歷年全國理科數(shù)學(xué)高考試題精選

1、歷年全國理科數(shù)學(xué)高考試題精選2011年高考試題1.在一個幾何體的三視圖中，正視圖和俯視圖如 右圖所示，則相應(yīng)的俯視圖可以為2.已知矩形 ABCD的頂點(diǎn)都在半徑為4的球。的球面上，且 AB 6,BC 2« ,則棱錐O ABCD的體積為3 .如圖，四棱錐 ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，/ DAB=60,AB=2AD,PDL底面 ABCD.(I )證明：PA! BD;(H )若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值。4 .(本小題滿分10分)選修4-1：幾何證明選講如圖，D, E分別為 ABC的邊AB, AC上的點(diǎn)，且不與 ABC的頂點(diǎn)重合.已知AE的長為m, AC的長為n, A

2、D, AB的長是關(guān)于x的方程x2 14x mn 0的兩個根.證明：C, B, D, E四點(diǎn)共圓；(II)若A 90 ,且m 4,n 6,求C, B, D, E所在圓的半徑.3.解：（I ）因?yàn)?DAB 60 ,AB 2AD ,由余弦定理得 BD J3AD從而 BD2+AD2= AB2,故 BD AD又PD 底面ABCD,可得BD PD所以BD 平面PAD.故PA BD（n）如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD的長為單位長，射線 DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則A 1,0,0 , B 0,V3,01,73,0 , P 0,0,1 ouuv _ uuvAB ( 1, .3,0), PB(0

3、, . 3,uuv1),BC (設(shè)平面PAB的法向量為n= (x,即J3y 0因此可取n=( 3,1, /3)y, z),則設(shè)平面PBC的法向量為uur(m股。m BC 0,可取 m= (0,-1,73)8sm，n 2；2/77故二面角A-PB-C的余弦值為4.解：（I）連接DE,根據(jù)題意在 ADE和 4ACB 中,ADX AB=mn=AEK AC口r ADAE” ，一人 -一即 .又 / DAE=Z CAB,從而 AD& ACBAC AB因止匕/ ADE=Z ACB所以C, B, D, E四點(diǎn)共圓。(n ) m=4, n=6 時，方程4-14x+mn=0 的兩根為 xi=2,x2=1

4、2.故 AD=2, AB=12.取CE的中點(diǎn)G, DB的中點(diǎn)F,分另1J過G, F作AC, AB的垂線，兩垂線相交于 H點(diǎn)，連接DH.因?yàn)镃, B,D, E四點(diǎn)共圓，所以 C, B, D, E四點(diǎn)所在圓的圓心為 H,半徑為DH.由于/A=900,故 GH/ AB, HF/ AC.HF=AG=5 DF= 1(12-2)=5.故C, B, D, E四點(diǎn)所在圓的半徑為 5、F22010年高考試題1 .正方體ABCD-AB1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角的余弦值為A二B遮C 2 D下 3333unv uuv2 .已知圓。的半徑為1, PA、PB為該圓的兩條切線，A B為倆切點(diǎn)，那么 PA?PB

5、的最小值為(A)4, 2(B)3. 2 (C)4 2 2 (D)3 2123 .已知在半徑為2的球面上有 A、B、C D四點(diǎn)，若AB=CD=2則四面體ABCD勺體積的最大值為(A) 2-1(B)4-1(C)2 3(D)區(qū)1333a4 .本小題滿分12分)(注意：在試題卷上作答無效)如圖，四棱錐 S-ABCD43, SD 底面 ABCD AB/DC , AD DC AB=AD=1DC=SD=2 E為棱SB上的一點(diǎn),平面 EDC 平面SBC.(I)證明：SE=2EB (n )求二面角 A-DE-C的大小1. D 2. D 3. B5 .解法一：(I)連接BD,取DC的中點(diǎn)G,連接BG,由此知 DG

6、 GC BG 1,即 ABC為直角三角形，故 BC BD.又SD 平面ABCD,故BC SD,所以，BC 平面BDS,BC DE.作BK EC,K為垂足，因平面 EDC 平面SBC ,故BK 平面EDC, BK DE,DE與平面SBC內(nèi)的兩條相交直線 BK BCTB垂直D已平面 SBC DU EC,D已SBSB .SD2 DB2,62、63DE SDgDB 2 SB .3EB . DB2- DE2-,SE SB-EB3所以，SE=2EB2EB,AB SA 知(n)由 SA Jsd2 ad2 75, AB 1,SE.22.12AE J -SA -AB1,又AD=1:33故ADE為等腰三角形.取

7、ED 中點(diǎn) F,連接 AF,則 AF DE, AF JaD2 DF 2 3連接 FG ，則 FG /EC, FG DE .所一以， AFG是二面角A DE C的平面角所以，二面角ADE C的大小為120。連接 AG,AG=:2, FGDG2 DF2 號,AF2 FG2 AG21cosAFG 一2gAF gFG2解法以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線 DA為x軸的正半軸，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系設(shè) A(1,0,0),則 B(1,1,0),C(020),S(0,0,2)uuruuir(I) SC (0,2,-2), BC (-1,1,0)設(shè)平面SBC的法向量為n=(a, b, c) uuuuur uuu uui

8、r由 n SC, n BC ,得 ngSC 0,ngBC 0故 2b-2c=0,-a+b=0令 a=1,則 b=c,c=1,n=(1,1,1)uuruur又設(shè)SEEB(0),則E( -uuurDE (1,立)112 uur,-,),DC11(0,2,0)設(shè)平面CDE的法向量m=(x,y,z)由 m DE,m DC ,得m DE 0 , m DC 0,x y 2z故 0,2y 0.111令 x 2,則 m (2,0,).由平面 DECL平面 SBC得 m± n, mgn 0,20,2故 SE=2EB2 2 21 1 1、朝，2 11、(n )由(i)知 E(,),取 DE的中點(diǎn) F,則

9、 F (, ,), FA (,),3 3 33 3 33 3 3uuu uuur 故FAgDE 0,由此得FA DEuur 2 42 uur uuir又 EC ( -,-, £),故 ECgDE 0,由此得 EC DE , 3 3 3 iuu uuu 向量FA與EC的夾角等于二面角 A DE C的平面角uuu uuruur uuurFAcEC1于是 cos(FA, EC) -utu ttur-|FA|EC| 2所以，二面角 A DE C的大小為120o2009年高考試題1 .已知三棱柱 ABC AB1C1的側(cè)棱與底面邊長都相等,A在底面ABC上的射影為BC的中點(diǎn)，則異面直線AB與CC

10、i所成的角的余弦值為()(A)與(B)手(C) 7L(D)32 .已知二面角 l為60o ,動點(diǎn)P、Q分別在面“、3內(nèi)，P至好的距離為 J3, Q到“的距離為273,則P、Q兩點(diǎn)之間距離的最小值為()(A)(B)2(C)2,3(D)43 .直三棱柱ABC A1B1C1的各頂點(diǎn)都在同一球面上，若AB AC AA 2, BAC 120，則此球的表面積等于4 .(本小題滿分12分)(注意：在試題卷上作答無效)如圖，四棱錐 S ABCD中，底面ABCD為矩形，SD 底面ABCD ,AD J2, DC SD 2,點(diǎn) M在側(cè)棱 SC上， ABM =60(I )證明：M在側(cè)棱SC的中點(diǎn)(II )求二面角 S

11、 AM B的大小。所成的角,由三角余弦定理，易知cos1 .解：設(shè)BC的中點(diǎn)為D,連Z§Ad, AD,易知AAB即為異面直線 AB與CC1AD AD 3 cos AAD cos DABA1A AB 4故選D2 .解：如圖分另1J作 QA于A, AC l于C,PB于B,PD l于 D ,連 CQ, BD則 ACQ PBD 60 ,AQ 2/3, BP B AC PD 2又 QPQ /AQ2 AP2,12 AP2 2 3當(dāng)且僅當(dāng)AP 0,即點(diǎn)A與點(diǎn)P重合時取最小值。故答案選 Co3 .解：在 ABC中AB AC 2, BAC 120，可得BC 2J3 ,由正弦定理，可得 ABC外接圓半徑

12、r=2 設(shè)此圓圓心為O ,球心為。，在RT OBO中，易得球半徑 R J5,故此球的表面積為 4 R2 20 .解法一：(I)作ME / CD交SD于點(diǎn)E,則ME / AB , ME 平面SAD 連接AE,則四邊形 ABM叨直角梯形 作MF AB ,垂足為F,則AFM助矩形設(shè) ME x,則 SE x, AE Jed2 ad2 J(2 x)2 2MF AE , (2 x)2 2, FB 2 x由 MF FB ?tan60,得 J(2 x)2 2 73(2 x)解得x 1 ,1即ME 1,從而ME -DC 2所以M為側(cè)棱SC的中點(diǎn)(n) MB JBC2 MC2 2,又 ABM 60o, AB 2,

13、所以 ABM 為等邊三角形， 又由(I )知 M為SC中點(diǎn)SM 亞,SA 而 AM 2,故 SA2 SM2 AM 2, SMA 90o取AM中點(diǎn)G,連結(jié)BG取SA中點(diǎn)H,連結(jié)GH則BG AM ,GH AM ,由此知 BGH為二面角S AM B的平面角連接BH ,在 BGH中,-3BG AM23, GH 1SM -XbHAB2 AH 2 22222所以cosBGHBG2 GH 2 BH 262?BG?GHVB的大/、為arccos(.面角S AM解法二：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線 DA為x軸正半軸，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系D-xyz設(shè) A(&0),則 B(械 2,0), C(0,2,0), S

14、(0,0, 2)(I)設(shè) SM MC( 0),則M(0,-2-,-),MB (2二)1111又 AB (0,2,0), MB, AB 60o故 MB?AB |MB |?| AB|cos60o即:(5)2 (J )2 (J)2111解得 1,即SM mc所以M為側(cè)棱SC的中點(diǎn)(II )由 M (0,1,1),A(V2,0,0),得 AM的中點(diǎn) G(,1,1)2 2 2又GB (,3, 1),MS (0, 1,1),AM ( -2,i,i)Gb?AM 0,Ms?AM o所以 GB AM, ms AM因此(GB, MS)等于二面角S AM B的平面角GB?MS.6cos GB, MS -=|GB|?

15、|MS|3，山66所以一面角S AM B的大小為arccos()2008年高考試題1 .已知三棱柱ABC AB1C1的側(cè)棱與底面邊長都相等，Ai在底面ABC內(nèi)的射影為 ABC的中心，則AB與底面ABC所成角的正弦值等于2.等邊三角形BC的中點(diǎn)，則、2B. 3ABC與正方形C.是 D.3ABDE有一公共邊EM、AN所成角的余弦值等于AB ，面角C AB D的余弦值為 ¥ , M、N分別是AC3.(本小題滿分 12分)四棱錐 A BCDE中，底面BCDE為矩形，側(cè)面 ABC 底面BCDE , BC 2,(I)證明：AD CE ;(n)設(shè)CE與平面ABE所成的角為45°,求二面角

16、C AD E的大小.AED1.B2.答案：1.63.解：（I）作AO, BC,垂足為 O,連接OD,由題設(shè)知，AO,底面BCDE且O為BC中點(diǎn),OC CD 1 .由。 上知，RtA OCD RtA CDECD DE .2從而/ ODC=Z CED,于是 CE! OD,由三垂線定理知，AD± CE（II）由題意，BEX BC,所以BEX側(cè)面 ABC,又BE 側(cè)面ABE,所以側(cè)面 ABE1側(cè)面 ABQ 作CH AB,垂足為F,連接FE,則CH平面 ABE故/ CEF為CE與平面ABE所成的角，/ CEF=45由 CE=J6 ,得 CF=J3又BC=2,因而/ ABC=60° ,

17、所以4 ABC為等邊三角形作CG,AD,垂足為 G,連接GE。由（I）知，CE± AD,又 CEA CG=G故AD,平面 CGE，ADGE, / CGE是二面角 C-AD-E的平面角。CG=AC CDAD2226.3212DE AD2 ( DE)2GE=:2AD皆,CE近222CG2 GE2 CE2cos/ CGE=2CG GE410 c6_3_3c 2 J03.3.1010所以二面角C-AD-E為arccos（,10布)BCDE且O為BC的中點(diǎn)，以 O為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線 OC為x解法二：(I)作AO>± BC,垂足為O,則AO,底面軸正向，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系 O-xyz.設(shè)A (0,0,t),由已知條件有C(1,0,0), D(1, 2 ,0), E(-1,2,0),CE (2, ,2,0), AD (1, .2, t)所以 CE AD 0 ,得 AD± CE(II)作CF±AB,垂足為F,連接FE,設(shè) F (x,0,z)則 CF =(x-1,0,z),BE (0, 2,0),CF BE 0故 CF± BE,又 ABA BE=B,所以 CFL平面 ABE,/CEF是CE