【全程复习方略】(山东专用)高中数学 阶段滚动检测(四)理 新人教B版

"【全程复习方略】（山东专用）2013版高中数学 阶段滚动检测(四)理 新人教B 版 "第一～七章 （120分钟 150分） 第I 卷(选择题 共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.(滚动单独考查)设复数z ＝1－i ，则2z ＋2z 2等于( )(A)－1＋i (B)1＋i (C)－1＋2i (D)1＋2i2.已知E 、F 、G 、H 是空间内四个点，条件甲：E 、F 、G 、H 四点不共面，条件乙：直线EF 和GH 不相交，则甲是乙成立的( ) (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3.(滚动单独考查)(2012·潍坊模拟)如 图所示，已知AB ＝2BC ，OA ＝a ，OB ＝b ，OC ＝c ，则下列等式中成立的是( ) (A)c ＝32b －12a(B)c ＝2b －a (C)c ＝2a －b(D)c ＝32a －12b4.(滚动综合考查)设奇函数f(x)的定义域为R ，最小正周期T ＝3，若f(1)≥1，f(2)＝2a －3a ＋1，则a 的取值范围是( ) (A)a<－1或a≥23(B)a<－1 (C)－1<a≤23(D)a≤235.(2011·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是( )(A)32(B)16＋16 2 (C)48(D)16＋32 26.设三条不同的直线a 、b 、c ，两个不同的平面α，β，b ⊂α，c ⊄α.则下列命题不成立的是( ) (A)若α∥β，c⊥α，则c⊥β (B)“若b⊥β，则α⊥β”的逆命题 (C)若a 是c 在α内的射影，b⊥a，则c⊥b (D)“若b∥c，则c∥α”的逆否命题7.(2012·日照模拟)由正方体的八个顶点中的两个所确定的所有直线中，取出两条，这两条直线是异面直线的概率为( ) (A)29189(B)2963(C)3463(D)478.(滚动单独考查)(2012·长春模拟)已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n>3)，S n ＝100，则n 的值为( ) (A)8(B)9(C)10(D)119.设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( ) (A)πa 2(B)73πa 2 (C)113πa 2 (D)5πa 210.(2012·黄山模拟)已知函数f(x)＝cosxsinx(x∈R)，给出下列五个命题： ①若f(x 1)＝－f(x 2)，则x 1＝－x 2； ②f(x)的最小正周期是2π；③f(x)在区间[－π4，π4]上是增函数；④f(x)的图象关于直线x ＝3π4对称； ⑤当x∈[－π6，π3]时，f(x)的值域为[－34，34].其中正确的命题为( ) (A)①②④(B)③④⑤(C)②③(D)③④11.两个平面α与β相交但不垂直，直线m 在平面α内，则在平面β内( ) (A)一定存在直线与m 平行，也一定存在直线与m 垂直 (B)一定存在直线与m 平行，但不一定存在直线与m 垂直 (C)不一定存在直线与m 平行，但一定存在直线与m 垂直 (D)不一定存在直线与m 平行，也不一定存在直线与m 垂直12.已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大(柱体体积＝底面积×高)时，其高的值为( ) (A)3 3(B)2 3(C)233(D) 3第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分.请把正确答案填在题中横线上) 13.母线长为1的圆锥的侧面展开图的圆心角等于43π，则该圆锥的体积为 .14.(滚动单独考查)已知点M(x ，y)满足⎩⎪⎨⎪⎧x≥1，x －y ＋1≥0，2x －y －2≤0.若z ＝ax ＋y(a>0)的最小值为3，则a 的值为 .15.(2012·济南模拟)已知m ，n 是直线，α、β、γ是平面，给出下列命题： ①α⊥γ，β⊥γ，则α∥β； ②若n⊥α，n⊥β，则α∥β；③若n ⊄α，m ⊄α且n∥β，m∥β，则α∥β；④若m ，n 为异面直线，n ⊂α，n∥β，m ⊂β，m∥α，则α∥β. 则其中正确的命题是 .(把你认为正确的命题序号都填上)16.(滚动交汇考查)对于等差数列{a n }有如下命题：“若{a n }是等差数列，a 1＝0，s ，t 是互不相等的正整数，则有(s －1)a t －(t －1)a s ＝0”.类比此命题，给出等比数列{b n }相应的一个正确命题是.三、解答题(本大题共6小题，共74分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(12分)(2012·太原模拟)如图甲，在平面四边形ABCD中，已知∠A＝45°，∠C＝90°，∠A DC＝105°，AB＝BD，现将四边形ABCD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BDC(如图乙)，设点E、F分别为棱AC、AD的中点.(1)求证：DC⊥平面ABC；(2)设CD＝a，求三棱锥A－BFE的体积.18.(12分)如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点.(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；(3)在DE上是否存在一点P，使直线BP和平面BCE所成的角为30°？19.(12分)(滚动单独考查)已知数列{a n}，其前n项和S n满足S n＋1＝2λS n＋1(λ是大于0的常数)，且S1＝1，S3＝7.(1)求λ的值；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)设数列{na n }的前n 项和为T n ，试比较T n2与S n 的大小.20.(12分)(2011·安徽高考)如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，O D ＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF 都是正三角形. (1)证明直线B C∥EF； (2)求棱锥F －OBED 的体积.21.(12分)(2012·淄博模拟)一个多面体的三视图及直观图如图所示： (1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值；(2)试在平面ADD 1A 1中确定一个点F ，使得FB 1⊥平面BCC 1B 1； (3)在(2)的条件下，求二面角F―CC 1―B 的余弦值.22.(14分)如图， 在三棱锥P －ABC 中，PA⊥平面ABC ，AB⊥AC，D ，E ，F 分别是棱PA ，PB ，PC 的中点，连接DE ，DF ，EF. (1)求证： 平面DEF∥平面ABC ；(2)若PA ＝BC ＝2， 当三棱锥P －ABC 的体积最大时， 求二面角A －EF －D 的平面角的余弦值.答案解析1.【解析】选D.2z ＋2z 2＝21－i ＋2(1－i)2＝1＋i ＋1－i＝1＋i ＋i ＝1＋2i. 2.【解析】选A.点E 、F 、G 、H 四点不共面可以推出直线EF 和GH 不相交；但由直线EF 和GH 不相交不一定能推出E 、F 、G 、H 四点不共面，例如：EF 和GH 平行，这也是直线EF 和GH 不相交的一种情况，但E 、F 、G 、H 四点共面.故甲是乙成立的充分不必要条件.3.【解析】选A.由AB ＝2BC ，得AO ＋OB ＝2(BO ＋OC )，即2OC ＝－OA ＋3OB ，即c ＝32b －12a . 4.【解析】选C.由条件知f(2)＝f(3－1)＝f(－1)＝－f(1)，故2a －3a ＋1≤－1，解得－1<a ≤23.5.【解析】选B.画出该几何体的直观图如图所示.可得斜高为22＋22＝22，表面积为4×(12×4×22)＋42＝16＋16 2.【误区警示】解答此类题目常出现的问题是不能准确地由三视图得到几何体的特征. 6.【解题指南】根据线面关系逐一判断即可，注意特例的应用.【解析】选B.命题C 即为三垂线定理；命题D 中的原命题即为线面平行的判定定理，所以D 正确；命题A 显然成立；对于命题B ，若α⊥β，则b 与β的位置关系都有可能.7.【解析】选B.由题意知直线只有28C ＝28条，其中是异面直线的共有(48C －12)×3＝174对.(因为不共面四点构成三棱锥，其中有3对异面直线)，故所求概率为P＝228174C ＝2963. 8.【解析】选C.S n ＝n(a 1＋a n )2＝n(a 2＋a n －1)2＝n(3＋a n －1)2＝100，又S n －S n －3＝a n ＋a n －1＋a n －2＝3a n －1＝51，∴a n －1＝17，故n ＝10.9.【解析】选B.由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为a.如图，设O 、O 1分别为下、上底面中心，且球心O 2为O 1O 的中点，又AD ＝32a ，AO ＝33a ，OO 2＝a2，设球的半径为R ，则R 2＝22AO ＝13a 2＋14a 2＝712a 2.∴S 球＝4πR 2＝4π×712a 2＝73πa 2.10.【解析】选D.f(x)＝cosxsinx ＝12sin2x.①中，若f(x 1)＝－f(x 2)，即12sin2x 1＝－12sin2x 2＝12sin(－2x 2)，则2x 1＝－2x 2＋2k π(k ∈Z)或2x 1＝π＋2x 2＋2k π(k ∈Z)，故①不正确；f(x)的最小正周期为π，故②不正确；由x ∈[－π4，π4]时，2x ∈[－π2，π2]，故f(x)为增函数，故③正确；当x ＝3π4时，f(3π4)＝12sin3π2＝－12，故x ＝3π4为对称轴，故④正确；⑤中，当x ∈[－π6，π3]时，2x ∈[－π3，2π3]，此时－34≤f(x)≤12，故不正确.综上③④正确. 11.【解析】选C.直线m 在平面α内，直线m 与平面α、β的交线的位置关系有两种可能：平行或相交，当平行时，在平面β内一定存在直线与m 平行，也一定存在直线与m 垂直；当相交时，在平面β内不存在直线与m 平行，但一定存在直线与m 垂直，故选C.12.【解题指南】根据正六棱柱和球的对称性，球心O 必然是正六棱柱上下底面中心连线的中点，作出轴截面即可得到正六棱柱的底面边长、高和球的半径的关系，在这个关系下求函数取得最值的条件即可求出所要求的量.【解析】选B.以正六棱柱的最大对角面作截面，如图.设球心为O ，正六棱柱的上下底面中心分别为O 2，O 1，则O 是线段O 1O 2的中点.设正六棱柱的底面边长为a ，高为2h ，则a 2＋h 2＝9.正六棱柱的体积为V ＝6×34a 2×2h ，即V ＝33(9－h 2)h ，则V ′＝33(9－3h 2)，得极值点h ＝3，不难知道这个极值点是极大值点，也是最大值点.故当正六棱柱的体积最大，其高为2 3.13.【解析】圆锥的侧面展开图中扇形的弧长，即底面圆的周长为43π·1＝43π，于是设底面圆的半径为r ，则有2πr ＝43π，所以r ＝23，于是圆锥的高为h ＝1－(23)2＝53，故圆锥的体积为V ＝4581π.答案：4581π14.【解析】画出不等式组表示的平面区域如图所示，易知A(3,4)，B(1,0)，当a>0时，由线性规划知，当直线y ＝－ax ＋z 过点B(1,0)时，z 有最小值，则z min ＝a ＝3.答案：315.【解析】依题意可构造正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图所示， 在正方体中逐一判断各命题， 易得正确的命题是②④.答案：②④16.【解析】若{b n }是等比数列，b 1＝1，s 、t 是互不相等的正整数，则s 1t t 1sb b --＝(b 1·q t －1)s －1(b 1·q s －1)t －1＝1.答案： 若{b n }是等比数列，b 1＝1，s 、t 是互不相等的正整数，则有b s －1tb t －1s ＝117.【解析】(1)在图甲中，∵AB ＝BD 且∠A ＝45°， ∴∠ADB ＝45°，∠ABD ＝90°，即AB ⊥BD ，在图乙中，∵平面ABD ⊥平面BDC ，且平面ABD ∩平面BDC ＝BD ， ∴AB ⊥底面BDC ，∴AB ⊥CD.又∠DCB ＝90°，∴DC ⊥BC ，且AB ∩BC ＝B ， ∴DC ⊥平面ABC.(2)∵E 、F 分别为AC 、AD 的中点， ∴EF ∥CD ，又由(1)知，DC ⊥平面ABC ， ∴EF ⊥平面ABC ， ∴V A －BFE ＝V F －AEB ＝13S △AEB ·FE在图甲中，∵∠ADC ＝105°， ∴∠BDC ＝60°，∠DBC ＝30°.由CD ＝a 得BD ＝2a ，BC ＝3a ，EF ＝12CD ＝12a ，∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12×2a ×3a ＝3a 2，∴S △AEB ＝32a 2， ∴V A －BFE ＝13×32a 2×12a ＝312a 3.18.【解析】设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A(0,0,0)，B(0,0，a)，C(2a,0,0)，D(a ，3a,0)，E(a ，3a,2a)， ∵F 为CD 的中点， ∴F(32a ，32a,0).(1)AF ＝(32a ，32a,0)，BE ＝(a ，3a ，a)，BC ＝(2a,0，－a).∵AF ＝12(BE ＋BC )，AF 平面BCE ，∴AF ∥平面BCE.(2)∵AF ＝(32a ，32a,0)，CD ＝(－a ，3a,0)，ED ＝(0,0，－2a).∴AF ·CD ＝0，AF ·ED ＝0， ∴AF ⊥CD ，AF ⊥ED . 又CD ∩DE ＝D ， ∴AF ⊥平面CDE ，又AF ∥平面BCE ， ∴平面BCE ⊥平面CDE.(3)存在.设平面BCE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，由n ·BE ＝0，n ·BC ＝0可得： x ＋3y ＋z ＝0,2x －z ＝0，取n ＝(1，－3，2). 设存在P(a ，3a ，ta)满足题意， 则BP ＝(a ，3a ，(t －1)a)(0≤t ≤2)， 设BP 和平面BCE 所成的角为θ， 则sin θ＝BP |||BP |n n ＝a －3a ＋2a(t －1)8×a 1＋3＋(t －1)2＝12， 解得：t ＝3±6，又∵t ∈[0,2]，故取t ＝3－ 6.∴存在P(a ，3a ，(3－6)a)，使直线BP 和平面BCE 所成的角为30°. 19.【解析】(1)由S n ＋1＝2λS n ＋1得S 2＝2λS 1＋1， S 3＝2λS 2＋1＝4λ2＋2λ＋1. ∴4λ2＋2λ＋1＝7， 即2λ2＋λ－3＝0.解得λ＝1或λ＝－32(舍去) (2)由S n ＋1＝2S n ＋1得：S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)∴数列{S n ＋1}是以S 1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列.∴S n ＋1＝2×2n －1＝2n ，S n ＝2n －1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝1满足上式.∴a n ＝2n －1(n ∈N ＋).(3)∵T n ＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋(n －1)·2n －2＋n ·2n －1①2T n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －2)·2n －2＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ②由①－②得：－T n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝2n －n ·2n －1，∴T n ＝n ·2n －2n＋1.∴T n 2－S n ＝n ·2n －2n＋12－(2n －1)＝(n －3)·2n －1＋32.∴当n ＝1时，T 12－S 1＝－12<0，当n ＝2时，T 22－S 2＝－12<0，即当n ＝1或n ＝2时，T n 2－S n <0，T n2<S n .当n ≥3时，T n 2－S n >0，T n2>S n .【方法技巧】求数列通项的方法(1)公式法：当已知数列类型时，可利用公式求数列的通项；(2)已知S n 或已知S n 和a n 的关系时，可利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1(n ＝1)S n －S n －1(n ≥2)求通项； (3)已知a n ＋1＝pa n ＋q(p ≠1，q ≠0)时，可根据构造法，通过构造等比数列求通项；(4)已知a n ＋1＝a n ＋f(n)时，可通过累加的方法求通项；(5)已知a n ＋1＝a n ·f(n)时，可利用累乘法等求通项.20.【解析】(1)设G 是线段DA 延长线与线段EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，且OA ＝1，OD ＝2，所以OB 12DE ，OG ＝OD ＝2. 同理，设G ′是线段DA 延长线与线段FC 延长线的交点，有OC12DF ，OG ′＝OD ＝2. 又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合.在△GED 和△GFD 中，由OB 12DE 和OC 12DF ， 可知B ，C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF.(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32， 而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝3，所以S 四边形OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332. 过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F －OBED 的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32. 21.【解析】依题意知，该多面体为底面是正方形的四棱台，且D 1D ⊥底面ABCD.AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a.以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(2a,0,0)，B 1(a ，a ，a)，D 1(0,0，a)，B(2a,2a,0)，C(0,2a,0)，C 1(0，a ，a).(1)∵1AB ＝(－a ，a ，a)，1DD ＝(0,0，a)，∴cos 〈1AB ，1DD 〉＝1111AB DD |AB ||DD |＝a 23a 2·a 2＝33，即异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33.(2)设F(x,0，z)，∵1BB ＝(－a ，－a ，a)，BC ＝(－2a,0,0)，1FB ＝(a －x ，a ，a －z)，由FB 1⊥平面BCC 1B 1 得111FB BB 0FB BC 0⎧⎪⎨⎪⎩==，即⎩⎪⎨⎪⎧ －a(a －x)－a 2＋a(a －z)＝0－2a(a －x)＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝az ＝0， ∴F(a,0,0)，即F 为DA 的中点.(3)由(2)知1FB 为平面BCC 1B 1的一个法向量.设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面FCC 1的一个法向量.∵1CC ＝(0，－a ，a)，FC ＝(－a,2a,0)，由1CC 0FC 0⎧⎪⎨⎪⎩n n ==，即⎩⎪⎨⎪⎧ －ay 1＋az 1＝0－ax 1＋2ay 1＝0，令y 1＝1得x 1＝2，z 1＝1，∴n ＝(2,1,1)，cos 〈n ，1FB 〉＝11FB |||FB |n n ＝a＋a 6×2a2＝33.即二面角F-CC 1-B 的余弦值为33.【方法技巧】高考中立体几何解答题的常见题型(1)线面平行、垂直的证明.解题时主要利用相关的判定定理及性质定理进行解题即可，但要注意表达的规范性，即要把相关定理的内容完全表示为符号语言.(2)空间角的求法.一般以二面角的求法为主，解题时可根据所给几何体的特征建立坐标系，利用向量的运算来解题.22.【解析】(1) ∵D ，E 分别是棱PA ，PB 的中点，∴DE 是△PAB 的中位线.∴DE ∥AB.∵DE ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，∴DE ∥平面ABC.同理可证DF ∥平面ABC.∵DE ∩DF ＝D ，DE ⊂平面DEF ，DF ⊂平面DEF ，∴平面DEF ∥平面ABC.(2)求三棱锥P －ABC 的体积的最大值， 给出如下两种解法：方法一： 由已知PA ⊥平面ABC ，AC ⊥AB ，PA ＝BC ＝2，∴AB 2＋AC 2＝BC 2＝4.∴三棱锥P －ABC 的体积为V ＝13×PA ×S △ABC＝13×PA ×12×AB ×AC ＝16×2×AB ×AC≤13×AB 2＋AC22＝13×BC 22＝23.当且仅当AB ＝AC ＝2时等号成立，此时V 取得最大值，其值为23.方法二：设AB ＝x ，在Rt △ABC 中，AC ＝BC 2－AB 2＝4－x 2(0＜x ＜2).∴三棱锥P －ABC 的体积为V ＝13×PA ×S △ABC ＝13×PA ×12×AB ×AC＝13x 4－x 2＝134x 2－x 4＝13－(x 2－2)2＋4.∵0＜x ＜2,0＜x 2＜4，∴当x 2＝2，即x ＝2时，V 取得最大值，其值为23，此时AB ＝AC ＝ 2.求二面角A －EF －D 的平面角的余弦值， 给出如下两种解法：方法一：作DG ⊥EF ，垂足为G ，连接AG.∵PA ⊥平面ABC ，平面ABC ∥平面DEF ，∴PA ⊥平面DEF.∵EF ⊂平面DEF ，∴PA ⊥EF.∵DG ∩PA ＝D ，∴EF ⊥平面PAG.∵AG ⊂平面PAG ，∴EF ⊥AG.∴∠AGD 是二面角A －EF －D 的平面角.在Rt △EDF 中，DE ＝DF ＝12AB ＝22，EF ＝12BC ＝1， ∴DG ＝12.在Rt △ADG 中，AG ＝AD 2＋DG 2＝1＋14＝52，cos ∠AGD ＝DG AG ＝1252＝55. ∴二面角A －EF －D 的平面角的余弦值为55. 方法二：分别以AB ，AC ，AP所在直线为x 轴， y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A(0,0,0)，D(0,0,1)，E(22，0,1)，F(0，22，1). ∴AE ＝(22，0,1)，EF ＝(－22，22，0).设n ＝(x ，y ，z)为平面AEF 的一个法向量，∴AE 0EF 0⎧⎪⎨⎪⎩n n ==，即⎩⎪⎨⎪⎧ 22x ＋z ＝0－22x ＋22y ＝0.令x ＝2， 则y ＝2，z ＝－1. ∴n ＝(2，2，－1)，∵平面DEF 的一个法向量为DA ＝(0,0，－1)，∴cos 〈n ，DA 〉＝DA |||DA |n n ＝1(2)2＋(2)2＋(－1)2×1＝55.由题意知二面角A —EF —D 为锐角，5 5.∴二面角A－EF－D的平面角的余弦值为。