+⨯=+627. 【2005全国2，理20】(本小题满分12分)如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，、分别为、的中点．(Ⅰ) 求证：平面；(Ⅱ) 设，求与平面所成的角的大小．∵PB 、FA 为平面PAB 内的相交直线∴EF ⊥平面PABP ABCD -ABCD PD ⊥ABCD AD PD =E F CD PB EF ⊥PAB AB =ACAEF方法二以D为坐标原点，DA的长为单位，建立如图所示的直角坐标系。
(I)证明：设E(，0,0)，其中>0，则C(2，0,0)，A(0,1，0)，B(2，1,0)，P(0,0，1)，F(，，)。
，∴EF ⊥PB，∴EF ⊥AB又PB 平面PAB ，AB 平面PAB ，PB∩AB=B∴EF ⊥平面PAB121211(0,,),(2,1,1),(2,0,0)22EF PB a AB a ==-=0EF PB ∙=0AB EF ∙=⊂⊂8. 【2015高考新课标2，理19】（本题满分12分）如图，长方体中,，，，点，分别在，上，．过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）． 1111ABCD A B C D -=16AB =10BC 18AA =E F 11A B 11C D 114A E D F ==E F αAFα15D D 1 C 1A 1 EF A B CB 1【考点定位】1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．9. 【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB =5，AC =6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE =CF =，EF 交BD 于点H . 将△DEF 沿EF 折到△的位置，. （Ⅰ）证明：平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角的正弦值.54D EF'OD '=D H '⊥B D A C '--【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）. 【解析】 故.又，而，所以.25D H OH '⊥D H EF '⊥OH EF H =D H ABCD '⊥平面【考点】线面垂直的判定、二面角.【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；③α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β；④面面垂直的性质．线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．10. 【2014新课标，理18】（本小题满分12分）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点.（Ⅰ）证明：PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）设二面角D-AE-C 为60°，AP=1，，求三棱锥E-ACD 的体积.11. 【2012全国，理18】△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知cos(A －C )＋cos B ＝1，a ＝2c ，如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC ．(1)证明：PC ⊥平面BED ；(2)设二面角A －PB －C 为90°，求PD 与平面PBC 所成角的大小． 【解析】解法一：(1)证明：因为底面ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC ．又PA ⊥底面ABCD ， 所以PC ⊥BD ． 设AC ∩BD =F ，连结EF .22AC因为PA =2，PE =2EC ，故，， 从而， 因为，∠FCE =∠PCA， 所以△FCE ∽△PCA ，∠FEC =∠PAC =90°，由此知PC ⊥EF .PC 与平面BED 内两条相交直线BD ，EF都垂直，所以PC ⊥平面BED ．解法二：(1)证明：以A 为坐标原点，射线AC 为x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz.设C (，0,0)，D ，b,0)，其中b ＞0， 则P (0,0,2)，E ，0，)，B ，－b,0)． AC =PC =3EC =FC =PC FC =ACEC =PC ACFC EC=23于是＝(，0，－2)，＝(，b ，)，＝(，－b ，)，从而，，故PC ⊥BE ，PC ⊥DE .又BE ∩DE ＝E ，所以PC ⊥平面BDE .12. 【2006全国2，理19】如图,在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,AB =BC ,D ,E 分别为BB 1, AC 1的中点(1)证明:ED 为异面直线BB 1与AC 1的公垂线; (2)设AA 1=AC=AB ,求二面角A 1-AD -C 1的大小PC BE 323DE 3230PC BE ⋅=0PC DE ⋅=2(2)连结A 1E .由AA 1=AC=AB 可知,A 1ACC 1为正方形∴A 1E ⊥AC 1又由ED ⊥平面A 1ACC 1和ED 平面ADC 1知平面ADC 1⊥平面A 1ACC 1∴A 1E ⊥平面ADC 1.作EF ⊥AD ,垂足为F ,连结A 1F , 则A 1F ⊥AD ,∠A 1FE 为二面角A 1-AD -C 1的平面角. 不妨设AA 1则AC =2,AB =,ED =OB =1,EF =,tan ∠A 1FE =∴∠A 1FE =60°.∴二面角A 1-AD -C 1为60°.解法二:(1)如图,建立直角坐标系O —xyz ,其中原点O 为AC 的中点设A (A ,0,0),B(0,b,0),B 1(0,b,2c ),则C (-A ,0,0),C 1(-A ,0,2c ),E (0,0,c ),D (0,b,c=(0,b,0),=(0,0,2c ).·=0,∴ED ⊥BB 12⊂232=⨯AD ED AE 31=EF EA 1BB 1BB又=(-2A ,0,2c ),·=0,∴ED ⊥AC 1∴ED 是异面直线BB 1与AC 1的公垂线13. 【2005全国3，理18】(本小题满分12分)如图，在四棱锥V-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形,平面VAD ⊥底面ABCD ． （Ⅰ）证明AB ⊥平面VAD ；（Ⅱ）求面VAD 与面VDB 所成的二面角的大小．【解析】：证明：方法一：（Ⅰ）证明：1AC 1AC方法二：以D 为坐标原点，建立如图所示的坐标图系.（Ⅰ）证明：不防设作A （1，0，0）， 则B （1，1，0）， ，由得AB ⊥VA. 又AB ⊥AD ，因而AB 与平面VAD 内两条相交直线VA ，AD 都垂直. ∴AB ⊥平VADAB ABCD VAD AD ABCD AB ADAB ABCD VAD 平面平面平面平面平面平面⊥⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⋂=⊂⊥⊥)23,0,21(V 1(0,1,0),(,0,22AB VA ==-0,AB VA ⋅=面VAD.14.【2017课标II ，理19】（12分）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．（1）证明：直线平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为，求二面角的余弦值．o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=CE ∥o45M AB D --【答案】（1）证明略；（2【解析】（2）由已知得，以A 为坐标原点，的方向为x 轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，， 设，则， 因为BM与底面ABCD 所成的角为45°，而是底面ABCD 的法向量， 所以，，即． ① BA AD ⊥AB AB A xyz -()0,0,0A ()1,0,0B ()1,1,0C (P (1,0,PC =(1,0,0)AB =()(),,01M x y z x <<()1,,,(,1,BM x y z PM x y z =-=-()0,0,1=n cos ,sin 45BM =︒n 2=()22210x y z -+-=又M 在棱PC 上，设，则 ． ②【考点】 判定线面平行、面面角的向量求法【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进行向量运算，要认真细心、准确计算．（2）设m ，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与<m ，n >互补或相等，故有|cos θ|＝|cos<m ，n>|=．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角． 15. 【2013课标全国Ⅱ，理18】(本小题满分12分)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB .(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ；PM PC λ=,1,x y z λ===⋅m nm nAB(2)求二面角D －A 1C －E 的正弦值．【解析】：(1)连结AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点． 又D 是AB 中点，连结DF ，则BC 1∥DF . 因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD . (2)由AC ＝CB ＝得，AC ⊥BC . 以C 为坐标原点，的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .16. 【2011新课标，理18】如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD ．2ABCA(1)证明：PA⊥BD；(2)设PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值．17. 【2010全国2，理19】如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，AC＝BC，AA1＝AB，D为BB1的中点，E为AB1上的一点，AE＝3EB1.(1)证明DE 为异面直线AB 1与CD 的公垂线；(2)设异面直线AB 1与CD 的夹角为45°，求二面角A 1AC 1B 1的大小．又作HK ⊥AC 1，K 为垂足，连结B 1K ，由三垂线定理，得B 1K ⊥AC 1，因此∠B 1KH 为二面角A 1AC 1B 1的平面角．B 1H， HC 1， AC 1HK ＝， 11111AA HC AC ⋅tan ∠B 1KH ＝＝所以二面角A 1AC 1B 1的大小为解法二：(1)证明：以B 为坐标原点，射线BA 为x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz ， 设AB ＝2，则A (2,0,0)，B 1(0,2,0)，D (0,1,0)，E (，，0)， 又设C (1,0，c )，则＝(，，0)，＝(2，－2,0)，＝(1，－1，c )． 于是＝0，＝0，故DE ⊥B 1A ，DE ⊥DC ，所以DE 为异面直线AB 1与CD 的公垂线．1B H HK1232DE 12121B A DC 1DE B A ⋅DE DC ⋅即－p＋2qr＝0,2p－2q＝0，令p，则q，r＝－1，故n＝，－1)．所以cos〈m，n〉＝.由于〈m，n〉等于二面角A1AC1B1的平面角，所以二面角A1AC1B1的大小为m nm n。