2011年—2018年新课标全国卷1文科数学分类汇编—8.立体几何
2011年—2018年新课标全国卷1文科数学分类汇编—8.立体几何
平面 ABB1A1 n ，则 m, n 所成角的正弦值为 3
D． 1 3
【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书 中有如下问 题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？”其意思为： “在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长
【2013，19】如图，三棱柱 ABC－A1B1C1 中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．
(1)证明：AB⊥A1C；(2)若 AB＝CB＝2，A1C＝ 6 ，求三棱柱 ABC－A1B1C1 的体积．
【2012，19】如图，三棱柱 ABC－A1B1C1 中，侧棱垂直底面，ACB 90 ，AC=BC= 1 AA1，D 是棱 AA1 2
【2015，18】如图四边形 ABCD 为菱形，G 为 AC 与 BD 交点，BE⊥平面 ABCD， (Ⅰ)证明：平面 AEC⊥平面 BED； (Ⅱ)若∠ABC=120°，AE⊥EC， 三棱锥 E- ACD
的体积为 6 ，求该三棱锥的侧面积． 3
【2014,19】如图，三棱柱 ABC A1B1C1中，侧面 BB1C1C 为菱形，B1C 的中点为 O ，且 AO 平 面 BB1C1C . （1）证明： B1C AB; （2）若 AC AB1 , CBB1 60, BC 1, 求三棱柱 ABC A1B1C1的高.
【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(
A．16＋8π
B．8＋8π
C．16＋16π
)． D．8＋16π
【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为
A．6
B．9
C．12
D．15
2018年全国高考文科数学分类汇编----立体几何
2018年全国高考文科数学分类汇编——立体几何1.（北京）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（C）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：PA⊥底面ABCD，AC=，CD=，PC=3，PD=2，可得三角形PCD不是直角三角形．所以侧面中有3个直角三角形，分别为：△PAB，△PBC，△PAD．故选：C．2.(北京)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．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．【解答】证明：（Ⅰ）PA=PD，E为AD的中点，可得PE⊥AD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，则PE⊥BC；（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且AB∥CD，在平面PAB内过P作直线PG ∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD=PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，FH=BC，由DE∥BC，DE=BC，可得DE=FH，DE∥FH，四边形EFHD为平行四边形，可得EF∥DH，EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，即有EF∥平面PCD．3.（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．【解答】解：正方体的棱长为2，中间四边形的边长为：，八面体看做两个正四棱锥，棱锥的高为1，多面体的中心为顶点的多面体的体积为：2×=．故答案为：．4. （江苏）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，⇒AB∥平面A1B1C；（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC．∴⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．5.（全国1卷）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2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．12πB．12πC．8πD．10π【解答】解：设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，可得：4R2=8，解得R=，则该圆柱的表面积为：=10π．故选：D．6.（全国1卷）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（）BA．2B．2C．3 D．2【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：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：=2．故选：B．7.（全国1卷）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为（）CA．8 B．6C．8D．8【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，即∠AC1B=30°，可得BC1==2．可得BB1==2．所以该长方体的体积为：2×=8．故选：C．8.（全国1卷）如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，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BP=DQ=DA，求三棱锥Q﹣ABP的体积．【解答】解：（1）证明：∵在平行四边形ABCM中，∠ACM=90°，∴AB⊥AC，又AB⊥DA．且AD∩AB=A，∴AB⊥面ADC，∴AB⊂面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC；（2）∵AB=AC=3，∠ACM=90°，∴AD=AM=3，∴BP=DQ=DA=2，由（1）得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC，∴三棱锥Q﹣ABP的体积V==××==1．9.（全国2卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（）CA．B．C．D．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，则A（2，0，0），E（0，2，1），D（0，0，0），C（0，2，0），=（﹣2，2，1），=（0，﹣2，0），设异面直线AE与CD所成角为θ，则cosθ===，sinθ==，∴tanθ=．∴异面直线AE与CD所成角的正切值为．故选：C．10.（全国2卷）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8π．【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，△SAB的面积为8，可得：，解得SA=4，SA与圆锥底面所成角为30°．可得圆锥的底面半径为：2，圆锥的高为：2，则该圆锥的体积为：V==8π．故答案为：8π．11. （全国2卷）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=BC=2，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．【解答】（1）证明：∵AB=BC=2，AC=4，∴AB2+BC2=AC2，即△ABC是直角三角形，又O为AC的中点，∴OA=OB=OC，∵PA=PB=PC，∴△POA≌△POB≌△POC，∴∠POA=∠POB=∠POC=90°，∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC=0，∴PO⊥平面ABC；（2）解：由（1）得PO⊥平面ABC，PO=，在△COM中，OM==．S=××=，S△COM==．=V C﹣POM⇒，设点C到平面POM的距离为d．由V P﹣OMC解得d=，∴点C到平面POM的距离为．12.（全国3卷）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（）AA．B．C．D．【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．故选：A．13.（全国3卷）设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．12B．18C．24D．54【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB=6，球心为O，三角形ABC 的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：O′C==，OO′==2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：=18．故选：B．14.（全国3卷）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于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．【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦所在平面，∴CM⊥AD，M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD=D，∴CD⊥平面AMD，CD⊂平面CMB，∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，所以MC∥平面PBD．15.（上海）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）CA．4 B．8 C．12 D．16【解答】解：根据正六边形的性质可得D1F1⊥A1F1，C1A1⊥A1F1，D1B1⊥A1B1，E1A1⊥A1B1，则D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E和D1一样，故有2×6=12，故选：C．16.（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．【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，∴圆锥的体积V===．（2）∵PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），=（1，1，﹣4），=（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，则cosθ===．∴θ=arccos．∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos ．17.（天津）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1﹣BB1D1D的体积为．【解答】解：由题意可知四棱锥A1﹣BB1D1D的底面是矩形，边长：1和，四棱锥的高：A1C1=．则四棱锥A1﹣BB1D1D的体积为：=．故答案为：．18.（天津）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=2，∠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．【解答】（Ⅰ）证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC；（Ⅱ）解：取棱AC的中点N，连接MN，ND，∵M为棱AB的中点，故MN∥BC，∴∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成角，在Rt△DAM中，AM=1，故DM=，∵AD⊥平面ABC，故AD⊥AC，在Rt△DAN中，AN=1，故DN=，在等腰三角形DMN中，MN=1，可得cos∠DMN=．∴异面直线BC与MD所成角的余弦值为；（Ⅲ）解：连接CM，∵△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM=，又∵平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD，则∠CDM为直线CD与平面ABD所成角．在Rt△CAD中，CD=，在Rt△CMD中，sin∠CDM=．∴直线CD与平面ABD所成角的正弦值为．19.（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：cm3）是（）CA．2 B．4 C．6 D．8【解答】解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱．如图所示：故该几何体的体积为：V=．故选：C．20.（浙江）已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的（）A A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：∵m⊄α，n⊂α，∴当m∥n时，m∥α成立，即充分性成立，当m∥α时，m∥n不一定成立，即必要性不成立，则“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选：A．21.（浙江）已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点）．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（）A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ1【解答】解：∵由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心．过E作EF∥BC，交CD于F，过底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，连接SN，取CD中点M，连接SM，OM，OE，则EN=OM，则θ1=∠SEN，θ2=∠SEO，θ3=∠SMO．显然，θ1，θ2，θ3均为锐角．∵tanθ1==，tanθ3=，SN≥SO，∴θ1≥θ3，又sinθ3=，sinθ2=，SE≥SM，∴θ3≥θ2．故选：D．22.（浙江）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=l，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【解答】（I）证明：∵A1A⊥平面ABC，B1B⊥平面ABC，∴AA1∥BB1，∵AA1=4，BB1=2，AB=2，∴A1B1==2，又AB1==2，∴AA12=AB12+A1B12，∴AB1⊥A1B1，同理可得：AB1⊥B1C1，又A1B1∩B1C1=B1，∴AB1⊥平面A1B1C1．（II）解：取AC中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D，∵AB=BC，∴OB⊥OC，∵AB=BC=2，∠BAC=120°，∴OB=1，OA=OC=，以O为原点，以OB，OC，OD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则A（0，﹣，0），B（1，0，0），B1（1，0，2），C1（0，，1），∴=（1，，0），=（0，0，2），=（0，2，1），设平面ABB1的法向量为=（x，y，z），则，∴，令y=1可得=（﹣，1，0），∴cos＜＞===．设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ，则sinθ=|cos＜＞|=．∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为．。
2011年—2018年新课标全国卷1文科数学分类新编—10.详解几何
2011年—2018年新课标全国(quán ɡuó)卷Ⅰ文科数学分类汇编10．解析几何一、选择题(2018·新课标Ⅰ，文4)已知椭圆：的一个焦点为，则C的离心率为（）A．B．C．D．【2017，5】已知是双曲线的右焦点，是C上一点，且与轴垂直，点的坐标是，则的面积为（）仅归朱欢A． B． C． D．【2017，12】设A、B是椭圆C：长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB=120°，则m的取值范围是( )A．B． C． D．【2016，5】直线经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的，则该椭圆的离心率为（）A．13B．12C．23D．【2015，5】已知椭圆E的中心为坐标原点，离心率为12，E的右焦点与抛物线C:y2=8x，的焦点重合，A,B是C的准线与E的两个交点，则|AB|=( )A．3 B．6 C．9 D．12【2014，10】已知抛物线C：y2=x的焦点为F，A(x0,y0)是C上一点，|AF|=，则x0=( ) A．1 B．2 C．4 D．8【2014，4】4．已知双曲线的离心率为2，则a=( )A．2 B． C． D．1【2013，4】已知双曲线C：(a＞0，b＞0)的离心率为，仅归朱欢则C的渐近线方程为()．A．y＝ B．y＝C．y＝ D．y＝±x【2013，8】O为坐标(zuòbiāo)原点，F为抛物线C：y2＝的焦点，P为C上一点，若|PF|＝，则△POF的面积为()A．2 B． C． D．4【2012，4】设、是椭圆E：（）的左、右焦点，P为直线上一点，是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为（）A．12B．23C．34D．【2012，10】等轴双曲线C的中心在原点，仅归朱欢焦点在x轴上，C与抛物线的准线交于A，B两点，，则C的实轴长为（）A．B．22C．4 D．8【2011，4】椭圆的离心率为仅归朱欢（）A．13B．12C． D．【2011，9】已知直线l过抛物线的焦点，且与C的对称轴垂直，l与C交于A，两点，，P为C的准线上一点，则的面积为（）．A． B． C． D．二、填空题(2018·新课标Ⅰ，文15)直线与圆仅归朱欢交于，两点，则 . 【2016，15】设直线与圆相交于两点，若，则圆C的面积为．【2015，16】已知F是双曲线C:的右焦点，P是C左支上一点，，当ΔAPF周长最小时，该三角形的面积为．三、解答题(2018·新课标Ⅰ，文20)设抛物线，点，，过点A的直线(zhíxiàn)l与C交于，两点.（1）当l与x轴垂直时，求直线的方程；（2）证明：.【2017，20】设A，B为曲线C：上两点，A与B的横坐标之和为4．（1）求直线AB的斜率；（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且，求直线AB的方程．【2016，20】在直角坐标系中，直线交轴于点M，交抛物线于点P，M关于点P的对称点为N，连结并延长交C于点．（1）求；（2）除H以外(yǐwài)，直线与C是否有其他公共点？请说明理由．【2015，20】已知过点A(0, 1)且斜率为k的直线l与圆C：(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N两点.(Ⅰ)求k的取值范围； (Ⅱ)=12，其中O为坐标原点，求|MN|.【2014，20】已知点，圆C:，过点P的动直线l与圆C交于两点，线段的中点为M，为坐标原点.(1)求M的轨迹(guǐjì)方程；(2)当时，求l的方程及的面积.【2013，21】已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.(1)求C的方程；(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.【2012，20】设抛物线C：（）的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点。
2011-2018高考真题全国卷文科数学试题分类汇编含答案
2011-2018高考真题全国卷文科数学试题分类汇编含答案第一章 集合与常用逻辑用语1.（2011全国1文1）已知集合，，，则的子集共有（ ）.A.个B.个C.个D.个 2.(2012全国文1)已知集合，，则（ ）.A. B. C. D. 3.（2013全国I 文1）已知集合，则（ ）.A. B. C. D. 4.（2013全国II 文1）已知集合，，则（ ）.A. B. C. D.5（2014新课标Ⅰ文1）已知集合，，则（ ）A. B. C. D.6.（2014新课标Ⅱ文1）已知集合，，则（ ）A. B. C. D. 7. (2015全国I 文1)已知集合，则集合中元素的个数为（ ）.A. 5B. 4C. 3D. 28. (2015全国II 文1)已知集合，，则（ ）. A. B. C. D. 9. (2016全国I 文1)设集合，，则（B )10.(2016全国II 文1)已知集合，则(D )（A ） （B ） （C ） （D ） 11．(2017全国I 文1)已知集合A ={}|2x x <，B ={}|320x x ->，则 ( A ){}0,1,2,3,4M ={}1,3,5N =P MN =P 2468{}220A x x x =<－－{}11B x x =<<－A B ⊂≠B A ⊂≠A B =AB =∅{}{}21234A B x x n n A ===∈，，，，，A B ={}14，{}23，{}916，{}12，{}|31M x x =-<<{}3,2,1,0,1N =---MN ={}2,1,0,1--{}3,2,1,0---{}2,1,0--{}3,2,1---{|13}M x x =-<<{|21}N x x =-<<MN =(2,1)-(1,1)-(1,3))3,2(-{}2,0,2A =-{}2|20B x x x =--=AB =∅{}2{}0{}2-{32,},{6,8,10,12,14}A x x n n B ==+∈=N A B {|12}A x x =-<<{}03B x x =<<=B A ()13,-()10,-()02,()23,{1,3,5,7}A ={|25}B x x =≤≤A B ={123}A =，，，2{|9}B x x =<A B ={210123}--，，，，，{21012}--，，，，{123}，，{12}，A ．{1,3}B ．{3,5}C ．{5,7}D ．{1,7}A ．AB =3|2x x ⎧⎫<⎨⎬⎩⎭B ．A B =∅C ．AB 3|2x x ⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭D ．A B=R12(2017全国II 文1设集合{}{}123234A B ==，，， ，，， 则=AB （A ）A. {}123,4，，B. {}123，，C. {}234，，D. {}134，，13.【2018全国一文1】已知集合{}02A =，，{}21012B =--，，，，，则A B =（A ）A ．{}02，B ．{}12，C ．{}0D ．{}21012--，，，， 14.【2018全国二文2】已知集合，，则（C ）A ．B ．C ．D ．15.【2018全国三1】已知集合，，则（C ）A ．B ．C ．D ．16.（2014新课标Ⅱ文3）函数在处导数存在，若；是的极值点，则（ ）A.是的充分必要条件B.是的充分条件，但不是的必要条件C.是的必要条件，但不是的充分条件17.（2013全国I 文5）已知命题；命题，则下列命题中为真命题的是（ ）.A. B. C. D. 18.（2014新课标Ⅰ文14）甲.乙.丙三位同学被问到是否去过，，三个城市时， 甲说：我去过的城市比乙多，但没去过城市； 乙说：我没去过城市； 丙说：我们三人去过同一城市； 由此可判断乙去过的城市为.第一章 集合答案 BBACB BDABD AAACC CBA{}1,3,5,7A ={}2,3,4,5B =AB ={}3{}5{}3,5{}1,2,3,4,5,7{|10}A x x =-≥{0,1,2}B =A B ={0}{1}{1,2}{0,1,2}()f x 0x x =0:()0p f x '=0:q x x =()f x p q p q q p q q :2<3x x p x ∀∈R ，32:1q x x x ∃∈=-R ，p q ∧p q ⌝∧p q ∧⌝p q ⌝∧⌝A B C B C第2章 复数1.（2011·新课标全国高考文科·Ｔ2）复数512ii=-( ) A. B. C. D. 2.（2012全国文2）复数的共轭复数是（ ）. A. B. C. D. 3.（2013全国II 文2）（ ）. A.B.D. 4.（2014新课标Ⅰ文3）设，则（ ） A.B.D.5.（2011全国文2）复数（ ）. A. B. C. D. 6.（2013全国I 文2）（ ）.A. B. C. D. 7.（2014新课标Ⅱ文2）（ ）A. B. C. D. 8. (2015全国I 文3)已知复数满足，则（ ）. A.B. C. D.9. (2015全国II 文2)若为实数，且，则（ ）. A.B. C. D.10. (2016全国I 文2)设的实部与虚部相等，其中a 为实数，则a =（ )2i -12i -2i -+12i -+3i2iz -+=+2i +2i -1i -+1i --21i=+211i 1iz =++z =12225i12i=-2i -12i -2i -+12i -+()212i1i +=-11i 2--11i 2-+11i 2+11i 2-13i 1i+=-12i +12i -+12i -12i --z (1)i 1i z -=+z =2i --2i -+2i -2i +a 2i3i 1ia +=++a =4-3-34(12i)(i)a ++11.(2016全国II 文2)设复数z 满足，则= ( )（A ）（B ）（C ）（D ）12． (2017全国I 文3)下列各式的运算结果为纯虚数的是 （ ) A ．i(1+i)2B ．i 2(1-i)C ．(1+i)2D ．i(1+i)13.(2017全国II 文2)（1+i ）（2+i ）= ( )A.1-iB. 1+3iC. 3+iD.3+3i14.(2017全国3文3)下列各式的运算结果为纯虚数的是 ( ) A ．i(1+i)2B ．i 2(1-i)C ．(1+i)2D ．i(1+i)15.(2018全国I 文2)设1i2i 1iz -=++，则z = ( ) A ．0B ．12C ．1 D16.【2018全国2卷1】A ．B ．C ．D ．17.【2018全国3卷2】 A ．B ．C ．D ．第2章 复数答案 CDCBC BBCDA CCBAC DDi 3i z +=-z 12i -+12i -32i +32i -()i 23i +=32i -32i +32i --32i -+()()1i 2i +-=3i --3i -+3i -3i +A ．－3 B ．－2 C ．2 D ．3第3章 平面向量1.（2011全国文13）已知与为两个不共线的单位向量，为实数，若向量与向量垂直， 则．2.（2012全国文15）已知向量夹角为，且，，则3.（2013全国I 文13）已知两个单位向量的夹角为，，若，则4.（2013全国II 文14）已知正方形的边长为，为的中点，则__.5.（2014新课标Ⅱ文4）设向量满足（ ）A. B. C. D.6.（2014新课标Ⅰ文6）设分别为的三边的中点，则（ ）A.B.C. D. 7.(2015全国II 文7)已知三点，，，则外接圆的圆心到原点的距离为（ ）.A. B.C. D. 8.(2015全国I 文2) 已知点，向量，则向量（ ）.A. B. C. D. 9.(2015全国II 文4)向量,，则（ ）. A.B. C. D.10．（2016全国文15）设向量a =(x ，x +1)，b =(1，2)，且a ⊥b ，则x =11.(2016全国II 文13)已知向量a =(m ,4)，b =(3,-2)，且a ∥b ，则m =________.12．（2017全国文13）已知向量a =（–1，2），b =（m ，1）.若向量a +b 与a 垂直，则m =____________. 13.(2017全国II 文)设非零向量a ，b 满足+=-b b a a 则（ ）A a ⊥b B. =b a C. a ∥b D. >b a14．（2018全国1文7）在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB = （ ） A ．3144AB AC - B ．1344AB AC - C ．3144AB AC +D ．1344AB AC + a b k +a b k -a b k =,a b 451=a 2-=a b =b ，a b 60()1t t =+-c a b 0⋅=b c t =ABCD 2E CD AE BD ⋅=，a b +=a b -a b ⋅=a b 1235F E D ,,ABC △AB CA BC ,,=+2121()1,0A (B (C ABC △3532135234(0,1),(3,2)A B ()4,3AC =--BC =()7,4--()7,4()1,4-()1,4()1,1=-a ()1,2=-b ()2+⋅=a b a 1-012开始结束开始结束答案：1、 1 ， 2、，3、3 ，4、2， 5A ，6A ，7B ，8A ， 9C ，1011 -6 12 7 13 A第4章 算法初步1.（2013全国II 文7）执行右面的程序框图，如果输入的，那么输出的（ ）.A. B. C. D. 2.（2013全国I 文7）7. 执行右面的程序框图，如果输入的，则输出的属于（ ）.A.B.C.D. 3.（2014新课标Ⅰ文9）执行如图所示的程序框图，若输入的分别为1,2,3，则输出的（ ）A. B. C. D.第3题 第2题 第1题4.（2011全国文5）执行如图所示的程序框图，如果输入的是6，则输出的是（ ）. A. B. C.D.=b 23-4N =S =1111234+++1111232432+++⨯⨯⨯111112345++++111112324325432++++⨯⨯⨯⨯⨯⨯[]13t ∈-，s []34-，[]52-，[]43-，[]25-，,,a b k M =20372165158N p 120720144050405.（2014新课标Ⅱ文8）执行如下图所示程序框图，如果输入的均为，则输出的（ ） A. B. C. D.6.（2012全国文6）如果执行下边的程序框图，输入正整数和市属，输出，则 ( )A.为的和B.为的算术平均数 C.和分别是中最大的数和最小的数 D.和分别是第4题 第5题 6题7.(2015全国I 文9)执行如下图所示的程序框图，如果输入的，则输出的（ ）.A. 5B. 6C.D.8. (2015全国II 文8)如下图所示，程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中“更相减损术”.执行该程序框图，若输入的.分别为14.18，则输出的（ ）. A. B. C. D.9.(2016全国I 文10).执行下面的程序框图，如果输入的 n =1,则输出的值满足( )（A ） （B ） （C ） （ D ）,x t 2S =4567()2N N …12,,...,N a a a ,A B A B +12,,...,N a a a 2A B+12,,...,N a a a A B 12,,...,N a a a A B 12,,...,N a a a 0.01t =n =78a b a =024140,1,x y ==,x y 2y x =3y x =4y x =5y x =第7题 第8题 第9题 10．(2017全国I 文10)如图是为了求出满足321000n n ->的最小偶数n ，那么在和两个空白框中，可以分别填入 ( )A ．A >1000和n =n +1B ．A >1000和n =n +2C ．A ≤1000和n =n +1D ．A ≤1000和n =n +2答案：BADBD CCBCDnm1S=1,n=0,m=12?输入t否第5章 三角函数与解三角形1.（2014全国I 文2）若，则（）A. B. C. D. 2.（2011全国文11）设函数，则（）. A.在单调递增，其图象关于直线对称 B.在单调递增，其图象关于直线对称 C.在单调递减，其图象关于直线对称 D.在单调递减，其图象关于直线对称 3. .在函数①，②，③，④中，最小正周期为的所有函数为（）A.①②③B. ①③④C. ②④D. ①③4.（2014新课标Ⅱ文14）函数的最大值为5.（2012全国文9）已知，直线和是函数图像的两条相邻的对称轴，则（）. A.B. C. D.6.(2015全国I 文8) 函数的部分图像如图所示，则的单调递减区间为（）. A. B.C. D.7.（2013全国II 文16）函数的图象向右平移个tan 0α>sin 0α>cos 0α>sin 20α>cos20α>ππ()sin 2cos 244f x x x ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()f x π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭π4x =()f x π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭π2x =()f x π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭π4x =()f x π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭π2x =cos 2y x =cos y x =cos 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭tan 24y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭π()sin()2sin cos f x x x ϕϕ=+-0ω>0ϕ<<π4x π=4x 5π=()()sin f x x ωϕ=+ϕ=4π3π2π43π()cos()f x x ωϕ=+()f x ()13π,π44k k k ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭Z ()132π,2π44k k k ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭Z ()13,44k k k ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭Z ()132,244k k k ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭Z cos(2)(ππ)y x ϕϕ=+-剟π2单位后，与函数的图象重合，则_________. 8.（2011全国1文7）已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边在直线上，则（）.A. B. C. D. 9.（2013全国II 文6）已知，则（）.A.B.C. D.10.(2013全国I 文9)函数在的图象大致为（）.11.(2013全国I 文16)设当时，函数取得最大值，则.12.(2015全国II 文11)如图所示，长方形的边，，是的中点，点沿着，与运动，记.将动点到，两点距离之和表示为的函数，则的图像大致为（）.πsin 23y x ⎛⎫=+⎪⎝⎭ϕ=θx 2y x =cos2θ=45-35-35452sin 23α=2πcos 4α⎛⎫+= ⎪⎝⎭16131223()()1cos sin f x x x =-[]ππ-，D.C.B.A.x θ=()sin 2cos f x x x =-cos θ=ABCD 2AB =1=BC O AB P BC CD DA BOP x ∠=P A B x ()f x ()y f x =A. B. C. D.13.（2013全国II 文4）的内角的对边分别为，已知，，，则的面积为（）.A. B.C.14.(2015全国II 文17)中，是上的点，平分，. ，求.15.（2011全国文15）中，，，，则的面积为．16.（2013全国I 文10）已知锐角的内角的对边分别为，，，，则（）.A. B. C. D.17.（2014新课标Ⅱ文17）（本小题满分12分）四边形的内角与互补，，，.（1）求和；（2）求四边形的面积.424424424424ABC △,,A B C ,,a b c 2b =π6B =π4C =ABC△2121ABC △D BC AD BAC ∠2BD DC =60BAC =B ∠ABC △120B =7AC =5AB =ABC △ABC △A B C ，，a b c ，，223cos cos20A A +=7a =6c =b =10985ABCD A C 1AB =3BC =2CD DA ==C BD ABCD18.（2012全国文17）已知分别为△三个内角的对边， （1）求；（2）若，△.19.（2014新课标Ⅰ文16）如图所示，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点.从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得.已知山高，则山高20. (2015全国I 文17)已知分别为内角的对边，.（1）若，求；（2）设，且的面积.２１. (2015全国I 文４)△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c.已知，，，则b=（）,,a b c ABC ,,A B C sin cos c C c A =-A 2a =ABC ,b c MN A C A M 60MAN ∠=︒C 45CAB ∠=︒75MAC ∠=︒C 60MCA ∠=︒100m BC =MN =,,a b c ABC △,,A B C 2sin 2sin sin B A C =a b =cos B 90B ∠=a =ABC △a =2c =2cos 3A =A BC ．2D ．3２２. (2016全国I 文６)若将函数y =2sin (2x +π6)的图像向右平移14个周期后，所得图像对应的函数为２３. (2016全国I 文1４)已知θ是第四象限角，且sin (θ+)=，则tan (θ–)= 24 (2017全国I 文8)．函数sin21cos xy x=-的部分图像大致为A ．B ．C ．D ．25. (2017全国I 文15)．已知π(0)2α∈，，tan α=2，则πcos ()4α-=__________．26.(2018全国I 文8)．已知函数()222cos sin 2f x x x =-+，则 （ ）A ．()f x 的最小正周期为π，最大值为3B ．()f x 的最小正周期为π，最大值为4C ．()f x 的最小正周期为2π，最大值为3D ．()f x 的最小正周期为2π，最大值为427.(2018全国I 文11)．已知角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边上有两点()1A a ，，()2B b ，，且2cos 23α=，则a b -= （ ）A ．15BCD ．128.(2018全国I 文16)．△ABC 的内角A B C ，，的对边分别为a b c ，，，已知sin sin 4sin sin b C c B a B C +=，2228b c a +-=，则△ABC 的面积为________．π435π4A ． y =2sin(2x +π4)B ． y =2sin(2x +π3)C ． y =2sin(2x –π4)D ． y =2sin(2x –π3)高考真题试题详解1.解析由得是第一.三象限角，若是第三象限角，则A ，B 错； 由知，C 正确；取时，，D 错.故选C. 评注本题考查三角函数值的符号，判定时可运用基本知识.恒等变形及特殊值等多种方法，具有一定的灵活性.2.解析因为，当时，，故在单调递减. 又当是的一条对称轴.故选D.3.解析①，最小正周期为；②由图像知的最小正周期为；③的最小正周期；④的最小正周期.因此选A.评注本题考查三角函数的周期性，含有绝对值的函数可先变形再判断，或运用图像判断其最小正周期. 4.解析，所以.5.分析利用三解函数的对称轴求得周期.解析由题意得周期，所以，即，所以，所以 ，.因为，所以. 所以，所以.故选A. 6.解析由图可知，得，.画出图中函数的一条对称轴，如图tan 0α>ααsin 22sin cos ααα=sin 20α>απ32211cos 22cos 121022αα⎛⎫=-=⨯-=-< ⎪⎝⎭ππππ()sin 2cos 2sin 2cos 24444f x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭π02x <<02πx <<()f x x =π0,2⎛⎫⎪⎝⎭π2x =π22⎛⎫⨯= ⎪⎝⎭π2x =()y f x =cos 2cos 2y x x ==πcos y x =ππcos 26y x ⎛⎫=+⎪⎝⎭2ππ2T ==πtan 24y x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭π2T =()()sin 2sin cos sin cos cos sin 2sin cos f x x x x x x ϕϕϕϕϕ=+-=+-=()sin cos cos sin sin 1x x x ϕϕϕ-=-…()max 1f x =512ππ2π44T ⎛⎫=-=⎪⎝⎭2π2πω=1ω=()sin()f x x ϕ=+ππsin 144f ϕ⎛⎫⎛⎫=+=± ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭5π5πsin 144f ϕ⎛⎫⎛⎫=+=± ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭0πϕ<<ππ5π444ϕ<+<ππ42ϕ+=π4ϕ=511244T =-=2T =2ππTω==()f x 0x x =所示.由图可知，则，可得，则，得.由，得的单调递减区间为. 故选D.7.分析先进行平移，得出的三角函数与所给的三角函数进行比较，求出的值. 解析：的图象向右平移个单位得到的图象，整理得.因为其图象与的图象重合，所以，所以，即.又因为，所以. 8.解析设为角终边上任意一点，则. 当时，；当时，.因此.故选B.9.分析结合二倍角公式进行求解.解析：因为，所以故选A. 10.分析先利用函数的奇偶性排除B ，再利用特殊的函数值的符号排除A ，而最后答案的选择则利用了特定区间上的极值点.解析：在上，因为，所以是奇函数，所以的图象关于原点对称，排除B.取，则，排除A.因为，所以令，则或. 034x =3πcos 14ϕ⎛⎫+=-⎪⎝⎭3π2ππ4k ϕ+=+()π2π4k k ϕ=+∈Z ()πcos π4f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭π2ππ2ππ4k x k ++剟()f x 132244k xk -+剟ϕ()cos 2y x ϕ=+2πcos 22y x ϕ⎡π⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦()cos 2y x ϕ=-π+sin 23y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭2k ϕππ-π=-+π322k ϕππ=+π-+π322k ϕ5π=+π6ϕ-ππ≤<5ϕπ=6(,2)(0)P t t t ≠θcos θ=0t>cos θ=0t<cos θ=223cos 22cos 1155θθ=-=-=-2sin 23α=221cos 211sin 213cos .42226αααπ⎛⎫++- ⎪π-2⎛⎫⎝⎭+==== ⎪⎝⎭[],-ππ()()()()()1cos sin 1cos sin f x x x x x -=---=--=⎡⎤⎣⎦()()1cos sin x x f x --=-()f x ()f x 2x π=1cos 10f ππ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪22⎝⎭⎝⎭>()()1cos sin f x x x =-()()sin sin 1cos cos f x x x x x '=⋅+-2221cos cos cos 2cos cos 1.x x x x x =-+-=-++()0f x '=cos 1x =1cos 2x =结合，求得在上的极大值点为，靠近，故选C. 11.分析先利用三角恒等变换求得函数的最大值，再利用方程思想求解. 解析：， 则所以，所以， 所以又因为时，取得取大值，所以.又，所以即.12.解析由已知可得，当点在边上运动时，即时，；当点在边上运动时，即，时，当时，； 当点在边上运动时，即时，.从点的运动过程可以看出，轨迹关于直线对称，，且轨迹非直线型.故选B. 评注本题以几何图形为背景考查了函数图像的识别与作法，特别是体现了分类讨论和数形结合的思想. 13.分析先由正弦定理解出的值，再运用面积公左求解. 解析：因为，，所以 由正弦定理，得，即所以.故选B. 14.分析 (1)根据题意，由正弦定理可得.[],x ∈-ππ()f x (]0,π23ππsin 2cos y x x x x ⎫=-=⎪⎭cos sin αα=)()sin cos cossin .y x x ααα=-=-x ∈R x α-∈R max y =x θ=()f x ()sin 2cos fθθθ=-=22sin cos 1θθ+=sin cos θθ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩cos θ=P BC π04x剟PA PB +=tan x P CD π3π44x 剎?π2x ≠PA PB +=π2x =PA PB +=P AD 3ππ4x 剎?tan PA PB x +=P π2x =ππ42f f ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭c 6B π=4C π=7.A B C πππ=π--=π--=6412sin sin b c B C =2sin sin c =ππ64212=c =117sin 212212ABC S bc A π==⨯⨯=△sin 1sin 2B DC C BD ∠==∠(2)由诱导公式可得，由(1)可知，所以，. 解析 (1)由正弦定理得，，.因为平分，，所以. (2)因为，，所以.由(1)知，所以，即. 评注三角是高中数学的重点内容，在高考中主要利用三角函数，三角恒等变换及解三角形的正弦定理及余弦定理，在求解时，注意角的转化及定理的使用.15.解析由余弦定理知，即，解得．故．故答案为． 16.分析先求出角的余弦值，再利用余弦定理求解.解析：由得，解得.因为是锐角，所以.又，所以，所以或.又因为，所以.故选D.17.解析（1）由题设及余弦定理得，①. ②由①，②得，故，()1sin sin sin 22C BAC B B B ∠=∠+∠=∠+∠2sin B ∠=sin C ∠tan 3B ∠=30B ∠=sin sin AD BD B BAD =∠∠sin sin AD DCC CAD=∠∠AD BAC ∠2BD DC =sin 1sin 2B DC C BD ∠==∠()180C BAC B ∠=-∠+∠60BAC ∠=()1sin sin sin 2C BAC B B B ∠=∠+∠=∠+∠2sin sin B C ∠=∠tan 3B ∠=30B ∠=2222cos120AC AB BC AB BC =+-⋅249255BC BC =++3BC =11sin120532224ABC S AB BC =⋅=⨯⨯⨯=△4A 223cos cos 20A A +=2223cos 2cos 10A A +-=1cos 5A =±A 1cos 5A =2222cos a b c bc A =+-214936265b b =+-⨯⨯⨯5b =135b =-0b >5b >2222cos 1312cos BD BC CD BC CD C C =+-⋅=-2222cos 54cos BD AB DA AB DA A C =+-⋅=+1cos 2C =60C =BD =（2）四边形的面积评注本题考查余弦定理的应用和四边形面积的计算，考查运算求解能力和转化的思想，把四边形分割成两个三角形是求面积的常用方法.18.解析（1）由.由于,所以. 又，故. （2）的面积，故.而，故 . 解得.19.解析在中，，，所以. 在中，，，从而，由正弦定理得，，因此.在中，，，由得，故填.20. 解析（1）由正弦定理得，.又，所以，即.则. （2）解法一：因为，所以，即，亦即.又因为在中，，所以，则，得.所以为等腰直角三角形，得，所以. 解法二：由（1）可知，①因为，所以，②将代入得，则，所以.ABCD 1111sin sin 1232sin 60232222S AB DA A BC CD C ⎛⎫=⋅+⋅=⨯⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭sin cos c C c A =-sinA C -cos sin sin 0A C C -=sin 0C ≠π1sin 62A ⎛⎫-= ⎪⎝⎭0πA <<π3A =ABC △1sin 2S bc A ==4bc =2222cos a b c bc A =+-228b c +=2b c ==Rt ABC △45CAB ∠=100BC =m AC =m AMC △75MAC ∠=60MCA ∠=45AMC ∠=sin 45sin 60AC AM=AM=m Rt MNA △AM =m 60MAN∠=sin 60MNAM=150MN ==m 15022b ac =a b =22a ac=2a c =22222212cos 2422a a a a cb B a ac a ⎛⎫+- ⎪+-⎝⎭===⋅90B ∠=()2sin 12sin sin 2sin sin 90B A C A A ===-2sin cos 1A A =sin 21A =ABC △90B ∠=090A <∠<290A ∠=45A ∠=ABC △a c ==112ABC S ==△22b ac =90B ∠=222a c b +=②①()20a c -=a c ==112ABC S ==△２１. (2015全国I 文４)△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c.已知，，，则b=答案：D解析：本题考察余弦定理，根据题目条件画出图形可以列出等式,带入已知条件化简可得，解得.２２. (2016全国I 文６)若将函数y =2sin (2x +π6)的图像向右平移14个周期后，所得图像对应的函数为答案：D解析：该函数的周期为,所以函数向右平移，得，化简可得y =2sin(2x –π3).２３. (2016全国I 文1４)已知θ是第四象限角，且sin (θ+)=，则tan (θ–)=.答案： 解析：本题考察同角的三角函数关系，三角函数的符号判断以及诱导公式的运用：，因为θ是第四象限角，且，所以也在第四象限，即，所以24 (2017全国I 文8)．函数sin21cos xy x=-的部分图像大致为a =2c =2cos 3A =2222cos a b c bc A =+-23830b b --=3b =2T ππω==4π2sin(2())46y x ππ=-+π435π443-cos()4πθ-=3cos()sin()4245πππθθ+-=+=cos()4πθ-=354πθ-4sin()45πθ-=-sin()44tan()43cos()4πθπθπθ--=--ABC ．2D ．3A ． y =2sin(2x +π4) B ． y =2sin(2x +π3)C ． y =2sin(2x –π4)D ． y =2sin(2x –π3)A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】由题意知，函数sin 21cos xy x=-为奇函数，故排除B ；当πx =时，0y =，故排除D ；当1x =时，sin 201cos 2y =>-，故排除A ．故选C ．25. (2017全国I 文15)．已知π(0)2α∈，，tan α=2，则πcos ()4α-=__________．26.(2018全国I 文8)．已知函数()222cos sin 2f x x x =-+，则 B A ．()f x 的最小正周期为π，最大值为3 B ．()f x 的最小正周期为π，最大值为4 C ．()f x 的最小正周期为2π，最大值为3 D ．()f x 的最小正周期为2π，最大值为427.(2018全国I 文11)．已知角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边上有两点()1A a ，，()2B b ，，且2cos 23α=，则a b -= BA ．15B C D ．128.(2018全国I 文16)．△ABC 的内角A B C ，，的对边分别为a b c ，，，已知sin sin 4sin sin b C c B a B C +=，2228b c a +-=，则△ABC 的面积为．第6章 极坐标与参数方程1．（2013全国2文23）动点都在曲线（为参数）上，对应参数分别为与（），为的中点.（1）求的轨迹的参数方程；（2）将到坐标原点的距离表示为的函数，并判断的轨迹是否过坐标原点.2.（2014新课标Ⅱ文23）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，半圆的极坐标方程为，.（1）求的参数方程；（2）设点在上，在处的切线与直线垂直，根据（1）中你得到的参数方程，确定的坐标.P Q ，2cos 2sin x tC :y t=⎧⎨=⎩t t α=2t α=0<<2παM PQ M M d a M xOy x C 2cos ρθ=0,2θπ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦C D C CD :2l y =+D3（2012全国文23）已知曲线的参数方程是为参数，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立坐标系，曲线的极坐标方程是，正方形的顶点都在上，且依逆时针次序排列，点的极坐标为.（1）求点的直角坐标； （2）设为上任意一点，求的取值范围.4.(2015全国II 文23) 在直线坐标系中，曲线：（为参数，）其中.(1) 求与交点的直角坐标；1C 12cos ,:3sin ,x C y ϕϕ=⎧⎨=⎩(ϕ)x 2C 2ρ=ABCD 2C ,,,A B C D A π2,3⎛⎫⎪⎝⎭,,,A B C D P 1C 2222PA PB PC PD +++xOy 1C cos sin x t y t αα=⎧⎨=⎩t 0t ≠0πα剟2C 3C5.(2015全国I 文23)在直角坐标系中，直线：，圆：，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系. （1）求的极坐标方程. （2）若直线的极坐标方程为，设与的交点为，求的面积.6.（2011全国文23））在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），是上的动点，点满足，点的轨迹为曲线．（1）求的方程；（2）在以为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线与的异于极点的交点为，与的异于极点的交点为，求．xOy 1C 2x =-2C ()()22121x y -+-=12,C C 3C ()π4θρ=∈R 2C 3C ,M N 2C MN △xOy 1C 2cos ,22sin .x y αα=⎧⎨=+⎩αM 1C P 2OP OM =P 2C 2C O x π3θ=1C A 2C B AB7（2013全国I 文23）已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）把的参数方程化为极坐标方程；（2）求与交点的极坐标8（2016全国卷1 23.）（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程 在直线坐标系xoy 中，曲线C 1的参数方程为（t 为参数，a ＞0）。
2011-2018年全国一卷解析几何文汇编 带答案
2011年4．（5分）（2011•新课标）椭圆=1的离心率为（）A．B．C．D．【分析】根据椭圆的方程，可得a、b的值，结合椭圆的性质，可得c的值，有椭圆的离心率公式，计算可得答案．【解答】解：根据椭圆的方程=1，可得a=4，b=2，则c==2；则椭圆的离心率为e==，故选D．【点评】本题考查椭圆的基本性质：a2=b2+c2，以及离心率的计算公式，注意与双曲线的对应性质的区分．9．（5分）（2011•新课标）已知直线l过抛物线C的焦点，且与C的对称轴垂直．l与C交于A，B两点，|AB|=12，P为C的准线上一点，则△ABP的面积为（）A．18B．24C．36D．48【分析】首先设抛物线的解析式y2=2px（p＞0），写出次抛物线的焦点、对称轴以及准线，然后根据通径|AB|=2p，求出p，△ABP的面积是|AB|与DP乘积一半．【解答】解：设抛物线的解析式为y2=2px（p＞0），则焦点为F（，0），对称轴为x轴，准线为x=﹣∵直线l经过抛物线的焦点，A、B是l与C的交点，又∵AB⊥x轴∴|AB|=2p=12∴p=6又∵点P在准线上∴DP=（+||）=p=6∴S△ABP=（DP•AB）=×6×12=36故选C．【点评】本题主要考查抛物线焦点、对称轴、准线以及焦点弦的特点；关于直线和圆锥曲线的关系问题一般采取数形结合法．20．（12分）（2011•新课标）在平面直角坐标系xOy中，曲线y=x2﹣6x+1与坐标轴的交点都在圆C上．（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅰ）若圆C与直线x﹣y+a=0交与A，B两点，且OA⊥OB，求a的值．【分析】（Ⅰ）法一：写出曲线与坐标轴的交点坐标，利用圆心的几何特征设出圆心坐标，构造关于圆心坐标的方程，通过解方程确定出圆心坐标，进而算出半径，写出圆的方程；法二：可设出圆的一般式方程，利用曲线与方程的对应关系，根据同一性直接求出参数，（Ⅰ）利用设而不求思想设出圆C与直线x﹣y+a=0的交点A，B坐标，通过OA⊥OB建立坐标之间的关系，结合韦达定理寻找关于a的方程，通过解方程确定出a的值．【解答】解：（Ⅰ）法一：曲线y=x2﹣6x+1与y轴的交点为（0，1），与x轴的交点为（3+2，0），（3﹣2，0）．可知圆心在直线x=3上，故可设该圆的圆心C为（3，t），则有32+（t ﹣1）2=（2）2+t2，解得t=1，故圆C的半径为，所以圆C的方程为（x ﹣3）2+（y﹣1）2=9．法二：圆x2+y2+Dx+Ey+F=0x=0，y=1有1+E+F=0y=0，x2 ﹣6x+1=0与x2+Dx+F=0是同一方程，故有D=﹣6，F=1，E=﹣2，即圆方程为x2+y2﹣6x﹣2y+1=0（Ⅰ）设A（x1，y1），B（x2，y2），其坐标满足方程组，消去y，得到方程2x2+（2a﹣8）x+a2﹣2a+1=0，由已知可得判别式△=56﹣16a﹣4a2＞0．在此条件下利用根与系数的关系得到x1+x2=4﹣a，x1x2=①，由于OA⊥OB可得x1x2+y1y2=0，又y1=x1+a，y2=x2+a，所以可得2x1x2+a（x1+x2）+a2=0②由①②可得a=﹣1，满足△=56﹣16a﹣4a2＞0．故a=﹣1．【点评】本题考查圆的方程的求解，考查学生的待定系数法，考查学生的方程思想，直线与圆的相交问题的解决方法和设而不求的思想，考查垂直问题的解决思想，考查学生分析问题解决问题的能力，属于直线与圆的方程的基本题型．2012年4．（5分）（2012•新课标）设F1、F2是椭圆E：+=1（a＞b＞0）的左、右焦点，P为直线x=上一点，△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为（）A．B．C．D．【分析】利用△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，可得|PF2|=|F2F1|，根据P为直线x=上一点，可建立方程，由此可求椭圆的离心率．【解答】解：∵△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，∴|PF2|=|F2F1|∵P为直线x=上一点∴∴故选C．【点评】本题考查椭圆的几何性质，解题的关键是确定几何量之间的关系，属于基础题．10．（5分）（2012•新课标）等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y2=16x 的准线交于点A和点B，|AB|=4，则C的实轴长为（）A．B．C．4D．8【分析】设等轴双曲线C：x2﹣y2=a2（a＞0），y2=16x的准线l：x=﹣4，由C与抛物线y2=16x 的准线交于A，B两点，，能求出C的实轴长．【解答】解：设等轴双曲线C：x2﹣y2=a2（a＞0），。
2011年—2018年新课标全国卷1文科数学分类汇编—8.数列
2011年一2018年新课标全国卷I文科数学分类汇编8.数列一、选择题【2015,7】已知｛a n｝是公差为1的等差数列，S n为｛a n｝的前n项和，若&=4S4,则a沪：( )17 19A. B. C. 10 D. 122 22【2013, 6】设首项为1,公比为一的等比数列｛a n｝的前n项和为S n,则；( ).3A . S n= 2a n —1B. S n = 3a n —2 C . S n = 4—3a n D . S n= 3—2a n【2012, 12】数列｛a n｝满足a n 1 ■ (-1)n a^2n-1,则｛a n｝的前60项和为；()A. 3690B. 3660C. 1845D. 1830二、填空题【2015,13】数列｛a n｝中，a1=2, a n+1=2a n, S n 为｛a n｝的前n 项和，若S n=126，则n= _____ .【2012,14】14.等比数列｛a n｝的前n项和为S n，若S3+35= 0,则公比q= ____________ .三、解答题(2018新课标I,文17):已知数列'a n /满足印=1 , na. 1 = 2 n • 1 a.，设b n =如.n(1 )求b , b2 , b3 ；(2 )判断数列in ?是否为等比数列，并说明理由；(3 )求?的通项公式.【2017, 17】记S n为等比数列 4*的前n项和，已知S2 = 2 , S3 =-6 .(1 )求订鳥的通项公式；(2)求S n，并判断S n 1 , S n , & 2是否成等差数列.【2016,17】已知瓜？是公差为3的等差数列，数列Z满足d=1, b2 = 3, a n b ni b n.b ng.(1 )求〔a n ?的通项公式；(2 )求的前n项和.【2014,17】已知订n ?是递增的等差数列，32 , 34是方程X2 -5x • 6 = 0的根。
2011-2018年全国一卷立体几何理汇编 带答案
20116．（5分）（2011•新课标）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）A．B．C．D．【分析】由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成，根据组合体的结构特征，得到组合体的侧视图．【解答】解：由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成，∴侧视图是一个中间有分界线的三角形，故选D．【点评】本题考查简单空间图形的三视图，考查由三视图看出原几何图形，再得到余下的三视图，本题是一个基础题．15．（5分）（2011•新课标）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=2，则棱锥O﹣ABCD的体积为8．【分析】由题意求出矩形的对角线的长，结合球的半径，球心到矩形的距离，满足勾股定理，求出棱锥的高，即可求出棱锥的体积．【解答】解：矩形的对角线的长为：，所以球心到矩形的距离为：=2，所以棱锥O﹣ABCD的体积为：=8．故答案为：8【点评】本题是基础题，考查球内几何体的体积的计算，考查计算能力，空间想象能力，常考题型．18．（12分）（2011•新课标）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．（Ⅰ）证明：PA⊥BD；（Ⅱ）若PD=AD，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【分析】（Ⅰ）因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，利用勾股定理证明BD⊥AD，根据PD⊥底面ABCD，易证BD⊥PD，根据线面垂直的判定定理和性质定理，可证PA⊥BD；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，写出点A，B，C，P的坐标，求出向量，和平面PAB的法向量，平面PBC的法向量，求出这两个向量的夹角的余弦值即可．【解答】（Ⅰ）证明：因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，从而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，则A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1）．=（﹣1，，0），=（0，，﹣1），=（﹣1，0，0），设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则即，因此可取=（，1，）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即：可取=（0，1，），cos＜＞==故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为：﹣．【点评】此题是个中档题．考查线面垂直的性质定理和判定定理，以及应用空间向量求空间角问题，查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题能力．2012 7．（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）A．6 B．9 C．12 D．18【分析】（1）证明DC1⊥BC，只需证明DC1⊥面BCD，即证明DC1⊥DC，DC1⊥BD；（2）证明BC⊥面ACC1A1，可得BC⊥AC取A1B1的中点O，过点O作OH⊥BD于点H，连接C1O，C1H，可得点H与点D重合且∠C1DO是二面角A1﹣BD ﹣C1的平面角，由此可求二面角A1﹣BD﹣C1的大小．【解答】（1）证明：在Rt△DAC中，AD=AC，∴∠ADC=45°同理：∠A1DC1=45°，∴∠CDC1=90°∴DC1⊥DC，DC1⊥BD∵DC∩BD=D∴DC1⊥面BCD∵BC⊂面BCD∴DC1⊥BC（2）解：∵DC1⊥BC，CC1⊥BC，DC1∩CC1=C1，∴BC⊥面ACC1A1，∵AC⊂面ACC1A1，∴BC⊥AC取A1B1的中点O，过点O作OH⊥BD于点H，连接C1O，OH∵A1C1=B1C1，∴C1O⊥A1B1，∵面A1B1C1⊥面A1BD，面A1B1C1∩面A1BD=A1B1，∴C1O⊥面A1BD而BD⊂面A1BD∴BD⊥C1O，∵OH⊥BD，C1O∩OH=O，∴BD⊥面C1OH∴C1H⊥BD，∴点H与点D重合且∠C1DO是二面角A1﹣BD ﹣C1的平面角设AC=a，则，，∴sin∠C1DO=∴∠C1DO=30°即二面角A1﹣BD﹣C1的大小为30°。
2011年—2018年新课标全国卷(1卷、2卷、3卷)文科数学试题分类汇编—8
2011年—2018年新课标全国卷(1卷、2卷、3卷)文科数学试题分类汇编—8.三角函数、解三角形2011年—2018年新课标全国卷Ⅰ文科数学分类汇编7.三角函数、解三角形一、选择题2018年新课标Ⅰ文8题：已知函数$f(x)=2\cos x-\sin x+2$，则$f(x)$的最小正周期为$\pi$，最大值为3.2018年新课标Ⅰ文11题：已知角$\alpha$的顶点为坐标原点，始边与$x$轴的非负半轴重合，终边上有两点$A(1,0)$，$B(2,b)$，且$\cos2\alpha=\frac{1}{5}$，则$a-b=\frac{1}{5}$。
2018年新课标Ⅱ文7题：在$\triangle ABC$中，$\cos C=\frac{5}{\sqrt{26}}$，$BC=1$，$AC=5$，则$AB=5\sqrt{2}$。
2018年新课标Ⅱ文10题：若$f(x)=\cos x-\sin x$在$[0,a]$是减函数，则$a$的最大值是$\frac{3\pi}{4}$。
2018年新课标Ⅲ文4题：若$\sin \alpha=\frac{1}{\sqrt{8}}$，则$\cos 2\alpha=-\frac{7}{8}$。
2018年新课标Ⅲ文6题：函数$f(x)=\frac{\tan x}{1+\tan^2 x}$的最小正周期为$\pi$。
2018年新课标Ⅲ文11题：triangle ABC$的内角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$。
若$\triangle ABC$的面积为$4$，则$\cosC=\frac{3}{4}$。
2017年新课标Ⅰ文11题：triangle ABC$的内角$A$、$B$、$C$的对边分别为$a$、$b$、$c$。
已知$\sin B+\sin A(\sin C-\cos C)=\frac{3}{2}$，$a=2$，$c=2$，则$C=\frac{\pi}{3}$。
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新课标全国卷Ⅰ文科数学分类汇编8．立体几何（含解析）一、选择题【2018,5】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 ．10π【2018,9】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 ．217B ．25C ．3D ．2【2018,10】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 ．62C ．82D ．83【2017，6】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是（ ）【2016，7】如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（ ） A ．17π B ． 18π C ． 20π D ． 28π【2016，11】平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α∥平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =，则,m n 所成角的正弦值为（ ）A ．32 B ．22 C ．33 D ．13【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书 中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？”已知1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有( ) A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛 D ．66斛【2015，11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为16+20π，则r =( ) BA ．1B ．2C ．4D ．8【2015，11】 【2014，8】 【2013，11】 【2012，7】【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，则这个几何体是( ) A ．三棱锥 B ．三棱柱 C ．四棱锥 D ．四棱柱【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为A ．6B ．9C ．12D ．15 【2012，8】平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（ ）A ．6πB ．43πC ．46πD ．63π【2011，8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（ ）二、填空题【2017，16】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA SCB ⊥平面，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC -的体积为9，则球O 的表面积为_______． 【2013，15】已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为______．【2011，16】已知两个圆锥由公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 ． 三、解答题【2018,18】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．【2017，18】如图，在四棱锥P ABCD -中，AB ∥CD ，且90BAP CDP ∠=∠=︒．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【2016，18】如图所示，已知正三棱锥P ABC -的侧面是直角三角形，6PA =，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ．连结PE 并延长交AB 于点G ． （1）求证：G 是AB 的中点；（2）在题图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF 的体积．PABD CGE【2015，18】如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ⊥平面ABCD ，(Ⅰ)证明：平面AEC ⊥平面BED ； (Ⅱ)若∠ABC =120°，AE ⊥EC ， 三棱锥E - ACD 6【2014,19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB 求三棱柱111C B A ABC -的高.【2013，19】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°．(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C 6，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积．【2012，19】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，90ACB ∠=︒，AC=BC=21AA 1，D 是棱AA 1的中点．（1）证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；（2）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．【2011，18】如图所示，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD ． （1）证明：PA BD ⊥；（2）若1PD AD ==，求棱锥D PBC -的高．DA 11CC 1新课标全国卷Ⅰ文科数学分类汇编8．立体几何（解析版）一、选择题【2018,5】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 ．10π解：选B 。
依题意可得：设圆柱底面半径为r ，则其母线长为r l 2=，82=∴l ，222==∴r l∴表面积)(2l r r S +=π=)222(22+⨯⨯ππ12=。
【2018,9】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 ．217B ．25C ．3D ．2解：选B 。
52)416(222=+=MN 。
【2018,10】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 ．62C ．82D ．83解：选C 。
易知：B AC 1∠为1AC 与面C C BB 11所成的角 依题意可得：421==AB AC ，222==AB AC ，221=∴CC2822221111=⨯⨯=∴-D C B A ABCD V【2017，6】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是（ ）【解法】选A ．由B ，AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ；由C ，AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ；由D ，AB ∥NQ ，则直线AB ∥平面MNQ ．故A 不满足，选A ．【2016，7】如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（ ）． A ．17π B ． 18π C ． 20π D ． 28π解析：选A ． 由三视图可知，该几何体是一个球截去球的18，设球的半径为R ，则37428ππ833R ⨯=，解得2R =．该几何体的表面积等于球的表面积的78，加上3个截面的面积，每个截面是圆面的14， 所以该几何体的表面积为22714π23π284S =⨯⨯+⨯⨯⨯14π3π17π=+=．故选A ． 【2016，11】平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α∥平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =，则,m n 所成角的正弦值为（ ）A．2 B．2 C．3 D ．13解析：选A ． 解法一：将图形延伸出去，构造一个正方体，如图所示．通过寻找线线平行构造出平面α，即平面AEF ，即研究AE 与AF 所成角的正弦值，易知3EAF π∠=．故选A ．ABCDA 1B 1C 1D 1EFD 1C 1B 1A 1DCBA解法二（原理同解法一）：过平面外一点A 作平面α，并使α∥平面11CB D ，不妨将点A 变换成B ，作β使之满足同等条件，在这样的情况下容易得到β，即为平面1A BD ，如图所示，即研究1A B 与BD 所成角的正弦值，易知13A BD π∠=，所以其正弦值为2．故选A ．【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书 中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？”已知1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有( ) B A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛 D ．66斛解：设圆锥底面半径为r ，依题11623843r r ⨯⨯=⇒=，所以米堆的体积为211163203()54339⨯⨯⨯⨯=，故堆放的米约为3209÷1．62≈22，故选B ．【2015，11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为16+20π，则r =( )A ．1B ．2C ．4D ．8解：该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r ，圆柱的高为2r ，其表面积为2πr 2+πr×2r+πr 2+2r×2r =5πr 2+4r 2=16+20π， 解得r=2，故选B ．【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，则这个几何体是( )BA ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱 解：几何体是一个横放着的三棱柱． 故选B【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π 解析：选A ．该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体．V 半圆柱＝12π×22×4＝8π，V 长方体＝4×2×2＝16．所以所求体积为16＋8π．故选A ．【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）A ．6B ．9C ．12D ．15 【解析】由三视图可知，该几何体为三棱锥A-BCD ， 底面△BCD 为底边为6，高为3的等腰三角形， 侧面ABD ⊥底面BCD ，AO ⊥底面BCD ，因此此几何体的体积为11(63)3932V =⨯⨯⨯⨯=，故选择B ．【2012，8】8．平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（ ）O D AA ．6πB ．43πC ．46πD ．63π【解析】如图所示，由已知11O A =，12OO =，在1Rt OO A ∆中，球的半径3R OA ==， 所以此球的体积34433V R ππ==，故选择B ． 【点评】本题主要考察球面的性质及球的体积的计算．【2011，8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（ ）【解析】由几何体的正视图和侧视图可知，该几何体的底面为半圆和等腰三角形，其侧视图可以是一个由等腰三角形及底边上的高构成的平面图形． 故选D ． 二、填空题【2017，16】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA SCB ⊥平面，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC -的体积为9，则球O 的表面积为_______．【解析】取SC 的中点O ，连接,OA OB ，因为,SA AC SB BC ==，所以,OA SC OB SC ⊥⊥， 因为平面SAC ⊥平面SBC ，所以OA ⊥平面SBC ，设OA r=，3111123323A SBCSBC V S OA r r r r -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=，所以31933r r =⇒=， 所以球的表面积为2436r ππ=．【2013，15】已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为______．答案：9π2解析：如图，设球O 的半径为R ，则AH ＝23R ，OH ＝3R ．又∵π·EH 2＝π，∴EH ＝1．∵在Rt △OEH 中，R 2＝22+13R ⎛⎫⎪⎝⎭，∴R 2＝98． ∴S 球＝4πR 2＝9π2．【2011，16】已知两个圆锥由公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 ． 【解析】设圆锥底面半径为r ，球的半径为R ，则由223π4π16r R =⨯，知2234r R =． 根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心O ，且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的点，因此PB QB ⊥．设PO x '=，QO y '=，则2x y R +=． ① 又PO B BO Q ''△∽△，知22r O B xy '==．即2234xy r R ==． ② 由①②及x y >可得3,22Rx R y ==．则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比为13． 故答案为13．三、解答题【2018,18】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．解：（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ． 又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32 又23BP DQ DA ==，所以22BP = 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE=13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322sin 451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．【2017，18】如图，在四棱锥P ABCD -中，AB ∥CD ，且90BAP CDP ∠=∠=︒．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【解法】（1）90BAP CDP ∠=∠=︒， ∴,AB AP CD DP ⊥⊥又AB ∥CD ∴AB DP ⊥又AP ⊂平面PAD ，DP ⊂平面PAD ，且AP DP P = ∴AB ⊥平面PADAB ⊂平面PAB ，所以 平面PAB ⊥平面PAD（2）由题意：设=PA PD AB DC a === ，因为90APD ∠=︒ ，所以PAD ∆为等腰直角三角形 即=2AD a取AD 中点E ，连接PE ，则2PE =，PE AD ⊥． 又因为平面PAB ⊥平面PAD 所以PE ⊥平面ABCD因为AB ⊥平面PAD ，AB ∥CD 所以AB ⊥AD ，CD ⊥AD 又=AB DC a = 所以四边形ABCD 为矩形所以31121823333P ABCD V AB AD PE a aa a -====即2a = 11=223+226=6+2322S ⨯⨯⨯⨯侧【2016，18】如图所示，已知正三棱锥P ABC -的侧面是直角三角形，6PA =，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ．连结PE 并延长交AB 于点G ． （1）求证：G 是AB 的中点；（2）在题图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF 的体积．PABD CGEE GCD BAPF解析 ：（1）由题意可得ABC △为正三角形，故6PA PB PC ===． 因为P 在平面ABC 内的正投影为点D ，故PD ⊥平面ABC ． 又AB ⊂平面ABC ，所以AB PD ⊥．因为D 在平面PAB 内的正投影为点E ，故DE ⊥平面PAB ． 又AB ⊂平面PAB ，所以AB DE ⊥．因为AB PD ⊥，AB DE ⊥，PD DE D =，,PD DE ⊂平面PDG ， 所以AB ⊥平面PDG ．又PG ⊂平面PDG ，所以AB PG ⊥． 因为PA PB =，所以G 是AB 的中点．（2）过E 作EF BP ∥交PA 于F ，则F 即为所要寻找的正投影．理由如下，因为PB PA ⊥，PB EF ∥，故EF PA ⊥．同理EF PC ⊥， 又PA PC P =，,PA PC ⊂平面PAC ，所以EF ⊥平面PAC ， 故F 即为点E 在平面PAC 内的正投影． 所以13D PEF PEF V S DE -=⋅△16PF EF DE =⋅⋅． 在PDG △中，32PG =6DG =3PD =2DE =．由勾股定理知22PE =PEF △为等腰直角三角形知2PFEF ==，故43D PEF V -=．【2015，18】如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ⊥平面ABCD ，(Ⅰ)证明：平面AEC ⊥平面BED ； (Ⅱ)若∠ABC =120°，AE ⊥EC ， 三棱锥E - ACD 6解：(Ⅰ) ∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥AC ． ∵ABCD 为菱形，∴ BD ⊥AC ，∴AC ⊥平面BED ，又AC ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面BED ． …6分 (Ⅱ)设AB=x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC =120°可得， 3x ，GB=GD=2x． 在RtΔAEC 中，可得EG 3x ．∴在RtΔEBG 为直角三角形，可得BE=2x ． …9分 ∴3116632243E ACD V AC GD BE x -=⨯⋅⋅==， 解得x =2． 由BA=BD=BC 可得AE= ED=EC=6．∴ΔAEC 的面积为3，ΔEAD 的面积与ΔECD 的面积均为5．所以三棱锥E-ACD 的侧面积为3+25． …12分 18． 解析 （1）因为BE ⊥平面ABCD ，所以BE AC ⊥．又ABCD 为菱形，所以AC BD ⊥．又因为BD BE B =，BD ，BE ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED ．又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED ． （2）在菱形ABCD 中，取2AB BC CD AD x ====， 又120ABC ∠=，所以3AG GC x ==，BG GD x ==．在AEC △中，90AEC ∠=，所以132EG AC x ==， 所以在Rt EBG △中，222BE EG BG x =-=，所以3116622sin12023233E ACD V x x x x -=⨯⨯⋅⋅⋅==，解得1x =． 在Rt EBA △，Rt EBC △，Rt EBD △中， 可得6AE EC ED ===．所以三棱锥的侧面积112256632522S =⨯⨯⨯+⨯⨯=+侧． 【2014,19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB 求三棱柱111C B A ABC -的高.证明：(Ⅰ)连接 BC 1，则O为B 1C与BC 1的交点，∵AO ⊥平面BB 1C 1C . ∴AO ⊥B 1C ， …2分 因为侧面BB 1C 1C 为菱形，∴BC 1⊥B 1C ，…4分 ∴BC 1⊥平面ABC 1，∵AB ⊂平面ABC 1，故B 1C ⊥AB . …6分(Ⅱ)作OD ⊥BC ，垂足为D ，连结AD ，∵AO ⊥BC ，∴BC ⊥平面AOD ， 又BC ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面AOD ，交线为AD ， 作OH ⊥AD ，垂足为H ，∴OH ⊥平面ABC . …9分∵∠CBB 1=60°，所以ΔCBB 1为等边三角形，又BC =1，可得OD由于AC ⊥AB 1，∴11122OA B C ==，∴AD ==由 OH·AD=OD·OA ，可得，又O 为B 1C 的中点，所以点B 1到平面ABC 的距离为7，所以三棱柱ABC-A 1B 1C 1的高高为7。