2012高考数学 单元检测卷15套8
山东省各地市2012年高考数学(理科)最新试题分类大汇编第8部分：立体几何(3)：
山东省各地市2012年高考数学（理科）最新试题分类大汇编：第8部分：立体几何（3）一选择题【山东省青州市2012届高三上学期期中理】5．已知α、β是两上不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，给出下列命题： ①若,,m m αβαβ⊥⊂⊥则；②若,,//,//m n m n ααββ⊂⊂，则//αβ③如果,,,m n m n αα⊂⊄是异面直线，那么n 与α相交； ④若,//,,,m n m n n αβαβ=⊄⊄且则////n n αβ且。
其中正确的命题是 （ ） A ．①② B ．②③ C ．③④ D ．①④ 【答案】D【山东省日照市2012届高三上学期期末理】（5）下列四个几何体中，各几何体的三视图有且仅有两个视图相同的是（A ）①② （B ）②③ （C ）②④ （D ）①③【答案】C 解析：①的三个视图都相同；②的主视图与左视图相同，与俯视图不同；③的三个视图互不相同；④的主视图与左视图相同，而与俯视图不同。
【山东省日照市2012届高三上学期期末理】（8）已知m ，n 是两条不同直线，βα,是两个不同平面，下列命题中的假命题的是（A ）βαβα//,,则若⊥⊥m m（B ）αα⊥⊥n m n m 则若,,// （C ）n m n m //,,//则若=βαα（D ）βαβα⊥⊂⊥则若,,m m【答案】C 解析：由n m =βαα ,//无法得到m ，n 的确切位置关系。
【山东省青州市2012届高三2月月考理】9. 已知某几何体的三视图如右图所示，其中，正（主）视图，侧（左）视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为12+ B.4136π+16+ D.2132π+ 【答案】C【山东省青岛市2012届高三期末检测 理】5.的尺寸（单位：cm ），可得这个几何体的体积是 Ａ．34000cm 3 Ｂ．38000cm 3Ｃ．3【答案】B【山东省青岛市2012届高三期末检测 理】8.已知a 、b 、c 为三条不重合的直线，下面有三个结论：①若c a b a ⊥⊥,则b ∥c ； ②若c a b a ⊥⊥,则b ⊥c ；③若a ∥,b b ⊥c 则c a ⊥. 其中正确的个数为A ．0个B ．1个C ． 2个D ． 3个【答案】B【山东省实验中学2012届高三第三次诊断理】设有直线m 、n 和平面βα、,下列四个命题中，正确的是（ ）A.若n m n m //,//,//则ααB.若βαββαα//,//,//,,则n m n m ⊂⊂正视图俯视图C.若βαβα⊥⊂⊥m m 则,,D.若ααββα//,,,m m m 则⊄⊥⊥【答案】D【山东省实验中学2012届高三第三次诊断理】在正三棱锥S-ABC 中，M 、N 分别是SC 、BC 的中点，且AM MN ⊥，若侧菱SA=32，则正三棱 S-ABC 外接球的表面积为（ ） A.12π B.32π C.36π D.48π【答案】C【山东省潍坊一中2012届高三阶段测试理】7.设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出一列四个命题：①若,α⊥m α//n ，则n m ⊥；②若βα//，γβ//，,α⊥m 则γ⊥m ； ③若,//αm α//n ，则n m //； ④若γα⊥，γβ⊥，则βα//. 其中正确．．命题的序号是 A.①和② B.②和③ C.③和④ D.①和④ 【答案】A【山东省潍坊一中2012届高三阶段测试理】 8.一个空间几何体的正视图、侧视图均是长为2、高为3的矩形，俯 视图是直径为2的圆(如右图），则这个几何体的表面积为A.12+πB.7πC.π8D.π20【答案】C【山东省烟台市2012届高三期末检测理】3.设b ，c 表示两条直线，α，β表示两个平面，则下列命题正确的是A. b c c b //,//,则若αα⊂B. αα//,//,c c b b 则若⊂C. ββαα⊥⊥c c 则若,,//D. βαβα⊥⊥则若,,//c c【答案】D【山东省潍坊市重点中学2012届高三2月月考理】4. 某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A ．2B ．1C ．32D ．31【答案】B【山东省日照市2012届高三12月月考理】（6象如图所示，为了得到x x g 2sin )(=（A ）向右平移6π个长度单位（B ）向右平移3π个长度单位（C ）向左平移6π个长度单位（D ）向左平移3π个长度单位【答案】A 解析：由图象可知A=1ππ=⇒=T 4，从而22==Tπω，将)1,127(-π代入到)2sin()(ϕ+=x x f 1)-=，根据2πϕ<得到3πϕ=，所以函数)(x f 的解析式为)32sin()(π+=x x f 。
北京2012年高考数学最新联考试题分类大汇编(8)立体几何试题解析.pdf
读下面的材料，根据要求作文。
每一个人的心灵深处都希望能得到别人的肯定，而来自他人的一句普普通通的喝彩，也将给我们的生活注入鲜活的美丽，有时甚至会影响一个人的一生。
请以"喝彩"为话题写一篇文章。
【要求】①思想健康，感情真挚，立意自定；②文体不限；③题目自拟；④不少于600字。
【提示】本题属思想感情的限制。
所谓思想健康，具体要做到"三不要"： ①不要选择毫无意义的材料；②不要流露出低沉消极的情绪；③不要表现片面或错误的观点。
所谓感情真挚，要注重"三贵"：①贵亲历；②贵坦诚；③贵自然。
思想感情的限制是考纲的要求，我们写任何文章都必须坚定不移地遵循。
为 自 己 喝 彩 ? 中国古代伟大的思想家老子说：“知人者智，自知者明。
”在古希腊德尔斐阿波罗神庙入口处的一块石头上刻着“认识你自己”这句名言。
这些充满睿智的箴言告诉我们，人的一生，认识自己最重要，也最困难。
“金无足赤，人无完人。
”每个人都像是天空中的一颗星，无论是显赫的，还是普通的，都能找到自己的位置。
只要闪烁着，就有辉煌的机会。
我总认为自己是被上帝忽略的孩子：其貌不扬，大大咧咧，小肚鸡肠，又不聪明，粗心大意……诸多缺点构成了一个极其平凡的我。
我没有女生应有的矜持，却有男生应有的热情；我没有女生的“多愁善感”，却有男孩子的“不拘小节”──明天要考试，晚上还啃着苹果听音乐，白球鞋三天便面目全非，书本乱放，没有规律……我没有女孩子的“温文而雅”，却有男孩子的野，也因为我有男孩子的开朗，所以不会“为赋新词强说愁” …… 执着，是我的另一大闪光点。
“不到长城非好汉”，有时，为了一道题，我与同学喋喋不休，最后灰头灰脑地转过身握着笔在纸上龙飞凤舞地验算。
一次，我买了个改正带，结果还不到一天就被同学给弄坏了，这可把我给气坏了，与他大打出手。
中午回到家，我对着改正带，左思右想地不甘心，决定修好它。
【高考调研】2012届新课标高考数学(人教A版理)总复习单元能力测试第8章立体几何
第八章 单元能力测试一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求) 1.如右图所示，是一个正方体的表面展开图，A 、B 、C 均为棱的中点，D 是顶点，则在正方体中，异面直线AB 和CD 的夹角的余弦值为( )A.25B.35C.105D.55 答案 C 解析把展开图复原为正方体后示意图如右图所示，∠EGF 为AB 和CD 所成的角，F 为正方体一棱的中点．∴EF ＝GF ＝52，EG ＝ 2.∴cos ∠EGF ＝105.2．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为( ) A.8π3 B.82π3 C ．82π D.32π3 答案 B解析 S 圆＝πr 2＝1⇒r ＝1，而截面圆圆心与球心的距离d ＝1，∴球的半径为R ＝r 2＋d 2＝2，∴V ＝43πR 3＝82π3，故选B.3.已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是( )A.13cm 3B.23cm 3C.43cm 3D.83cm 3 答案 C解析 由三视图可知该几何体为三棱锥，如图所示，其中AC ＝AD ，平面ACD ⊥平面BCD ，E 为CD 的中点，则AE ⊥平面BCD ，且BE ＝AE ＝2，DC ＝2，∴V ＝13×12×BE ×DC ×AE ＝13×12×2×2×2＝43cm 3，故选C.4．已知m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列命题：①若α⊥β，m ∥α，则m ⊥β；②若m ⊥α，n ⊥β，且m ⊥n ，则α⊥β；③若m ⊥β，m ∥α，则α⊥β；④若m ∥α，n ∥β，且m ∥n ，则α∥β.其中真命题的序号是( )A ．①④B ．②③C ．②④D ．①③ 答案 B解析 若α⊥β，m ∥α，则m 与β可能相交、平行或m 在平面β内，故①错；m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α与β可能平行，可能相交，故④错．故选B.5．(2010·湖北卷)用a ，b ，c 表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题： ①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ； ②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ⊥c ； ③若a ∥γ，b ∥γ，则a ∥b ； ④若a ⊥γ，b ⊥γ，则a ∥b . 其中真命题的序号是( )A ．①②B ．②③C ．①④D ．③④ 答案 C解析 对于①，由公理“平行于同一直线的两条直线平行”可知，①正确；对于②，如在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，此时AB 平行于CD ，因此②不正确．对于③，如当平面α∥γ时，平面α内的任意两条直线a ，b 都平行于平面γ，显然此时直线a ，b 可能相交，因此③不正确．对于④，由“垂直于同一平面的两条直线平行”可知其正确性．综上所述，其中真命题的序号是①④，选C.6.如右图所示，正四棱锥P －ABCD 的底面积为3，体积为22，E 为侧棱PC 的中点，则P A 与BE 所成的角为( )A.π6B.π4C.π3D.π2答案 C解析 连结AC 、BD 交于点O ，连结OE ，易得OE ∥P A . ∴所求角为∠BEO .由所给条件易得OB ＝62，OE ＝12P A ＝22，BE ＝2，∴cos ∠OEB ＝12，∴∠OEB ＝60°，选C. 7.如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为( )A.63B.255C.155D.105 答案 D解析 连结A 1C 1，交B 1D 1于O ，依题意得，A 1C 1⊥B 1D 1，BB 1⊥A 1C 1，又B 1D 1∩BB 1＝B 1，∴A 1C 1⊥平面BB 1D 1D .连结BO ，则∠C 1BO 为所求角，又OC 1＝2，BC 1＝5，∴sin C 1BO ＝C 1O BC 1＝25＝105，选D.8．圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是( ) A.233π B ．23π C.736π D.733π 答案 D解析 上底半径r ＝1，下底半径R ＝2.∵S 侧＝6π，设母线长为l ，则π(1＋2)·l ＝6π，∴l＝2，∴高h ＝l 2－(R －r )2＝3，∴V ＝13π·3(1＋1×2＋2×2)＝733π.故选D.9．如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝AD ＝1，设点C 到平面P AB 的距离为d 1，点B 到平面P AC 的距离为d 2，则有( )A ．1<d 1<d 2B ．d 1<d 2<1C ．d 1<1<d 2D ．d 2<d 1<1 答案 D解析 ∵CD ∥平面P AB .∴C 到平面P AB 的距离等于D 到平面P AB 的距离．过D 作DE ⊥P A ，则DE ⊥平面P AB ，d 1＝DE ＝22. B 与D 到平面P AC 的距离相等．设AC ∩BD ＝O ，则平面PDO ⊥平面P AC ，∴d 2等于D 到PO 的距离，可计算d 2＝33，∴d 2<d 1<1.10．半径为4的球面上有A ，B ，C ，D 四点，且满足AB →·AC →＝0，AD →·AC →＝0，AB →·AD →＝0，则△ABC ，△ACD ，△ADB 面积之和S △ABC ＋S △ACD ＋S △ADB 的最大值为( ) A ．8 B ．16 C ．32 D ．64 答案 C解析 设AB ＝a ，AC ＝b ，AD ＝c ，则S △ABC ＋S △ACD ＋S △ADB ＝12(ab ＋ac ＋bc )≤12(a 2＋b 22＋a 2＋c 22＋b 2＋c 22) ＝12(a 2＋b 2＋c 2) ＝12×4R 2＝12×4×42＝32，当且仅当a ＝b ＝c 时取“＝”．11．二面角的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120° 答案 C解析 由条件，知CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0，CD →＝CA →＋AB →＋BD →.∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝62＋42＋82＋2×6×8cos 〈CA →，BD →〉＝(217)2，∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，〈CA →，BD →〉＝120°，∴二面角的大小为60°，故选C.12．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱长为1，点P 在线段BD 1上，当∠APC 最大时，三棱锥P －ABC 的体积为( )A.124B.118C.19D.112答案 B解析 以B 为坐标原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，BB 1为z 轴建立空间直角坐标系，设BP→＝λBD 1→，可得P (λ，λ，λ)，再由cos ∠APC ＝AP →·CP →|AP →||CP →|可求得当λ＝13时，∠APC 最大，故V P －ABC ＝13×12×1×1×13＝118.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其表面积等于________． 答案 6＋2 3解析 由正视图可知此三棱柱是一个底面边长为2的正三角形、侧棱为1的直三棱柱．则此三棱柱的侧面积为2×1×3＝6，上、下底面面积都为34×22＝3，所以此三棱柱的表面积为6＋2 3.14．如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，AA 1＝AB ＝1，则截面ACC 1A 1的面积为________；异面直线AD 与D 1C 所成角的余弦值为________．答案 3 24解析 截面ACC 1A 1为矩形．AA 1＝1，AC ＝3，其面积S ＝3；BD ＝1，BD 1＝2，在△BCD 1中，BC ＝1，CD 1＝2，cos ∠BCD 1＝24.则异面直线AD 与D 1C 所成角的余弦值为24. 15.如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD 为正方形，E 、F 、分别为P A 、PD 的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE 与直线CF 异面； ②直线BF 与直线AF 异面 ③直线EF ∥平面PBC ； ④平面BCE ⊥平面P AD . 其中正确的有______个． 答案 2解析 将几何体展开拼成几何体(如图)，因为E 、F 分别为P A 、PD 的中点，所以EF ∥AD ∥BC ，即直线BE 与CF 共面，①错；因为B ∉平面P AD ，E ∈平面P AD ，E ∉AF ，所以BE 与AF 是异面直线，②正确；因为EF ∥AD ∥BC ，EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC ，③正确；平面P AD 与平面BCE 不一定垂直，④错．16．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上．若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于______．答案 20π解析 设球心为O ，球半径为R ，△ABC 的外心是M ，则O 在底面ABC 上的射影是点M ，在△ABC 中，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，∠ABC ＝12(180°－120°)＝30°，AM ＝AC2sin30°＝2.因此，R 2＝22＋(AA 12)2＝5，此球的表面积等于4πR 2＝20π.三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)在下面三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出(单位：cm)．(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图； (2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积；(3)在所给直观图中连结BC ′，证明：BC ′∥平面EFG .解析 (1)如图．(2)所求多面体的体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×2＝2843(cm 3)．(3)证明：如图，在长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，连结AD ′，则AD ′∥BC ′. 因为E 、G 分别为AA ′、A ′D ′的中点， 所以AD ′∥EG ，从而EG ∥BC ′.又BC ′⊄平面EFG ，所以BC ′∥平面EFG . 18．(本小题满分12分)(2010·新课标全国，文)如图，已知四棱锥P －ABCD 的底面为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，垂足为H ，PH 是四棱锥的高．(1)证明：平面P AC ⊥平面PBD ； (2)若AB ＝6，∠APB ＝∠ADB ＝60°，求四棱锥P －ABCD 的体积． 解析 (1)因为PH 是四棱锥P －ABCD 的高，所以AC ⊥PH .又AC ⊥BD ，PH ，BD 都在平面PBD 内，且PH ∩BD ＝H ， 所以AC ⊥平面PBD ， 故平面P AC ⊥平面PBD .(2)因为ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，AB ＝6， 所以HA ＝HB ＝ 3.因为∠APB ＝∠ADB ＝60°，所以P A ＝PB ＝6，HD ＝HC ＝1. 可得PH ＝3，等腰梯形ABCD 的面积为S ＝12AC ×BD ＝2＋ 3.所以四棱锥的体积为V ＝13×(2＋3)×3＝3＋233.19．(本小题满分12分)在几何体ABCDE 中，∠BAC ＝π2，DC ⊥平面ABC ，EB ⊥平面ABC ，AB ＝AC ＝BE ＝2，CD ＝1.(1)设平面ABE 与平面ACD 的交线为直线l ，求证：l ∥平面BCDE ； (2)设F 是BC 的中点，求证：平面AFD ⊥平面AFE ； (3)求几何体ABCDE 的体积．解析 (1)∵CD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ， ∴CD ∥BE .∵CD ⊄平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，∴CD ∥平面ABE . 又l ＝平面ACD ∩平面ABE ，∴CD ∥l . 又l ⊄平面BCDE ，CD ⊂平面BCDE ， ∴l ∥平面BCDE .(2)在△DFE 中，FD ＝3，FE ＝6，DE ＝3. ∴FD ⊥FE .∵CD ⊥平面ABC ，∴CD ⊥AF ，又BC ⊥AF ，CD ∩BC ＝C ，∴AF ⊥平面BCDE ， ∴AF ⊥FD ，∵EF ∩AF ＝F ， ∴FD ⊥平面AFE .又FD ⊂平面AFD ，∴平面AFD ⊥平面AFE .(3)∵DC ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，∴DC ∥BE∵AB ＝AC ＝2，且∠BAC ＝π2 ∴BC ＝2 2∴SBEDC ＝12(DC ＋BE )×BC ＝3 2由(2)知AF ⊥平面BCED∴V E －BCDE ＝13S BEDC ·AF ＝13×32×2＝2. 20．(本小题满分12分)如图，在六面体ABCDEFG 中，平面ABC ∥平面DEFG ，AD ⊥平面DEFG ，ED ⊥DG ，EF ∥DG .且AB ＝AD ＝DE ＝DG ＝2，AC ＝EF ＝1.(1)求证：BF ∥平面ACGD ； (2)求二面角D -CG -F 的余弦值．解析 方法一 (1)设DG 的中点为M ，连接AM ，FM . 则由已知条件易证四边形DEFM 是平行四边形．∴MF ∥DE ，且MF ＝DE .∵平面ABC ∥平面DEFG ，∴AB ∥DE ， ∵AB ＝DE .∴MF ∥AB ，且MF ＝AB ，∴四边形ABFM 是平行四边形， ∴BF ∥AM .又BF ⊄平面ACGD ，AM ⊂平面ACGD ， 故BF ∥平面ACGD .(2)由已知AD ⊥平面DEFG ，∴DE ⊥AD .又DE ⊥DG ，∴DE ⊥平面ADGC .∵MF ∥DE ，∴MF ⊥平面ADGC .在平面ADGC 中，过M 作MN ⊥GC ，垂足为N ，连接NF ，则∠MNF 为所求二面角的平面角．连接CM .∵平面ABC ∥平面DEFG ，∴AC ∥DM ，又AC ＝DM ＝1，所以四边形ACMD 为平行四边形，∴CM ∥AD ，且CM ＝AD ＝2.∵AD ⊥平面DEFG ，∴CM ⊥平面DEFG ，∴CM ⊥DG.在Rt △CMG 中，∵CM ＝2，MG ＝1，∴MN ＝CM ·MG CG ＝25＝255.在Rt △FMN 中，∵MF ＝2，MN ＝255，∴FN ＝4＋45＝2305.∴cos ∠MNF ＝MN FN ＝2552305＝66.∴二面角D -CG -F 的余弦值为66.方法二 由题意可得，AD ，DE ，DG 两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系． 则A (0,0,2)，B (2,0,2)，C (0,1,2)，E (2,0,0)，G (0,2,0)，F (2,1,0)． (1)BF→＝(2,1,0)－(2,0,2)＝(0,1，－2)，CG →＝(0,2,0)－(0,1,2)＝(0,1，－2)，∴BF →＝CG →，所以BF ∥CG .又BF ⊄平面ACGD ，故BF ∥平面ACGD . (2)FG→＝(0,2,0)－(2,1,0)＝(－2,1,0)． 设平面BCGF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CG →＝y －2z ＝0，n 1·FG →＝－2x ＋y ＝0.令y ＝2，则n 1＝(1,2,1)．则平面ADGC 的法向量n 2＝i ＝(1,0,0)．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝1×112＋22＋12×12＋02＋02 ＝66.由于所求的二面角为锐二面角，∴二面角D -CG -F 的余弦值为66.21．(本小题满分12分)(2010·重庆卷，理)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝AB ＝6，点E 是棱PB 的中点．(1)求直线AD 与平面PBC 的距离；(2)若AD ＝3，求二面角A －EC －D 的平面角的余弦值．解析 解法一：(1)如图，在矩形ABCD 中，AD ∥BC ，从而AD ∥平面PBC ，故直线AD与平面PBC 的距离为点A 到平面PBC 的距离．因P A ⊥底面ABCD ，故P A ⊥AB ，由P A ＝AB 知ΔP AB 为等腰直角三角形，又点E 是棱PB 的中点，故AE ⊥PB .又在矩形ABCD 中，BC ⊥AB ，而AB 是PB 在底面ABCD 内的射影，由三垂线定理得BC ⊥PB ，从而BC ⊥平面P AB ，故BC ⊥AE ，从而AE ⊥平面PBC ，故AE 之长即为直线AD 与平面PBC 的距离．在Rt ΔP AB 中，P A ＝AB ＝6，所以AE ＝12PB ＝12P A 2＋AB 2＝ 3.(2)过点D 作DF ⊥CE ，交CE 于F ，过点F 作FG ⊥CE ，交AC 于G ，则∠DFG 为所求的二面角的平面角．由(1)知BC ⊥平面P AB ，又AD ∥BC ，得AD ⊥平面P AB ，故AD ⊥AE ，从而DE ＝AE 2＋AD 2＝ 6.在Rt ΔCBE 中，CE ＝BE 2＋BC 2＝ 6.由CD ＝6，所以ΔCDE 为等边三角形，故F 点为CE 的中点，且DF ＝CD ·sin π3＝322.因为AE ⊥平面PBC ，故AE ⊥CE ，又FG ⊥CE ，知FG 綊12AE ，从而FG ＝32，且G 点为AC 的中点．连接DG ，则在Rt ΔADC 中，DG ＝12AC ＝12AD 2＋CD 2＝32.所以cos ∠DFG ＝DF 2＋FG 2－DG 22·DF ·FG ＝63.解法二：(1)如图，以A 为坐标原点，射线AB 、AD 、AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴正半轴，建立空间直角坐标系A －xyz .设D (0，a,0)则B (6，0,0)，C (6，a,0)，P (0,0，6)，E (62，0，62)．因此AE →＝(62，0，62)，BC →＝(0，a,0)，PC →(6，a ，－6)， 则AE →·BC →＝0，AE →·PC →＝0，所以AE ⊥平面PBC . 又由AD ∥BC 知AD ∥平面PBC ，故直线AD 与平面PBC 的距离为点A 到平面PBC 的距离，即为|AE →|＝ 3.(2)因为|AD →|＝3，则D (0，3，0)，C (6，3，0)．设平面AEC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，又AE →＝(6，3，0)，AE →＝(62，0，62)，故⎩⎨⎧ 6x 1＋3y 1＝0，62x 1＋62z 1＝0，所以y 1＝－2x 1，z 1＝－x 1，可取x 1＝－2，则n 1＝(－2，2，2)． 设平面DEC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则n 2·DC →＝0，n 2·DE →＝0.又DC →＝(6，0,0)，DE →＝(62，－3，62)，故⎩⎨⎧ x 2＝0，62x 2－3y 2＋62z 2＝0.所以x 2＝0，z 2＝2y 2.可取y 2＝1，则n 2＝(0,1，2)．故cos 〈n 1·n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝63. 所以二面角A －EC －D 的平面角的余弦值为63.22．(本小题满分12分)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB >1，点E 在棱AB 上移动，小蚂蚁从点A 沿长方体的表面爬到点C 1，所爬的最短路程为2 2.(1)求证：D 1E ⊥A 1D ；(2)求AB 的长度；(3)在线段AB 上是否存在点E ，使得二面角D 1－EC －D 的大小为π4，若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由．解析 方法一：(1)连结AD 1，由长方体的性质可知：AE ⊥平面AD 1，∴AD 1是ED 1在平面AD 1内的射影．又∵AD ＝AA 1＝1，∴AD 1⊥A 1D ，∴D 1E ⊥A 1D (三垂线定理)．(2)设AB ＝x ，∵四边形ADD 1A 1是正方形，∴小蚂蚁从点A 沿长方体的表面爬到点C 1，可能有四种途径，如图甲、乙的最短路程为|AC 1|＝x 2＋4，如图丙、丁的最短路程为|AC 1|＝(x ＋)2＋1＝x 2＋2x ＋2，∵x >1，∴x 2＋2x ＋2>x 2＋2＋2＝x 2＋4， ∴x 2＋4＝22，∴x ＝2.(3)假设存在，连结DE ，设EB ＝y ，过点D 在平面ABCD 内作DH ⊥EC ，连结D 1H ，则∠D 1HD 为二面角D 1－EC －D 的平面角，∴∠D 1HD ＝π4，∴DH ＝DD 1＝1，在Rt △EBC 内，EC ＝y 2＋1，而EC ·DH ＝DC ·AD ， 即y 2＋1＝2解得y ＝ 3.即存在点E ，且离点B 为3时，二面角D 1－EC －D 的大小为π4.方法二：(1)如图建立空间直角坐标系，设AE ＝a ，则E (1，a,0)，D 1(0,0,1)，A 1(1,0,1)，∴DA 1→＝(1,0,1)，D 1E →＝(1，a ，－1)， ∴DA 1→·D 1E →＝0∴D 1E ⊥A 1D ，(2)同方法一．(3)假设存在，平面DEC 的法向量n 1→＝(0,0,1)，D 1C →＝(0,2，－1)， 设平面D 1EC 的法向量n 2→＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧D 1C →·n 2→＝0D 1E →·n 2→＝0 即⎩⎨⎧ 0·x ＋2y －z ＝0x ＋ay －z ＝0， 解得⎩⎨⎧ z ＝2y x ＝－ay ，∴n 2→＝(2－a,1,2)， 由题意得cos n 1→，n 2→＝2(2－a)2＋12＋22＝22. 解得a ＝2－3或2＋3(舍去)，即当点E 离B 为3时，π二面角D1－EC－D的大小为4.。
2012年高考数学一轮复习 单元能力测试卷10B
第十章 单元能力测试卷(B 版)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．)1．如右图所示，是一个正方体的表面展开图，A 、B 、C 均为棱的中点，D 是顶点，则在正方体中，异面直线AB 和CD 的夹角的余弦值为( )A.25B.35 C.105 D.55答案 C解析 把展开图复原为正方体后示意图如右图所示，∠EGF 为AB 和CD 所成的角，F 为正方体一棱的中点．∴EF ＝GF ＝52，EG ＝ 2. ∴cos ∠EGF ＝105. 2．空间四点A 、B 、C 、D 满足|AB →|＝3，|BC →|＝7，|CD →|＝11，|DA →|＝9，则AC →·BD →的取值( )A ．只有一个B ．有两个C ．有四个D ．有无穷多个答案 A解析 注意到32＋112＝72＋92＝130，由于AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0，则|DA →2|＝DA →2＝(AB →＋BC →＋CD →)2＝AB →2＋BC →2＋CD →2＋2(AB →·BC →＋BC →·CD →＋CD →·AB →) ＝AB →2－BC →2＋CD →2＋2(BC →2＋AB →·BC →＋BC →·CD →＋CD →·AB →) ＝AB →2－BC →2＋CD →2＋2(AB →＋BC →)·(BC →＋CD →)．即2AC →·BD →＝AD →2＋BC →2－AB →2－CD →2＝0，所以AC →·BD →只有一个值0，故选A.3．在半径为10 cm 的球面上有A 、B 、C 三点，且AB ＝8 3 cm ，∠ACB ＝60°，则球心O 到平面ABC 的距离为( )A ．2 cmB ．4 cmC ．6 cmD ．8 cm 答案 C解析 设平面ABC 对应的小圆圆心为M ，即三角形ABC 的外接圆的圆心，设小圆的半径为r ，根据正弦定理有2r ＝AB sin ∠ACB ＝83sin60°， ∴r ＝8 cm.根据球体的性质OM ⊥平面ABC ，即球心O 到平面ABC 的距离d ＝OM ，且三角形OCM 为直角三角形，所以d ＝R 2－r 2＝d ＝102－82，∴d ＝6 cm.∴选C.4．已知直线m 、n 、l 和平面α、β、γ，下列条件中，能推出α∥β的是( ) A ．m ⊂α，n ⊂β，m ∥n B ．m ⊥α，m ⊥βC ．m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥βD ．α⊥γ，β⊥γ 答案 B解析 如果两个平面垂直于同一条直线，那么这两个平面平行． 本题也可以通过反例否定错误选项，从而筛选出正确结论． 例如，对于A ，如果α∩β＝l ，m ∥l ，n ∥l ， 那么α与β不平行，对于选项C ，当α与β相交时，存在直线m⊂α、n⊂α，使得m∥β，n∥β，从而可排除C.对于选项D，设α、β为正方体相邻两个侧面，γ为底面，则满足α⊥γ，β⊥γ，但α与β不平行，从而可剔除D.5．如右图所示，正四棱锥P－ABCD的底面积为3，体积为22，E为侧棱PC的中点，则PA与BE所成的角为( )A.π6B.π4C.π3D.π2答案 C解析连结AC、BD交于点O，连结OE，易得OE∥PA.∴所求角为∠BEO.由所给条件易得OB＝62，OE＝12PA＝22，BE＝2，∴cos∠OEB＝12，∴∠OEB＝60°，选C.6．已知平面α⊥平面β，m是α内一条直线，n是β内一条直线，且m⊥n，那么，①m⊥β；②n⊥α；③m⊥β或n⊥α；④m⊥β且n⊥α.这四个结论中，不正确．．．的三个是( ) A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④答案 B解析对于结论③，可用反证法证明其正确性．假设m⊥β和n⊥α都不成立，因为m⊥n，根据三垂线定理的逆定理，m垂直于n在α上的射影．由于m和n不可能都与α、β的交线平行，不妨设n与α、β的交线不平行，从而n与它在α上的射影相交，故m⊥β.这与假设矛盾，故m⊥β或n⊥α.7．正三棱锥P－ABC中，M、N是侧棱PB、PC的中点，若截面AMN垂直于侧面PBC，则棱锥的侧面积与底面积的比为( )A ．1∶2B.2∶ 3 C.3∶2 D.6∶1 答案 D解析 如右图所示，∵M 、N 为正三棱锥的侧棱PB 、PC 之中点，∴MN ∥BC ，AM ＝AN . 设MN 的中点为F ，连结AF ，连结PF 并延长交BC 于E ， 连结AE ，则E 为BC 的中点．∵平面AMN ⊥侧面PBC ，而MN ＝平面AMN ∩平面PBC ， ∴AF ⊥PE .又F 为PE 之中点， ∴PA ＝AE .设底面边长为a ，斜高为h ′. 则S 侧＝12×3a ·h ′，S 底＝34a 2.又PB ＝PA ＝AE ＝32a ，BE ＝12a ， ∴h ′＝PE ＝PB 2－BE 2＝22a . ∴S 侧S 底＝12×3a ·h ′34a 2＝12×3a ×22a34a 2＝6∶1. 8．位于北纬x 度的A 、B 两地经度相差90°，且A 、B 两地间的球面距离为π3R (R 为地球半径)，那么x 等于( )A ．30B ．45C ．60D ．75 答案 B解析 记球心为点O ，依题意得∠AOB ＝π3，OA ＝OB ＝R ，因此AB ＝R .又A 、B 两地经度相差90°，因此A 、B 两地所在的纬线圈的半径是22R ，x ＝45，选B. 9．ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，点P 在线段A 1C 1上运动，异面直线BP 与AD 1所成角为θ，则θ的取值X 围是( )A ．0<θ<π2B ．0<θ≤π2C ．0<θ<π3D ．0<θ≤π3 答案 D解析 因为AD 1∥BC 1，所以BP 与AD 1所成的角θ＝∠C 1BP ，因为P 在A 1C 1上运动，所以0<θ≤π3，故选D. 10．如右图所示的多面体是过正四棱柱的底面正方形ABCD 的点A 作截面AB 1C 1D 1而截得的，且B 1B ＝D 1D .已知截面AB 1C 1D 1与底面ABCD 成30°的二面角，AB ＝1，则这个多面体的体积为( )A.62B.63 C.64D.66答案 D解析 将多面体补形，补成一个高为CC 1 的正四棱柱，则V 棱柱＝2V 多． 又∵截面与底面成30°， ∴∠C 1AC ＝30°.在Rt △ACC 1中，AC ＝2， ∴C 1C ＝2tan30°＝33×2＝63. ∴V 柱＝S ABCD ·CC 1＝63. ∴V 多＝12V 柱＝66.11．半径为4的球面上有A ，B ，C ，D 四点，且满足AB →·AC →＝0，AD →·AC →＝0，AB →·AD →＝0，则△ABC ，△ACD ，△ADB 面积之和S △ABC ＋S △ACD ＋S △ADB 的最大值为( )A ．8B ．16C ．32D ．64 答案 C解析 设AB ＝a ，AC ＝b ，AD ＝c ， 则S △ABC ＋S △ACD ＋S △ADB ＝12(ab ＋ac ＋bc )≤12(a 2＋b 22＋a 2＋c 22＋b 2＋c 22) ＝12(a 2＋b 2＋c 2) ＝12×4R 2＝12×4×42＝32， 当且仅当a ＝b ＝c 时取“＝”．12．二面角的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( )A ．150° B．45° C ．60° D．120° 答案 C解析 由条件，知CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0，CD →＝CA →＋AB →＋BD →.∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝62＋42＋82＋2×6×8cos 〈CA →，BD →〉＝(217)2，∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，〈CA →，BD →〉＝120°，∴二面角的大小为60°，故选C.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13．已知△ABC 的顶点坐标为A (1,1,1)、B (2,2,2)、C (3,2,4)，则△ABC 的面积是________． 答案62解析AB →＝(1,1,1)，AC →＝(2,1,3)， cos 〈AB →，AC →〉＝63·14＝427，∴sin A ＝77. 因为S △ABC ＝12|AB →||AC →|sin A ＝123·14·77＝62.14．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱长为1，点P 在线段BD 1上，当∠APC 最大时，三棱锥P －ABC 的体积为________．答案118解析 以B 为坐标原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，BB 1为z 轴建立空间直角坐标系，设BP →＝λBD 1→，可得P (λ，λ，λ)，再由cos ∠APC ＝AP →·CP→|AP →||CP →|可求得当λ＝13时，∠APC 最大，故V P －ABC ＝13×12×1×1×13＝118.15．已知四边形ABCD 中，AB →＝a －2c ，CD →＝5a ＋6b －8c ，对角线AC ，BD 的中点分别为E ，F 则EF →＝________.答案3a ＋3b －5c解析EF →＝EA →＋AB →＋BF →，又EF →＝EC →＋CD →＋DF →，两式相加，得 2EF →＝(EA →＋EC →)＋AB →＋CD →＋(BF →＋DF →)， 因为E 是AC 中点，故EA →＋EC →＝0， 同理BF →＋DF →＝0，所以2EF →＝AB →＋CD →＝(a －2c )＋(5a ＋6b －8c )＝6a ＋6b －10c ， ∴EF →＝3a ＋3b －5c16．如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD 为正方形，E 、F 、分别为PA 、PD 的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE 与直线CF 异面； ②直线BF 与直线AF 异面 ③直线EF ∥平面PBC ； ④平面BCE ⊥平面PAD . 其中正确的有______个． 答案 2解析 将几何体展开拼成几何体(如图)，因为E 、F 分别为PA 、PD 的中点，所以EF ∥AD ∥BC ，即直线BE 与CF 共面，①错；因为B ∉平面PAD ，E ∈平面PAD ，E ∉AF ，所以BE 与AF 是异面直线，②正确；因为EF ∥AD ∥BC ，EF⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC ，③正确；平面PAD 与平面BCE 不一定垂直，④错．三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)如右图所示，在四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PB 与底面所成的角是30°，∠BAD ＝90°.AB ∥CD ，AD ＝CD ＝a ，AB ＝2a .(1)若AE ⊥PB 于E ，求证：DE ⊥PB . (2)求异面直线AE 与BC 的夹角的余弦．解析 (1)以A 为原点，AB 、AD 、AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系． ∵PA ⊥平面ABCD ，∴∠PBA 是PB 与底面ABCD 所成的角． ∵∠PBA ＝30°，∴PA ＝233a .A (0,0,0)，B (2a,0,0)，D (0，a,0)，P (0,0，233a )， AD →＝(0，a,0)，PB →＝(2a,0，－233a )． ∵AD →·PB →＝(0，a,0)·(2a,0，－233a )＝0，∴PB →⊥AD →.又PB →⊥AE →， ∴PB ⊥平面ADE ，∴PB ⊥DE . (2)过E 作EF ⊥AB 于F ，AE ＝a ，EF ＝32a ，AF ＝12a ，E (12a,0，32a )， ∴AE →＝(12a,0，32a )．又C (a ，a,0)，∴BC →＝(－a ，a,0)．设AE →与BC 的夹角是θ，则 cos θ＝AE →·BC →|AE →|·|BC →|＝－24，∴异面直线AE 与BC 的夹角的余弦是24. 18．(本小题满分12分)如右图所示，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1，底面△ABC 中，CA ＝CB ＝a ，∠BCA ＝90°，AA 1＝2a ，M 、N 分别是A 1B 1、A 1A 的中点．(1)求BN 的长； (2)求cos 〈BA 1→，CB 1→〉； (3)求证：A 1B ⊥C 1M .解析 以C 为原点建立空间直角坐标系． (1)B (0，a,0)，N (a,0，a )， |BN →|＝a －02＋0－a2＋a －02＝3a .(2)A 1(a,0,2a )，C (0,0,0)，B 1(0，a,2a )，∴BA 1→＝(a ，－a,2a )，CB 1→＝(0，a,2a )，BA 1→·CB 1→＝a ·0＋(－a )·a ＋2a ·2a ＝3a 2， |BA 1→|＝a －02＋0－a2＋2a －02＝6a ， |CB 1→|＝0－02＋a －02＋2a －02＝5a ，∴cos 〈BA 1→，CB 1→〉＝BA 1→·CB 1→|BA 1→||CB 1→|＝36×5＝3010.(3)C 1(0,0,2a )，M (a 2，a 2，2a )，C 1M →＝(a 2，a 2，0)，A 1B →＝(－a ，a ，－2a )，∴A 1B →·C 1M →＝(－a )·a 2＋a ·a 2＋(－2a )·0＝0，∴A 1B →⊥C 1M →，∴A 1B ⊥C 1M .19．(本小题满分12分)已知M 、N 分别是正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱B 1C 1和B 1B 的中点．(1)求MN 与A 1C 1所成角的大小； (2)求MN 与平面ACC 1A 1所成角的大小．解析 (1)设正方体的棱长为1，建立直角坐标系D －xyz (如图)．则A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，M (12，1,1)，N (1,1，12)．∴MN →＝(12，0，－12)，A 1C 1→＝(－1,1,0)．∴cos 〈MN →，A 1C 1→〉＝MN →·A 1C 1→|MN →||A 1C 1→|＝－1222×2＝－12，∴〈MN →，A 1C 1→〉＝120°.而异面直线所成角在(0,90°]内，∴MN 与A 1C 1成60°角．(2)设平面ACC 1A 1的法向量n ＝(1，α，β)，则n ⊥AA 1→，(1，α，β)·(0,0,1)＝0，∴β＝0，又n ⊥AC →.∴(1，α，β)·(－1,1,0)＝0，∴a ＝1， ∴n ＝(1,1,0)，∴cos 〈n ，MN →〉＝n ·MN →|n ||MN →|＝12，∴〈n ，MN →〉＝60°， ∴MN 与面ACC 1A 1成30°角．20．(本小题满分12分)如右图所示，已知四棱锥P —ABCD 的底面是正方形，PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝2，点M 、N 分别在棱PD 、PC 上，且PN →＝12NC →，PM ＝MD .(1)求证：PC ⊥AM ；(3)求二面角B —AN —M 的大小．解析 (1)证明：因为四棱锥P －ABCD 的底面是正方形，PA ⊥底面ABCD ，故建立如右图所示的空间直角坐标系A —xyz ，又PA ＝AD ＝2，则有P (0,0,2)，D (0,2,0)，∴M (0,1,1)，C (2,2,0)， ∴PC →＝(2,2，－2)，AM →＝(0,1,1)， ∵PC →·AM →＝0＋2－2＝0，∴PC ⊥AM .(2)证明：设N (x ，y ，z )，∵PN →＝12NC →，则有x －0＝12(2－x )，∴x ＝23.同理可得y ＝23，z ＝43.即N (23，23，43)．由PC →·AN →＝43＋43－83＝0，∴PC ⊥AN .又∵PC ⊥AM ，AM ∩AN ＝A ，∴PC ⊥平面AMN .(3)解：连接BN ，设平面BAN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎨⎧n ·AB→＝2x ＝0，n ·AN →＝23x ＋23y ＋43z ＝0，取n ＝(0，－2,1)．而PC →＝(2,2，－2)为平面AMN 的法向量． ∴cos 〈n ，PC →〉＝n ·PC →|n |·|PC →|＝－4－25·12＝－155.结合图形可知，所求二面角B —AN —M 的大小为π－arccos155. 21．(本小题满分12分)(2010·某某卷，文)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝2，点E 是棱PB 的中点．(2)若AD ＝1，求二面角B －EC －D 的平面角的余弦值．解析 (1)如图，由PA ⊥底面ABCD ，得PA ⊥AB .又PA ＝AB ，故△PAB 为等腰直角三角形，而点E 是棱PB 的中点，所以AE ⊥PB .由题意知BC ⊥AB, 又AB 是PB 在平面ABCD 内的射影，由三垂线定理得BC ⊥PB ，从而BC ⊥平面PAB ，故BC ⊥AE .因为AE ⊥PB ，AE ⊥BC ，所以AE ⊥平面PBC .(2)由(1)知BC ⊥平面PAB ，又AD ∥BC ，得AD ⊥平面PAB ，故AD ⊥AE .在Rt △PAB 中，PA ＝AB ＝2，AE ＝12PB ＝12PA 2＋AB 2＝1.从而在Rt △DAE 中，DE ＝AE 2＋AD 2＝ 2.在Rt △CBE 中，CE ＝BE 2＋BC 2＝ 2.又CD ＝2，所以△CED 为等边三角形．取CE 的中点F ，连接DF ，则DF ⊥CE .因为BE ＝BC ＝1，且BC ⊥BE ，则△EBC 为等腰直角三角形，连接BF ，则BF ⊥CE ，所以∠BFD 为二面角B －EC －D 的平面角．连接BD ，在△BFD 中，DF ＝CD ·sin π3＝62，BF ＝12CE ＝22，BD ＝BC 2＋CD 2＝ 3.所以cos BFD ＝DF 2＋BF 2－BD 22·DF ·BF ＝－33.故二面角B －EC －D 的平面角的余弦值为－33. 22．(本小题满分12分)如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面是以∠C 为直角的等腰直角三角形，AC ＝BC ＝CC 1＝2，M ，N 分别在棱CC 1，A 1B 1上，N 是A 1B 1的中点．(1)若M 是CC 1的中点，求异面直线AN 与BM 所成的角；(2)若点C 关于平面ABM 的对称点恰好在平面ABB 1A 1上，试确定M 点在CC 1上的位置． 解析 (1)以CB 、CA 、CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则C (0,0,0)，A (0，－2,0)，B (2,0,0)，C 1(0,0,2)，A 1(0，－2,2)，B 1(2,0,2)，由于N 是A 1B 1的中点，M 是CC 1的中点，所以M (0,0,1)，N (1，－1,2)，于是AN →＝(1,1,2)，BM →＝(－2,0,1)，因此cos 〈AN →，BM →〉＝06×5＝0，所以异面直线AN 与BM 所成的角等于90°.(2)设M (0,0，z )(0<z ≤2)，由于点C 关于平面ABM 的对称点恰好在平面ABB 1A 1上， 取AB 的中点D ，连接CD 、DN 、MD ，易知CD ⊥AB ，ND ⊥AB ，所以AB ⊥平面C 1NDC ，而AB ⊂平面ABM ，所以平面ABM ⊥平面C 1NDC ，又平面ABM ∩平面C 1NDC ＝DM ，过C 作CH ⊥DM ，则CH ⊥平面ABM ，延长CH 至P ，使PH ＝CH ， 则点P 就是点C 关于平面ABM 的对称点，所以P 点在平面C 1NDC 中，又P 点恰好在平面ABB 1A 1上，所以P 点应该在直线ND 上． 由于D (1，－1,0)，所以MD →＝(1，－1，－z )，而点H 在线段MD 上，所以设MH →＝λ·MD →＝(λ，－λ，－λz )，则CH →＝CM →＋MH →＝(λ，－λ，z －λz )，故CP →＝2CH →＝(2λ，－2λ，2z －2λz )，所以P (2λ，－2λ，2z －2λz )， 于是DP →＝(2λ－1，－2λ＋1,2z －2λz )，而DN →＝(0,0,2)，由于P 点应该在直线ND 上，且DC ＝DP ，所以⎩⎨⎧2λ－1＝0，－2λ＋1＝0，|2z －2λz |＝2，得z ＝2，所以当点C 关于平面ABM 的对称点恰好在平面ABB 1A 1上时，CM ＝ 2.。
2012年全国统一高考数学试卷(新课标版)
2012年全国统一高考数学试卷（新课标版）（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给同的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）已知集合A={1，2，3，4，5}，B={（x，y）|x∈A，y∈A，x﹣y∈A}，则B 中所含元素的个数为（）A ．3B．6C．8D．102．（5分）将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有（）A ．12种B．10种C．9种D．8种3．（5分）下面是关于复数的四个命题：其中的真命题为（），p1：|z|=2，，p3：z的共轭复数为1+i，p4：z的虚部为﹣1．A ．p2，p3B．p1，p2C．p2，p4D．p3，p44．（5分）设F1、F2是椭圆的左、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．5．（5分）已知{a n} 为等比数列，a4+a7=2，a5a6=﹣8，则a1+a10=（）A ．7B．5C．﹣5D．﹣76．（5分）如果执行右边的程序框图，输入正整数N（N≥2）和实数a1，a2，…，a n，输出A，B，则（）A．A+B为a1，a2，…，a n的和B．为a1，a2，…，a n的算术平均数C ．A和B分别是a1，a2，…，a n中最大的数和最小的数D．A和B分别是a1，a2，…，a n中最小的数和最大的数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 ．6B．9C．12D．188．（5分）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A，B两点，，则C的实轴长为（）A ．B．C．4D．89．（5分）（2012•黑龙江）已知ω＞0，函数在上单调递减．则ω的取值范围是（）A ．B．C．D．（0，2]10．（5分）已知函数；则y=f （x ）的图象大致为（ ） A ．B ．C ．D ．11．（5分）已知三棱锥S ﹣ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（ ） A ．B ．C ．D ．12．（5分）设点P 在曲线上，点Q 在曲线y=ln （2x ）上，则|PQ|最小值为（ ） A ． 1﹣ln2 B ．C ．1+ln2 D ．二．填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．（5分）（2012•黑龙江）已知向量夹角为45°，且，则= _________ ．14．（5分）设x ，y 满足约束条件：；则z=x ﹣2y 的取值范围为_________ ．15．（5分）某个部件由三个元件按下图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布N（1000，502），且各个元件能否正常相互独立，那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为_________．16．（5分）数列{a n}满足，则{a n}的前60项和为_________．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（12分）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，（1）求A；（2）若a=2，△ABC的面积为；求b，c．18．（12分）某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．（1）若花店一天购进16枝玫瑰花，求当天的利润y（单位：元）关于当天需求量n （单位：枝，n∈N）的函数解析式．（2）花店记录了100天玫瑰花的日需求量（单位：枝），整理得下表：日需求量n14151617181920频数10201616151310以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率．（i）若花店一天购进16枝玫瑰花，X表示当天的利润（单位：元），求X的分布列，数学期望及方差；（ii）若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由．19．（12分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，D是棱AA1的中点，DC1△BD（1）证明：DC1△BC（2）求二面角A1﹣BD﹣C1的大小．20．（12分）设抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点为F，准线为l，A∈C，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点；（1）若△BFD=90°，△ABD的面积为；求p的值及圆F的方程；（2）若A，B，F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值．21．（12分）（2012•黑龙江）已知函数f（x）满足；（1）求f（x）的解析式及单调区间；（2）若，求（a+1）b的最大值．四、请考生在第22，23，24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号．22．（10分）（2012•黑龙江）选修4﹣1：几何证明选讲如图，D，E分别为△ABC边AB，AC的中点，直线DE交△ABC的外接圆于F，G两点，若CF△AB，证明：（1）CD=BC；（2）△BCD～△GBD．23．选修4﹣4；坐标系与参数方程已知曲线C1的参数方程是，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立坐标系，曲线C2的坐标系方程是ρ=2，正方形ABCD的顶点都在C2上，且A，B，C，D依逆时针次序排列，点A的极坐标为（1）求点A，B，C，D的直角坐标；（2）设P为C1上任意一点，求|PA|2+|PB|2+|PC|2+|PD|2的取值范围．24．选修4﹣5：不等式选讲已知函数f（x）=|x+a|+|x﹣2|（1）当a=﹣3时，求不等式f（x）≥3的解集；（2）若f（x）≤|x﹣4|的解集包含[1，2]，求a的取值范围．。
吉林省各地市2012年高考数学最新联考试题分类大汇编(8)立体几何.pdf
吉林省各地市2012年高考数学最新联考试题分类大汇编（8）立体几何 一、选择题： 4. (2012年东北三省四市教研协作体第二次调研测试文科)如图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为 A.B. 1 C.D. 4.A 由题意可知，该几何体为一个四棱锥，底面面积为，高为1，体积为.故选A. 8．一个几何体的三视图及尺寸如下图所示，其中正视图是直角三角形，侧视图是半圆，俯视图是等腰三角形，该几何体的表面积是（ ） A． B． C． D． 9．(东北四校2012届高三第一次高考模拟文科)一个几何体的三视图及尺寸如下图所示，其中正视图是直角三角形，侧视图是半圆，则该几何体的表面积是（ C ） A． B． C． D． 5．(吉林省吉林市普通高中2012届高三下学期期中教学质量检测理科)某几何体的三视图如右图所示，则其侧面积为( A ) A． B．C．D．的外接球的球心在上，且平面，,若四面体的体积为，则该球的体积为( D ) A．B．C．D．6．(吉林省吉林市普通高中2012届高三下学期期末教学质量检测文科)已知几何体的三视图如图所示，可得这个几何体的体积是A）4 （B）6 （C）12 （D）18 3．(吉林省延吉市2012年2月高三教学质量检测理科)设 、、是三个互不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题中正确的是（ ） A． B． C． D． 已知正四棱锥中，，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为 A． B．C． D．36.(吉林省实验中学2012届高三第六次模拟理科)一个四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则这个四棱锥的体积是 A． B． C． D．16. (2012年东北三省四市教研协作体第二次调研测试文科)如图所示，正方体的棱长为6，则以正方体的中心为顶点，以平面截正方体外接球所得的圆为底面的圆锥的全面积为__________. 16.为正方体外接球的球心，也是正方体的中心， 到平面的距离是体对角线的，即为， 又球的半径是正方体体对角线长的一半，即为， 由勾股定理可知，截面圆的半径为， 圆锥底面面积为； 圆锥的母线即为球的半径， 圆锥的侧面积为； 因此圆锥的表面积为. 16．，它的外接球的球心为，点是的中点，点是球的球面上任意一点，有以下判断：①该正方体外接球的体积是；②异面直线与所成角为；③长的最大值为；④过点的平面截球的截面面积的最小值为.其中所有正确判断的序号是. ①②③ 三、解答题： 19. (2012年东北三省四市教研协作体第二次调研测试文科)（本小题满分12分） 如图，正方形与直角梯形所在平面互相垂直，，，. ⑴求证：平面； ⑵求点到平面的距离. 19.(本小题满分12分) 【命题意图】本小题主要考查立体几何的相关知识，具体涉及到线面的平行关系、点到平面距离的求法等知识. 【试题解析】解：⑴证明：设，取中点，连结， 则∥且＝. ∵，，∴∥且＝， ∴四边形是平行四边形，∴. ∵平面,平面, ∴平面，即平面.(5分)△中，， 在△中，， 在直角梯形中，， 所以， ， 由于,即， ， 即点到平面的距离为. (12分)19．（本小题满分12分） 已知斜三棱柱ABC—A1B1C1的底面是正三角形，侧面ABB1A1是菱形，且，M是A1B1的中点， （1）求证：平面ABC； （2）求二面角A1—BB1—C的余弦值。
2012年高考江苏数学卷试题及参考答案
—
１． 口为锐角，若 ｃ ＋詈１ ，则 １设 ｏ ｓ 一４
Ｌ Ｊ
名 学生．
ｓ（ ＋ ） 值 — — ． ｉ２ 的 为 ｎａ
１ ．在平 面直 角坐标 系 ｘ ｙ中 ， Ｃ的方 程 为 ｚ ２ Ｏ 圆
ｌ —
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输 出 的 ｋ的值
是 ． 图１
ｃｎｂ ａ ｃ ， ｌ ≥ ＋ ｌ Ｃ 则 的取值 范 围是 ｎ
“ —
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一
．
二 、 答题 ： 大 题 共 ６小 题 ， 计 ９ 解 本 共 ０分． 解答 时
５ ．函 数 ｆ ｘ （ ）一
应 写 出文字说 明 、 明过 程或 演算 步骤． 证
√ ＮＡ ・ Ｆ 的值 是 ２， Ｆ Ｂ
．
・
６ ・ ２
中学数学 月 刊
２１ ０ ２年第 ７ 期
平 面上 ， Ｙ轴 垂 直 于地 平 面 ， 位 长 度 为 １千 单
米． 某炮 位 于坐 标 原点 ． 已知炮 弹 发射 后 的轨 Nhomakorabea１
足：＋一 ａｌ 些 ｎ
√口 ＋ ｂ
， ∈Ｎ ． ＊
图４
√ 则 ｍ 的值 为 ５，
．
９ ．如 图 ３ 在矩形 Ａ Ｃ 中， Ｂ一√ Ｂ ， Ｂ Ｄ Ａ ２， Ｃ一２ 点 ，
Ｅ为 Ｂ Ｃ的 中点 ， Ｆ在边 Ｃ 上 ， Ｂ ・ 点 Ｄ 若Ａ ＡＦ一
（ ） 线 Ａ。 ２直 Ｆ∥ 平面 Ａ ＤＥ． １ ． 本 小题 满分 １ ７（ ４分 ） 如 图 ５ 建立 平 面直 角 坐 标 系 ０ ｚ轴 在 地 ， ，
2012北京各地市高考数学联考分类篇：08立体几何.
8 立体几何一、选择题：（ 3） ( 北京市东城区 2012 年 1 月高三考试文科） 一个几何体的三视图以下图，则该几何体的体积为（ A ）a 3 （ B ）a 3a26（ C ）a 3（ D ）a 3aa 1218正（主）视图侧（左）视图【答案】 C【分析】该几何体为底面是直角边为a 的等腰直角三角形，3 俯视图高为 a 的直三棱柱，其体积为1a a aa。
2 27．( 北京市西城区 2012 年 1 月高三期末考试理科 ) 某几何体的三视图以下图，该几何体的体积是（）（ A ） 8（ B ） 83（ C ） 4（ D ） 43【答案】 D【分析】将三视图复原直观图，可知是一个底面为正方形（其对角线长为2），高为2 的四棱锥，其体积为V 1S正方形ABCD 2 1 1 2 2 2 4.3 3 2 3B．m , n C．m ,n //A．m //, n //且//，则m // n且，则m // n且，则 m n//D．m // ,n 且，则m // n【答案】 C 体的体积为. 3 23 321 1正视图侧视图2 1俯视图（9） ( 北京市东城区2012 年 4 月高考一模文科) 已知一个四棱锥的三视图以下图，则该四棱锥的体积是.4310. (2012 年 4 月北京市房山区高三一模理科一个几何体的三视图以下图，则这个几何体的体积为.23三、解答题：（17）(北京市东城区2012 年 1 月高三考试文科）（本小题共14 分）如图，在四棱锥P ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，PA平面ABCD， E 是PC 中点， F 为线段 AC 上一点.（Ⅰ）求证：BD EF ；P （Ⅱ）试确立点 F 在线段 AC 上的地点，使EF //平面 PBD ，并说明原因.【命题剖析】此题考察线线垂直和线面探究性问题等综合问题。
考察学生的A 空间想象能力。
证明线线垂直的方法：（ 1）异面直线所成的角为直角；（2）线面垂直的性质定理；（ 3）面面垂直的性质定理；（ 4）三垂线定理和逆定理；（5）B勾股定理；（ 6）向量垂直 .要注意线面、面面垂直的性质定理的成立条件.解题过程中要特别领会平行关系性质的传达性，垂直关系的多样性.此题第一问利用方法二进行证明；探究某ED FC证明（Ⅰ）由于因此PA 平面 ABCD ，PA BD ．又四边形 ABCD 是正方形，因此因此因此分AC BD，PA AC A，BD 平面PAC,又EF平面PAC,BD EF.7PBD . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 14 分(16) （ 2012 年 4 月北京市海淀区高三一模理科）（本小分14 分）在四棱 P - ABCD 中， AB// CD， AB^ AD，AB= 4,AD= 2 2,CD= 2，PA ^ 平面 ABCD ， PA= 4.m ，求： CD //m；P（Ⅰ）平面 PAB 平面 PCD（Ⅱ）求： BD 平面 PAC ；（Ⅲ）点 Q 段 PB 上一点，且直 QC 与平面 PAC 所成角的正弦3，求PQ的．A3 PBDC(16) （本小分14 分） B⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分因此BD ( 4,2 2,0) ， AC (2,2 2,0) ，z AP (0,0,4) ，P因此BDAC (4)2222200 0 ，BDAP(4)0220040.因此BD AC，BD AP. A Dy因AP AC A， AC 平面 PAC ，B CPA 平面 PAC ，x因此BD 平面 PAC .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9 分由（Ⅱ）知平面PAC 的一个法向量BD ( 4,2 2,0) .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分17. (2012 年 3 月北京市旭日区高三一模文科) （本分13 分）在如所示的几何体中，四形ABCD 平行四形，ABD = 90 ， EB 平面ABCD ， EF//AB ，AB= 2，EF =1，BC= 13，且M是BD F . E的中点（Ⅰ）求：EM // 平面ADF；DCMA B（Ⅱ）在 EB 上能否存在一点 P ，使得CPD 最大？若存在，恳求出 CPD 的正切值；若不存在，请说明原因 .（17）（本小题满分 13 分）（Ⅱ）解：假定在EB 上存在一点 P ，使得CPD 最大 .由于EB平面 ABD ，因此EBCD .又由于CDBD，因此CD平面EBD .8 分在 Rt CPD 中， tan CPD =CD.DP17． ( 北京市西城区 2012 年 4 月高三第一次模拟文) （本小题满分 14 分）如图，矩形 ABCD中，AB 3，BC 4． E ，F分别在线段BC 和 AD上，EF∥AB ，将矩形 ABEF 沿 EF 折起．记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF平面ECDF．（Ⅰ）求 ：NC ∥平面 MFD；（Ⅱ）若EC3 ，求 ：NDFC；（Ⅲ）求四周体NFEC 体 的最大 ．17. （本小 分 14 分）（Ⅰ） 明：因 四 形MNEF ，EFDC 都是矩形，因此 MN∥EF∥CD ，MNEFCD．因此 四 形 MNCD 是平行四 形， ⋯⋯⋯⋯⋯2 分因此 NC ∥MD，⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分因NC平面 MFD ，因此 NC ∥平面MFD．⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（Ⅱ） 明： 接ED，ED FCO．因 平面MNEF平面ECDF，且NEEF，因此 NE 平面ECDF，⋯⋯5分因此 FCNE．⋯⋯⋯⋯ 6 分9 分（Ⅲ）解：NE x ， EC 4 x ，此中 0 x 4 ．由（Ⅰ）得NE平面 FEC ，因此四周体 NFEC 的体11V NFECS EFC NEx(4 x)32．⋯⋯⋯ 11 分因此1 [ x (4 x) ]2 ．⋯⋯⋯⋯⋯ 13 分VNFEC22 2当且 当 x 4 x，即x2 ，四周体 NFEC 的体 最大．⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 14 分（17） ( 北京市 城区2012 年 4 月高考一模理科 ) （本小 共 13 分）12（17）（共 13 分）（Ⅰ） 明：取BE 中点 D ， DF .因 AECF 1， DE 1，因此 AFAD 2 ，而A 60 ，即△ ADF 是正三角形 .又因 AEED 1, 因此 EF AD .⋯⋯⋯⋯ 2 分因此在图 2 中有 A 1E EF ，BEEF .3分所以A 1 E 为B二面角A 1EF 的B 平面 角.图 1又二面角 A 1 EF B 为直二面角，因此 A 1E BE .5 分又由于 BEEFE ,因此 A 1E ⊥平面 BEF ,即 A 1E ⊥平面 BEP .6 分（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知 A 1E ⊥平面 BEP ， BEEF ，如图，以 E 为原点，成立空间直角坐标系 Exyz ，则 E(0 ,0,0) ， A 1(0,0,1) ， B(2 ,0,0) ，F(0, 3 , 0) .在图１中，连接 DP .由于CFCP 1 ，FAPB 2因此 PF ∥BE ，且 PF1BEDE .2 因此四边形 EFPD 为平行四边形 . 因此EF ∥DP ，且EF DP .故点 P 的坐标为（ ， 3 ， ）图210 .因此 A 1B (2 ,0, 1)， BP ( 1, 3,0) ， EA 1(0,0,1) . 8 分不如设平面 A 1BP 的法向量 nA 1B n0,( x, y, z) ，则0.BP n2 x z 0,3 ，得 n (3,3,6) .10 分即3y令 yx0.因此 cosn, EA 1n EA 163 .12 分1 3| n || EA 1 |4 2故直线 A 1E 与平面 A 1BP 所成角的大小为.13 分3（17） ( 北京市东城区 2012 年 4 月高考一模文科 ) （本小题共 14 分）如图 1，在边长为 3 的正三角形 ABC 中， E ， F ， P 分别为 AB ， AC ， BC 上的点，且知足 AE FC CP 1 .将△ AEF 沿 EF 折起到△A1EF的地点，使平面A1EF 平面 EFB ，连接AB1 ， A1P.（如图2）（Ⅰ）若 Q 为A B中点，求证： PQ ∥平面 A EF；1 1（Ⅱ）求证：A1E EP .图1图2（17）（共 14 分）证明：（Ⅰ）取 A1E 中点M，连接QM , MF．在△ A1BE 中，Q, M分别为 A1B, A1 E 的中点，因此 QM ∥BE，且QM 1BE．由于CFCP 12，FA PB 2因此 PF ∥BE,且PF 1 BE，2因此QM ∥PF ，且QM PF ．因此四边形 PQMF 为平行四边形．因此 PQ∥FM ． 5 分又由于 FM 平面 A1 EF ，且PQ 平面 A1EF ，因此 PQ ∥平面A1EF．7 分（Ⅱ）取BE中点D，连接DF.因AE CF 1，DE 1，因此AF AD 2 ，而 A 60 ，即△ADF 是正三角形.又因 AE ED 1, 因此在 2 中有A1E 因此EFEF.AD .⋯⋯⋯⋯ 9 分因平面A1EF 平面EFB ，平面A1 EF 平面EFB EF ，因此A1E ⊥平面BEF . ⋯⋯⋯⋯ 12 分又 EP平面BEF 因此 A1E⊥EP. ，⋯⋯⋯⋯ 14 分17. (2012年3月北京市丰台区高三一模文科) （本小共14 分）如，四棱P-ABCD中，底面ABCD是菱形， PA=PD，∠ BAD=60o， E 是点 Q 在棱 PC上．（Ⅰ）求：AD⊥平面 PBE；（Ⅱ）若 Q 是 PC的中点，求：PA //平面BDQ；AD 的中点，（Ⅲ）若V P-BCDE=2V Q - ABCD，求CP的．CQ17．明：（Ⅰ）因所PE E 是 AD 的中点，以PA=PD，AD ⊥．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分因底面ABCD是菱形，∠ BAD=60o，因此AB=BD，又因 E 是 AD 的中点，因此AD⊥BE．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2分因PE∩BE=E，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3分因此AD⊥平面PBE．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4分（Ⅱ）接AC 交BD 于点O，OQ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分因O 是AC中点，Q 是PC的中点，因此OQ △ PAC中位．所以OQ //因h1 CP因此CP 8⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 14 分h2，CQ．CQ 317. (2012 年 4 月北京市房山区高三一模理科（本小共14 分）在直三棱柱 ABC ABC中， BC CC AB=2 ,AB BC.点M , N 分是1 1 1 1CC1, B1C 的中点，G是棱AB 上的点.（ I）求：B1C平面BNG；(II)若CG // 平面AB1M，确立G 点的地点，并出明；(III)求二面角M AB1 B 的余弦.17．（本小共14 分）(I) 明：∵在直三棱柱ABC A1B1C1中，BC CC1，点N 是B1C 的中点，∴ BN B1C ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分AB BC , AB BB1, BB1 BC B∴ AB ⊥平面B1 BCC1 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分B1 C 平面B1 BCC1∴ B1 C AB ，即 B1 C GB ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分又BN BG B∴ B1C 平面BNG ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（ II）当G是棱AB的中点，CG // 平面AB1M .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分明以下 :AB1,取 AB1的中点H，接HG , HM ,GC,HG AB1 B 的中位∴ GH ∥BB1， GH 1BB1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分2∵由已知条件， B1 BCC1正方形∴ CC1∥ BB1， CC1 BB1∵ M CC1的中点，(III) ∵直三棱柱ABC A1B1C1且AB BC又平面 B1 AB 的法向量 BC1 (2,0,0) ，1cos BC , n = B1C1 n = 1 ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 13 分1 1 B1C1 n 3二面角M AB1 B 的平面角，且角cos cos B1C1, n 1．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 14 分3。
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单元检测卷(八)三角函数及解三角形时间：90分钟，满分150分一、选择题(共8小题，每小题7分，满分56分) 1．sin240°＝( ) A.12 B.32C ．－12D ．－32[答案] D2．(2010·全国Ⅰ，2)记cos(－80°)＝k ，那么tan100°＝( ) A.1－k 2kB ．－1－k 2kC.k 1－k2D ．－k 1－k2[答案] B3．若sin θ·cos θ＞0，则θ在( ) A ．第一、二象限 B ．第一、三象限 C ．第一、四象限D ．第二、四象限[解析] ⎩⎪⎨⎪⎧ sin θ＞0cos θ＞0或⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＜0cos θ＜0. [答案] B4．(2010·课标，10)若cos α＝－45，α是第三象限的角，则sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝( ) A ．－7210B ．－7 2 C.7210D ．7 2[解析] ∵α是第三象限的角， ∴sin α＝－35，sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4 ＝22(sin α＋cos α)＝－7210，故选A. [答案] A5．sin163°sin223°＋sin253°sin313°等于( ) A ．－12B.12C ．－32D.32[解析] 原式＝sin163°·sin223°＋cos163°cos223° ＝cos(163°－223°)＝cos(－60°)＝12.[答案] B6．函数y ＝sin(2x －π4)的图象向左平移π8个单位，所得的图形对应的函数是( )A ．偶函数，但不是奇函数B ．奇函数，但不是偶函数C ．既是奇函数，又是偶函数D ．既不是奇函数，又不是偶函数[解析] y ＝sin(2x －π4)――→左移π8y ＝sin[2(x ＋π8)－π4]＝sin2x . ∴函数为奇函数，故选B. [答案] B7．(2010·课标全国，4)如图，质点P 在半径为2的圆周上逆时针运动，其初始位置为P 0(2，－2)，角速度为1，那么点P 到x 轴距离d 关于时间t 的函数图象大致为( )[解析] 本题可采用特值法验证．P 在P 0点时，P 点到x 轴的距离d ＝2，此时t ＝0，故排除A 、D ；由已知w ＝1，T ＝2πw＝2π，当P 点到达P 1点时，此时P 点正好在x 轴上，所以d ＝0，此时经过t ＝2π8＝π4，故选C.[答案] C8．如图所示，已知两座灯塔A 和B 与海洋观察站C 的距离都等于a km ，灯塔A 在观察站C 的北偏东20°，灯塔B 在观察站C 的南偏东40°，则灯塔A 与灯塔B 的距离为( )A ．a km B.3a km C.2a kmD ．2a km[解析] 利用余弦定理解△ABC .易知∠ACB ＝120°，在△ABC 中，由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos120°＝2a 2－2a 2×⎝⎛⎭⎫－12＝3a 2，∴AB ＝3a .[答案] B二、填空题(共6小题，每小题7分，满分42分)9．(2010·全国Ⅰ，14)已知α为第二象限的角，sin α＝35tan2α＝________.[解析] ∵α是第二象限的角，由sin α＝35得cos α＝－45，tan α＝－34tan2α＝2tan α1－tan 2α＝2×⎝⎛⎭⎫－341－⎝⎛⎭⎫－342＝－247.[答案] －24710．如果tan α、tan β是方程x 2－3x －3＝0的两根，则tan(α＋β)＝________. [解析] 由韦达定理得tan α＋tan β＝3. tan α·tan β＝－3，∴tan(α＋β)＝31＋3＝34. [答案] 3411．函数y ＝sin x ＋3cos x 的最小值是________． [解析] ∵y ＝2sin(x ＋π3，∴y 的最小值是－2.[答案] －212．在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若(3b －c )cos A ＝a cos C ，则cos A ＝________.[解析] 依题由正弦定理得： (3sin B －sin C )·cos A ＝sin A ·cos C ，即3sin B ·cos A ＝sin(A ＋C )＝sin B ，∴cos A ＝33. [答案]3313．cos π5cos 2π5的值是________．[解析] 原式＝2sin π5cos π5cos 2π52sin π5＝sin 2π5·cos2π52sinπ5＝sin 4π54sin π5＝sin π54sinπ5＝14[答案] 1414．(2011·深圳一模)在△ABC 中，已知a ，b ，c 分别为∠A ，∠B ，∠C 所对的边，S 为△ABC 的面积．若向量p ＝(4，a 2＋b 2－c 2)，q ＝(1，S )满足p ∥q ，则∠C ＝________.[解析] 由已知得4S ＝a 2＋b 2－c 2，即4·(12ab sin C )＝a 2＋b 2－c 2；sin C ＝a 2＋b 2－c 22ab ，∴sin C ＝cos C ，tan C ＝1.∴C ＝π4.[答案] π4三、解答题(共4小题，满分52分)15．(2010·湖北，16)(本小题满分12分)已知函数f (x ) ＝cos ⎝⎛⎭⎫π3x ·cos⎝⎛⎭⎫π3－x ，g (x )＝12sin2x －14. (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)求函数h (x )＝f (x )－g (x )的最大值，并求使h (x )取得最大值的x 的集合． [解] (1)f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫π3＋x cos ⎝⎛⎭⎫π3－x ＝⎝⎛⎭⎫12cos x －32sin x ⎝⎛⎭⎫12x ＋32sin x ＝14cos 2x －34sin 2x ＝1＋cos2x 8－3－3cos2x 8 ＝12cos2x －14， f (x )的最小正周期为2π2＝π.(2)h (x )＝f (x )－g (x )＝12cos2x －12sin2x＝22cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4，当2x ＋π4＝2k π(k ∈Z)时，h (x )取得最大值22.h (x )取得最大值时，对应的x 的集合为 {x |x ＝k π－π8k ∈Z}．16．(2010·辽宁，文，17)(本小题满分12分)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且2a sin A ＝(2b ＋c )sin B ＋(2c ＋b )sin C .(1)求A 的大小；(2)求sin B ＋sin C 的最大值．[解] (1)由已知，根据正弦定理得2a 2＝(2b ＋c )b ＋(2c ＋b )c ，即a 2＝b 2＋c 2＋bc .由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，故cos A ＝－12，A ＝120°.(2)由(1)得：sin B ＋sin C ＝sin B ＋sin(60°－B )＝32cos B ＋12B ＝sin(60°＋B )． 故当B ＝30°时，sin B ＋sinC 取得最大值1.17．(2009·北京)(本小题满分14分)已知函数f (x )＝2sin(π－x )cos x . (1)求f (x )的最小正周期；(2)求f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π6，π2上的最大值和最小值．[解] (1)∵f (x )＝2sin(π－x )cos x ＝2sin x cos x ＝sin2x ， ∴函数f (x )的最小正周期为π.(2)由－π6≤x ≤π2⇒－π3≤2x ≤π，∴－32≤sin2x ≤1，∴f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π6，π2上的最大值为1，最小值为－32.18．(2009·湖南卷)(本小题满分14分)已知向量a ＝(sin θ，cos θ－2sin θ)，b ＝(1,2)． (1)若a ∥b ，求tan θ的值； (2)若|a |＝|b |,0＜θ＜π，求θ的值．[解] (1)因为a ∥b ，所以2sin θ＝cos θ－2sin θ，于是4sin θ＝cos θ，故tan θ＝14.(2)由|a |＝|b |知，sin 2θ＋(cos θ－2sin θ)2＝5， 所以1－2sin2θ＋4sin 2θ＝5.从而－2sin2θ＋2(1－cos2θ)＝4，即sin2θ＋cos2θ＝－1， 于是sin(2θ＋π4)＝－22.又由0＜θ＜π知，π4＜2θ＋π4＜9π4，所以2θ＋π4＝5π4，或2θ＋π4＝7π4.因此θ＝π2，或θ＝3π4.。