高考數(shù)學(xué)三輪專(zhuān)項(xiàng)模擬立體幾何試卷理

高考數(shù)學(xué)三輪專(zhuān)項(xiàng)模擬立體幾何試卷理高考數(shù)學(xué)三輪專(zhuān)項(xiàng)模擬立體幾何試卷理高考數(shù)學(xué)三輪專(zhuān)項(xiàng)模擬立體幾何試卷理高考數(shù)學(xué)三輪專(zhuān)項(xiàng)模擬立體幾何試卷理本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共150分，考試時(shí)間120分鐘．第Ⅰ卷一、選擇題(本大題共8小題，每題5分，共40分．在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)切合題目要求的)→→→→→)1．(2013肇·慶模擬)在△ABC中，已知|AB|＝|BC|＝|CA|＝2，則向量AB·BC＝(A．2B．－2C．23D．－23→→2π→→2【分析】向量AB與BC的夾角為3，則AB·BC＝2×2×cos3π＝－2.【答案】B2．在正四周體P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點(diǎn)，下邊四個(gè)結(jié)論中不成立的()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDE⊥平面ABCD．平面PAE⊥平面ABC【分析】若平面PDF⊥平面ABC，則極點(diǎn)P在底面的射影在DF上，又由于正四周體的極點(diǎn)在底面的射影是底面的中心，所以結(jié)論不可立，應(yīng)選C.【答案】C3．(2013濟(jì)·寧模擬)點(diǎn)M、N分別是正方體ABCD—A1B1C1D1的棱A1B1、A1D1的中點(diǎn)，用過(guò)A、M、N和D、N、C1的兩個(gè)截面截去正方體的兩個(gè)角后獲得的幾何體以以下圖1，則該幾何體的正(主)視圖、側(cè)(左)視圖、俯視圖挨次為()圖11A．①②③B．②③④C．①③④D．②④③【分析】依據(jù)三視圖的定義可知選B.【答案】Bx＋2y≥0，4．(2013棗·莊模擬)設(shè)z＝x＋y，此中實(shí)數(shù)x，y知足x－y≤0，若z的最大值為6，0≤y≤k，則z的最小值為( )A．－3B．－2C．－1D．0x＋2y≥0，【分析】由z＝x＋y得y＝－x＋z，作出x－y≤0，的地區(qū)BCO，平移直線y＝0≤y≤k，y＝x，－x＋z，由圖象可知當(dāng)直線經(jīng)過(guò)C時(shí)，直線的截距最大，此時(shí)z＝6，由解得y＝－x＋6，x＝3，所以k＝3，解得B(－6,3)，代入z＝x＋y得最小值為z＝－6＋3＝－3，選A.y＝3，【答案】A5．(2013·標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ課)如圖2，有一個(gè)水平擱置的透明無(wú)蓋的正方體容器，容器高8cm，將一個(gè)球放在容器口，再向容器內(nèi)灌水，當(dāng)球面恰巧接觸水面時(shí)測(cè)得水深為6cm，假如不計(jì)容器厚度，則球的體積為( )圖22A.500πcm3B.866πcm333C.1372πD.2048π3cm33cm3【分析】11．設(shè)如圖，作出球的一個(gè)截面，則MC＝8－6＝2(cm)，BM＝AB＝×8＝4(cm)22球的半徑為Rcm，則R2＝OM2＋MB2＝(R－2)2＋42，∴R＝5，43＝5003∴V球＝π×5π(cm33)．【答案】A6．(2013·汾模擬臨)已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，點(diǎn)A∈α，A?l，直線AB∥l，直線AC⊥l，直線m∥α，m∥β，則以下四種地點(diǎn)關(guān)系中，不必定成立的是()A．AB∥mB．AC⊥mC．AB∥βD．AC⊥β【分析】由于m∥α，m∥β，α∩β＝l，所以m∥l.由于AB∥l，所以AB∥m，故A必定正確．由于AC⊥l，m∥l，所以AC⊥m，進(jìn)而B(niǎo)必定正確．由于AB∥l，l?β，AB?β.所以AB∥β.故C也正確．由于AC⊥l，當(dāng)點(diǎn)C在平面α內(nèi)時(shí)，AC⊥β成立，當(dāng)點(diǎn)C不在平面α內(nèi)時(shí)，AC⊥β不成立，故D不必定成立．【答案】D7．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，D是AC的中點(diǎn)，AB1⊥BC1，則平面DBC1與平面CBC1所成的角為()A．30°B．45°C．60°D．90°【分析】→→y軸和z軸的正方向成立空間直角以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AC，AA1的方向分別為坐標(biāo)系．3設(shè)底面邊長(zhǎng)為2a，側(cè)棱長(zhǎng)為2b，則A(0,0,0)，C(0,2a,0)，D(0，a,0)，B(3a，a,0)，C113a，a,2b)．(0,2a,2b)，B(→→→→由AB1⊥BC1，得AB1·BC1＝0，即2b2＝a2.設(shè)n1＝(x，y，z)為平面DBC1的一個(gè)法向量，→→則n1·DB＝0，n1·DC1＝0.3ax＝0，即又2b2＝a2，令z＝1，ay＋2bz＝0.解得n1＝(0，－2，1)．同理可求得平面CBC1的一個(gè)法向量為n2＝(1，3，0)．利用公式cosθ＝|n·n|＝2，得θ＝45°.12|n1||n2|2【答案】B8．(2013·都模擬成)已知正四棱錐S—ABCD中，SA＝23，那么當(dāng)該棱錐的體積最大時(shí)，它的高為()A．1B.3C．2D．3【分析】以下圖，設(shè)正四棱錐高為h，底面邊長(zhǎng)為a，則22a＝12－h(huán)2，即a2＝2(12－h(huán)2)，122(h3－12h)，所以V＝×a2×h＝h(12－h(huán)2)＝－333令f(h)＝h3－12h，則f′(h)＝3h2－12(h＞0)，令f′(h)＝0，則h＝2，此時(shí)f(h)有最小值，V有最大值．【答案】C第Ⅱ卷二、填空題(本大題共7小題，每題5分，共35分，把答案填在題中橫線上)49．(2013東·營(yíng)模擬)已知等比數(shù)列{an}，若存在兩項(xiàng)21＋4的最am，an使得am·an＝a3，則mn小值為_(kāi)_______．m＋n＝6，則1411414mn3【分析】由等比數(shù)列的性質(zhì)知m＋n＝6m＋n(m＋n)＝65＋n＋m≥2，當(dāng)且僅當(dāng)4mn＝mn，即m＝2，n＝4時(shí)等號(hào)成立．【答案】3210．已知函數(shù)f(x)＝Asinωx＋π(A＞0，ω＞0)的最小正周期為2，且f(0)＝3，則函數(shù)6f(3)＝________.2ππ【分析】ω＝2＝π，由f(0)＝Asin6＝3得A＝23，ππ所以f(x)＝23sinπx＋6，所以f(3)＝23sin3π＋6＝－3.【答案】－311．設(shè)三棱柱的側(cè)棱垂直于底面，全部棱的長(zhǎng)都為a，極點(diǎn)都在一個(gè)球面上，則該球的表面積為_(kāi)_______．【分析】設(shè)球心為O，正三棱柱上底面為△ABC，中心為O′，由于三棱柱全部棱的a3長(zhǎng)都為a，則可知OO′＝2，O′A＝3a，又由球的有關(guān)性質(zhì)可知，球的半徑R＝21OO′2＋O′A2＝6a，所以球的表面積為4πR2＝73πa2.【答案】723πa12．(2013南·通模擬)對(duì)于直線m，n和平面α，β有以下四個(gè)命題：①若m∥α，n∥β，α∥β，則m∥n；②若m∥n，m?α，n⊥β，則α⊥β；③若α∩β＝m，m∥n，則n∥α且n∥β；④若m⊥n，α∩β＝m，則n⊥α或n⊥β.此中假命題的序號(hào)是________．【分析】命題①m與n也可訂交或異面，所以①是假命題；命題②由條件可得m⊥β，又m?α，故α⊥β，所以②是真命題；命題③也可獲得n?α或n?β，所以③錯(cuò)；命題④由已知只好獲得n垂直α與β內(nèi)的一條直線，沒(méi)法判斷n⊥α或n⊥β，所以命題④錯(cuò)．5【答案】①③④13．(2013·西高考陜)某幾何體的三視圖如圖3所示，則其體積為_(kāi)_______．圖3【分析】原幾何體可視為圓錐的一半，其底面半徑為1，高為2，∴其體積為11π3×π×12×2×＝.23【答案】π314．對(duì)大于或等于2的自然數(shù)m的n次方冪有以下分解方式：22＝1＋323＝3＋532＝1＋3＋533＝7＋9＋1142＝1＋3＋5＋743＝13＋15＋17＋1952＝1＋3＋5＋7＋953＝21＋23＋25＋27＋29依據(jù)上述分解規(guī)律，若m3(m∈N*)的分解中最小的數(shù)是73，則m的值為_(kāi)_______．【分析】由所給等式知，m3分解中第1個(gè)數(shù)為數(shù)列3,5,7，中第2＋3＋4＋＋(m－1)＋1項(xiàng)，即m2－m1個(gè)數(shù)為m2－m＋1，由m2－m＋1＝73得m＝2項(xiàng)，進(jìn)而m3分解中第9.【答案】915．(2013·昌模擬南)三棱錐S—ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜邊AB＝a的等腰直角三角形，則以下結(jié)論中：圖46①異面直線SB與AC所成的角為90°.②直線SB⊥平面ABC；③平面SBC⊥平面SAC；1④點(diǎn)C到平面SAB的距離是2a.此中正確結(jié)論的序號(hào)是________．【分析】由題意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，①②③正確；取AB的中點(diǎn)E，連結(jié)CE，可證得CE⊥平面SAB，故CE的長(zhǎng)度即為C到平面SAB的距離1a，④正確．2【答案】①②③④三、解答題(本大題共6小題，共75分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)16．(本小題滿(mǎn)分12分)(2013深·圳模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)邊的邊長(zhǎng)分別是a，b，c.π3，求cos(A＋B)和a，b的值；(1)若c＝2，C＝且△ABC的面積等于3312(2)若B是鈍角，且cosA＝5，sinB＝13，求sinC的值．【解】(1)∵A＋B＋C＝π，C＝π3，∴A＋B＝π－C，π1∴cos(A＋B)＝cos(－πC)＝－cosC＝－cos3＝－2.由余弦定理及已知條件得，a2＋b2－ab＝4，1又由于△ABC的面積等于3，所以2absinC＝3，得ab＝4.聯(lián)立方程組a2＋b2－ab＝4，ab＝4，解得a＝2，b＝2.312(2)∵B是鈍角，且cosA＝5，sinB＝13，34∴sinA＝1－cos2A＝1－52＝5，125cosB＝－1－sin2B＝－1－132＝－13，∴sinC＝sin[－π(A＋B)]＝sin(A＋B)74×53×1216＝sinAcosB＋cosAsinB＝5－13＋513＝65.17．(本小題滿(mǎn)分12分)(2013青·島模擬)在如圖5所示的多面體ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，且AC＝AD＝CD＝DE＝2，AB＝1.圖5(1)請(qǐng)?jiān)诰€段CE上找到點(diǎn)F的地點(diǎn)，使得恰有直線BF∥平面ACD，并證明這一結(jié)論；(2)求多面體ABCDE的體積．【解】(1)以下圖，由已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，∴AB∥ED，1設(shè)F為線段CE的中點(diǎn)，H是線段CD的中點(diǎn)，連結(jié)BF、FH、AH，則FH綊2ED，又1AB＝2ED，∴FH綊AB，∴四邊形ABFH是平行四邊形，∴BF∥AH，又由于BF?平面ACD，AH?平面ACD，∴BF∥平面ACD.(2)取AD中點(diǎn)G，連結(jié)CG.由于AB⊥平面ACD，∴CG⊥AB，又CG⊥AD，∴CG⊥平面ABED，即CG為四棱錐C—ABED的高，求得CG＝3，11＋2∴VC—ABED＝3·2·2·3＝3.18．(本小題滿(mǎn)分12分)(2013黃·岡模擬)如圖6，三棱柱ABC—A1B1C1的側(cè)面AA1B1B為正方形，側(cè)面BB1C1C為菱形，∠CBB1＝60°，AB⊥B1C.8(1)求證：平面AA1B1B⊥平面BB1C1C；(2)若AB＝2，求三棱柱ABC—A1B1C1的體積．圖6【解】(1)由側(cè)面AA1B1B為正方形，知AB⊥BB1.又AB⊥B1C，BB1∩B1C＝B1，所以AB⊥平面BB1C1C，又AB?平面AA1B1B，所以平面AA1B1B⊥平面BB1C1C.(2)由題意，CB＝CB1，設(shè)O是BB1的中點(diǎn)，連結(jié)CO，則CO⊥BB1.由(1)知，CO⊥平面AA1133BB，且CO＝2BC＝2AB＝3.連結(jié)AB11122311·CO＝3.，則VC—ABB＝3S△ABB·CO＝6AB123由于VB1—ABC＝VC—ABB1＝3VABC—A1B1C1＝3，故三棱柱ABC—ABC的體積VABC—ABC＝23.11111119．(本小題滿(mǎn)分13分)已知數(shù)列{a}的前n項(xiàng)和為S，且S＝2a－2，數(shù)列知足bnnnnn11，且bn＋1＝bn＋2.(1)求數(shù)列{a}，的通項(xiàng)公式；nn1－－1n1＋－1nb，求數(shù)列{c}的前2n項(xiàng)和T.(2)設(shè)c＝a－n2n2nn2n【解】(1)當(dāng)n＝1，a1＝2；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，nn－1.∴a＝2a∴{an1nn}是等比數(shù)列，公比為2，首項(xiàng)a＝2，∴a＝2.由bn＋1＝b＋2，得是等差數(shù)列，公差為2.nn9又首項(xiàng)b1＝1，∴bn＝2n－1.2nn為奇數(shù)，(2)cn＝－2n－1n為偶數(shù)，∴T2n＝2＋23＋＋22n－1－[3＋7＋＋(4n－1)]22n＋1－22＝－2n－n.20．(本小題滿(mǎn)分13分)如圖7所示，PA⊥平面ABC，點(diǎn)C在以AB為直徑的⊙O上，∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，點(diǎn)E為線段PB的中點(diǎn)，點(diǎn)M在弧AB上，且OM∥AC.圖7(1)求證：平面MOE∥平面PAC.(2)求證：平面PAC⊥平面PCB.(3)設(shè)二面角M—BP—C的大小為θ，求cosθ的值．【解】(1)由于點(diǎn)E為線段PB的中點(diǎn)，點(diǎn)O為線段AB的中點(diǎn)，所以O(shè)E∥PA.由于PA?平面PAC，OE?平面PAC，所以O(shè)E∥平面PAC.由于OM∥AC，由于AC?平面PAC，OM?平面PAC，所以O(shè)M∥平面PAC.由于OE?平面MOE，OM?平面MOE，OE∩OM＝O，所以平面MOE∥平面PAC.(2)由于點(diǎn)C在以AB為直徑的⊙O上，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.由于PA⊥平面BAC，BC?平面ABC，10所以PA⊥BC.由于AC?平面PAC，PA?平面PAC，PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC.由于BC?平面PCB，所以平面PAC⊥平面PCB.(3)如圖，以C為原點(diǎn)，CA所在的直線為x軸，CB所在的直線為y軸，成立空間直角坐標(biāo)系C—xyz.由于∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，所以CB＝2cos30＝°3，AC＝1.延伸MO交CB于點(diǎn)D.由于OM∥AC，13所以MD⊥CB，MD＝1＋2＝2，13CD＝2CB＝2.所以P(1,0,2)，C(0,0,0)，B(0，3，0)，M3，3，0.22→→3，0)．所以CP＝(1,0,2)，CB＝(0，設(shè)平面PCB的法向量m＝(x，y，z)．→m·CP＝0，由于→m·CB＝0.x，y，z·1，0，2＝0，x＋2z＝0，所以即x，y，z·0，3，0＝0，3y＝0.11令z＝1，則x＝－2，y＝0.所以m＝(－2,0,1)．同理可求平面PMB的一個(gè)法向量n＝(1，3，1)．m·n1所以cos〈m，n〉＝|m|·|n|＝－5.1由于二面角M—BP—C為銳二面角，所以cosθ＝5.圖821．(本小題滿(mǎn)分13分)(2013天·津高考)如圖8，四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，側(cè)棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E為棱AA1的中點(diǎn)．(1)證明B1C1⊥CE；(2)求二面角11的正弦值；B-CE-C111所成角的正弦值為2，求線段AM(3)設(shè)點(diǎn)M在線段CE上，且直線AM與平面A