14-18年北清自招博雅领军数学真题-立体几何
清华领军2015.12.长方体1111ABCD A B C D -中，12,1AB AD AA ===，则A 到平面1A BD 的距离为（ ）A.13B.23 C.2 D.6清华领军2016.11.F 为BC 中点，1114A E AA =，正方体，1111ABCD ABCD -棱长为1，中心为O ，问O ECF V -A.17144B.1738C.11144D.113811.【解答】D.在1BB 上取点G 使得118BG BB =，则//OG BFE 面∴111111322896O BEF G BEF E BGF V V V ---===⨯⨯⨯⨯=清华领军2016.19.在正三棱锥P ABC -中，ABC △边长为1，设P 到平面ABC 距离为h 当h 趋近于正无穷时，异面直线AB 与CP 之间的距离为______19.【解答】32当h 趋于正无穷时P 到面ABC 的垂足为O ，取AB 中点M ，d (AB ,CP )sin CM PCM =⋅∠，又tan hPCM CO∠=，故d (AB ,CP )sin CM PCM =⋅∠=22222tan 1tan +PCM h CM CM PCM h CO ∠⋅=⋅+∠。
因CM ，CO 均为定值，令h →∞有：()3lim ,h d AB CP CM →∞==。
【评析】h →∞时容易猜到答案应为C 到AB 的距离，由h →∞时CP h →也可得到同样的结果。
清华领军2017.3.ABC △为等边三角形，边长为3，平面外一点P 满足3,4,5PA PB PC ===，求P ABC V -A.11B.10C.5D.33、【解答】√11.如图所示，注意到△PBC 是直角三角形，同时AB=AC=AP=3，意味着A 在底面射影是△PBC 外心，即BP 中点D ，又勾股定理得到AB 2=AD 2+BD 2，进而AD=√112，故V P-ABC =V A-PBC =13×12CB ·CP ·AD=√11 【评析】观察几何关系，从最容易的地方入手解决，同时注意A 在底面射影就是△PBC 的外心。
清华领军2017.19.求0,0,0,231x y z x y z ≥≥≥++≤的体积 A.136 B.118 C.19 D.172北大自招2016.3. 四个半径为1的球两两相切，求其外切正四面体的棱长为（ ） A.222+ B.223+C.422+D.以上均错3.【解答】B考虑一个球和其外切正四面体的相切的情况。
其与正四面体的3条棱相切，切点与正。
再加上两个球的半径，知其外切正四面体棱长应为2+6. 正方体八个顶点中任取3个，求能构成等腰三角形的概率________。
6.【解答】47对这个正方体，选取三角形的方法总数为3856C=。
我们从相反的方向考虑，如果这个三角形是非等腰三角形，那么它的三边一定分别是棱、面对角线和体对角线。
不难验证，这共有24种，故等腰三角形有32个，概率为47。
清华暑期2016.6. 在立方体ABCD-A1B1C1D1中，在A1B1C1D1面内有一点M，使得BM//面AD1C，求1tan D MD∠的最大值。
6.显然，面AD1C//面B A1C1。
那么由于A1C1∈面A1B1C1D1，且BM//面AD1C，∴M∈A1C1。
那么1tan D MD∠=11DDD M2017.2北大优特6. 已知ABCD-A1B1C1D1是边长为1的立方体，求异面直线AB1和BD 的距离。
6.问题的关键在于找到公垂线段MN。
以D为原点，DA，DC，DD1为三轴建立空间直角坐标系。
设M(1,m,m)，N（n,n,0），则()1,,MN n n m m=---。
利用1MN AB⊥和MN BD⊥，列出方程：2021n mn m-=⎧⎨-=⎩，解得1233m n==，。
于是异面直线的距离即MN长【评析】异面直线的距离通常是较难处理的，但此题是有关立方体的，所以问题难度并不大。
注意MN 两点坐标的设元方式。
2017.5北大优特11. 桌面上有3个半径为2017的球两两相切，在其上方空隙里放一个球，使其顶点（最高点）与3个球的顶点在同一平面内，则该球的半径是（ ） A.20176B.20174C.20173D.2017211.【解答】C假设桌面上三个球的球心为O 1O 2O 3，两两外切，则△O 1O 2O 3是半径为4034的正三角形，且位于一个水平面上。
设顶端球的球心为O ，半径为R ，于是OO 1=OO 2=OO 3=R+2017。
考虑四个球心形成的正三棱锥，H 为顶点在底面的投影，设h 为顶点到底面的距离。
利用勾股定理，22211OO OH O H =+，于是()2222017R h +=+。
另一方面，题干已知球的上顶点在同一水平面上，得到2017h R +=。
两个方程联立，解得20173R =。
【评析】和球相关的立体几何题，我们通常考虑其球心，这样可以简化问题。
相切的条件，也通常转化为球心位置和半径的关系。
2017.5北大优特20. 在圆锥中，M是顶点，O是底面中心，A在底面圆周上，B在底面圆内，|MA|=6，AB⊥OB，OH⊥MB于H，C为MA的中点，当四面体O−CHM的体积最大时，|BH|=（）D.220.【解答】D30. 已知两个同底正三棱锥E-ABC，F-ABC接于同一个外接球，E-ABC中侧面与底面的夹角为15，求F-ABC侧面与底面夹角的正切值。
2017.北大优特30. 【解答】8+【评析】两个正三棱锥内接于一个外接球，那么顶点EF连线垂直三棱锥底面，交点D 为底面三角形ABC的中心，并且外接球球心O在EF上。
M为AC中点。
设AD=BD=CD=a，外接球半径为R，则MD=2a，DE=1tan152a。
对△OAD应用勾股定理得到：2221tan152R a R a⎛⎫=+-⎪⎝⎭。
而F-ABC侧面与底面夹角的正切值即12tan1522R aFDaMD-=，根据上述方程，计算得这个值为8+。
【评析】比较难算的立体几何题，解题关键在于把图形中关键点找到（比如外心、投影等），理清图形关系，列出方程表达条件进行计算。
2017.1清华标测5. 空间直角坐标系O-xyz 中，满足01x y z ≤≤≤≤的点(x ,y ,z )围成的体积是（ ） A. 13B.16C.112D.125.【解答】B由于满足0,,z 1x y ≤≤的,,x y z 围成的体积是1，由于,,x y z 的对称性，所以满足01x y z ≤≤≤≤的,,x y z 围成的体积是16。
【评析】答案所给的方法是考虑对称性；也可以直接画出图像，发现是一个三棱锥即可求出解。
2017.1清华标测14. 两个半径为1的球，球心之间的距离为d ，包含两个球的最小的球的体积为V ，求3lim d Vd →+∞=( )A.43π B. 6πC. 12πD. 23π 14.【解答】B容易知道，两个球上距离最远的两个点之间的距离为d+2，所以包含两个球的最小的球的直径为d+2，体积为34132d π⎛⎫+ ⎪⎝⎭，所以极限为334132lim 6dd d ππ→∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭=。
【评析】立体几何+极限的内容。
其中立体几何上的内容容易分析出结果，极限的内容稍微有些超纲，但仍然在理解范围之内。
2017.4清华标测13. 正方形ABCD -A 1B 1C 1D 1的边长为1，底面中心为O ，A 1D 1中点为M ，CC 1中点为N ，求O-MB 1N 的体积（ ）A.724 B. 748 C. 524 D. 54813.【解答】D.以B 为原点建立空间直角坐标系，有11,,022O ⎛⎫ ⎪⎝⎭，11,,12M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，10,1,2N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，那么由于OB ON ⊥，容易求得OBN S ∆=，再得到平面OBN 的一个法向量（1,-1,2），则BM与其的夹角为52cos ,32BM n BM n BM n ⋅===⋅。
所以M 到平面OBN的距离为cos ,BM BM n ⋅=15348M OBN V -=，选D.【评析】对立体几何建系的考察。
有一定的计算量，想清楚的话并不是一道难题。
2017.4清华标测19. 在空间中过点A 作平面π的垂线，垂足为B 。
记()B f A π=。
设αβ、是两个不同的平面，对空间中任意一点P ，()1Q f f P βα=⎡⎤⎣⎦，()2Q f f P βα⎡⎤=⎣⎦，恒有12PQ PQ =。
则（ ）A. αβ⊥B. αβ与的（锐）二面角为45C. //αβD. αβ与的（锐）二面角为60 19.【解答】A.如图，考虑12PQ Q 所在平面。
当P 无限接近于β平面时，显然有12PQ Q 为直角三角形。
故只可能αβ⊥或者//αβ有结论12PQ PQ =恒成立。
画图知仅αβ⊥时成立。
【评析】特殊化点P 即可。
需要有一定的空间想象力。
14-18年北清自招博雅领军数学真题-数论基础与整除
北大博雅15.1.已知n为不超过2015的正整数，且1234n n n n+++的个位数字为0，则满足条件的正整数n的个数为（）A.1511B.1512C.1513D.前三个答案都不对清华领军2015.18.已知存在实数r，使得圆周222x y r+=上恰好有n个整点，则n可以等于（）A.4B.6C.8D.12分类存疑北大博雅2016.4.函数1,,(,)1,,(),0,qx p q p q NP pf xQ+⎧==∈⎪=⎨⎪∉⎩则满足(0,1)x∈且1()7f x>的x的个数为（）A.12B.13C.14D.前三个答案都不对4.【解答】D满足(0,1)x∈，且1()7f x>的x的个数为11，分别为1121312341523344555566，，，，，，，，，，。
【评析】这个函数是非常有名的黎曼函数的一部分，但是对于学生的要求很低，只需要准确理解题意即可，问题本身并不困难。
北大博雅2016.14.已知正整数,,,a b c d满足ab cd=，则a b c d+++有可能等于（）A.101B.301C.401D.前三个答案都不对14.【解答】B考虑a=mn，b=pq，c=mp，d=nq则a+b+c+d=mn+pq+mp+nq=(m+q)(n+p)，于是a+b+c+d不是质数即可。
如301=7×43=(1+6)×(1+42)，于是a=1，b=252，c=42，d=6即得正确答案是B。
【评析】数论不定方程问题，其中的换元方法是数论中的经典。
北大博雅2017.1.若正整数,,a b c满足402a b c++=，则使得10n| abc的最大正整数n是（）A.5B.6C.7D.以上答案均不正确【1】Da=25,b=25,c=352时，n 可取4，下面我们将说明n 不可能大于4：若n ≥5，先考虑5n |abc ：由于a+b+4=402，而402并不是5的倍数，所以abc 不可能均为5的倍数。
11立体几何-1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案125-146
3 AM 2 - AK 2 5 49 +16 - 28 37 ⎤ 1981 年~2018 年全国高中数学联赛试题分类汇编立体几何部分2018A 2、设点 P 到平面α的距离为 ，点Q 在平面α上，使得直线 PQ 与平面α所成角不小于300 且不大于600，则这样的点Q 所构成的区域的面积为◆ 答案： 8π★解析：设点 P 在平面α上的射影为O ，由条件知 tan ∠OQP = OP ∈⎡ 3 ,3 ，即OQ ∈ [1,3]，所以区域的面积为π⨯ 32 -π⨯12= 8π。
⎥ OQ ⎣ 3 ⎦2018B 2、已知圆锥的顶点为 P ，底面半径长为 2 ，高为1．在圆锥底面上取一点Q ，使得直线 PQ 与底面所成角不大于 450，则满足条件的点Q 所构成的区域的面积为◆ 答案： 3πOP★解析:记圆锥的顶点 P 在底面的投影为O ，则O 为底面中心，且 tan ∠OQP = OQ故所以区域的面积为π⨯ 22 -π⨯12= 3π。
≤ 1，即OQ ≥ 1，2017A 5、正三棱锥 P - ABC 中， AB = 1， AP = 2，过 AB 的平面α将其体积平分，则棱 PC 与平面α所成角的余弦值为◆ 答案：10★ 解 析 ： 设 AB , PC 的 中 点 分 别 为 K , M ， 则 平 面 α 即 平 面 ABM ， 则 中 线AM 2 =1(AP 2+ AC 2)- 1 PC 2= 1 (2 2+ 1)- 1 ⨯ 2 2= 3 ，242 4 23 ⎛ 1 ⎫ 2则 KM = = - ⎪ = 。
2 ⎝ 2 ⎭ 2又棱 PC 与平面α的射影线是直线 MK ，而CM = 1, KC =5 + 1 - 33 ，所以2cos ∠KMC = 44 = 35 ，即为所求。
5102017B 5、在正四面体 ABCD 中，E , F 分别在棱 AB , AC 上，满足 BE = 3, EF = 4 ，且 EF 与面 BCD 平行，则 ∆DEF 的面积为．◆ 答案： 2★解析：由条件知， EF 平行于 BC ，因为正四面体 ABCD 的各个面是全等的正三角形，故 AE = AF = EF = 4 ， AD = AB = AE + BE = 7 . 由余弦定理得， DE = AD 2+ AE 2- 2AD • AE • cos 60= ，3 53337 DE 2 - EH 2 33 1 = 同理有 DF = .作等腰 ∆DEF 底边 EF 上的高 DH ，则 EH =EF = 2，故DH = = ，2于是 S∆DEF= 1EF DH = 2 33 . 22016A 5、设 P 为圆锥曲线的顶点， A ， B ，C 是其地面圆周上的三点，满足∠ABC = 900， M 为 线段 AP 的中点。
[2014-2018]北京高考数学真题分类汇编 专题九 解析几何
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专题九 解析几何1．（2018.7）在平面直角坐标系中，记d 为点P （cos θ，sin θ）到直线x ﹣my ﹣2＝0的距离．当θ、m 变化时，d 的最大值为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．42．（2018.12）若x ，y 满足x +1≤y ≤2x ，则2y ﹣x 的最小值是 ． 3．（2018.14）已知椭圆M ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0），双曲线N ：x 2m 2−y 2n 2=1．若双曲线N的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 的离心率为 ；双曲线N 的离心率为 ．4．（2018.19）已知抛物线C ：y 2＝2px 经过点P （1，2），过点Q （0，1）的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N ． （Ⅰ）求直线l 的斜率的取值范围；（Ⅱ）设O 为原点，QM →=λQO →，QN →=μQO →，求证：1λ+1μ为定值．5．（2017.4）若x ，y 满足{x ≤3x +y ≥2y ≤x ，则x +2y 的最大值为（ ）A ．1B ．3C ．5D ．96．（2017.9）若双曲线x 2−y 2m =1的离心率为√3，则实数m ＝ ．7．（2017.18）已知抛物线C ：y 2＝2px 过点P （1，1）．过点（0，12）作直线l 与抛物线C 交于不同的两点M ，N ，过点M 作x 轴的垂线分别与直线OP 、ON 交于点A ，B ，其中O 为原点．（1）求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程； （2）求证：A 为线段BM 的中点． 8.（2016.13）双曲线x 2a 2−y 2b 2=1（a ＞0，b ＞0）的渐近线为正方形OABC 的边OA ，OC 所在的直线，点B 为该双曲线的焦点．若正方形OABC 的边长为2，则a ＝ ．9. （2016.19）已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的离心率为√32，A （a ，0），B （0，b ），O （0，0），△OAB 的面积为1． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设P 是椭圆C 上一点，直线P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ．求证：|AN |•|BM |为定值．10. （2015.10）已知双曲线x 2a 2−y 2＝1（a ＞0）的一条渐近线为√3x +y ＝0，则a ＝ ．11. （2015.19）已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的离心率为√22，点P （0，1）和点A （m ，n ）（m ≠0）都在椭圆C 上，直线P A 交x 轴于点M ． （Ⅰ）求椭圆C 的方程，并求点M 的坐标（用m ，n 表示）；（Ⅱ）设O 为原点，点B 与点A 关于x 轴对称，直线PB 交x 轴于点N ，问：y 轴上是否存在点Q ，使得∠OQM ＝∠ONQ ？若存在，求点Q 的坐标，若不存在，说明理由．12.（2014.6）若x ，y 满足{x +y −2≥0kx −y +2≥0y ≥0，且z ＝y ﹣x 的最小值为﹣4，则k 的值为（ ）A ．2B ．﹣2C ．12D ．−1213. （2014.11）设双曲线C 经过点（2，2），且与y 24−x 2＝1具有相同渐近线，则C 的方程为 ；渐近线方程为 ．14.（2014.19）已知椭圆C ：x 2+2y 2＝4， （1）求椭圆C 的离心率（2）设O 为原点，若点A 在椭圆C 上，点B 在直线y ＝2上，且OA ⊥OB ，求直线AB 与圆x 2+y 2＝2的位置关系，并证明你的结论．专题九 解析几何答案部分1. 解：由题意d =|cosθ−msinθ−2|√1+m 2=√2√m +1，tan α=1m =y x， ∴当sin （θ+α）＝﹣1时， d max ＝12√m +1≤3．∴d 的最大值为3． 故选：C ．2. 解：作出不等式组对应的平面区域如图： 设z ＝2y ﹣x ，则y =12x +12z ， 平移y =12x +12z ，由图象知当直线y =12x +12z 经过点A 时， 直线的截距最小，此时z 最小， 由{x +1=y y =2x 得{x =1y =2，即A （1，2），此时z ＝2×2﹣1＝3， 故答案为：33. 解：椭圆M ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0），双曲线N ：x 2m 2−y 2n 2=1．若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，可得椭圆的焦点坐标（c ，0），正六边形的一个顶点（c2，√3c2），可得：c 24a 2+3c 24b2=1，可得14e 2+34(1e2−1)=1，可得e 4﹣8e 2+4＝0，e ∈（0，1），解得e =√3−1．同时，双曲线的渐近线的斜率为√3，即n m=√3，可得：n 2m 2=3，即m 2+n 2m 2=4，可得双曲线的离心率为e =√m 2+n 2m2=2． 故答案为：√3−1；2．4. 解：（Ⅰ）∵抛物线C ：y 2＝2px 经过点 P （1，2），∴4＝2p ，解得p ＝2， 设过点（0，1）的直线方程为y ＝kx +1， 设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2） 联立方程组可得{y 2=4xy =kx +1，消y 可得k 2x 2+（2k ﹣4）x +1＝0，∴△＝（2k ﹣4）2﹣4k 2＞0，且k ≠0解得k ＜1， 且k ≠0，x 1+x 2=−2k−4k2，x 1x 2=1k2，又∵P A 、PB 要与y 轴相交，∴直线l 不能经过点（1，﹣2），即k ≠﹣3， 故直线l 的斜率的取值范围（﹣∞，﹣3）∪（﹣3，0）∪（0，1）； （Ⅱ）证明：设点M （0，y M ），N （0，y N ）， 则QM →=（0，y M ﹣1），QO →=（0，﹣1）因为QM →=λQO →，所以y M ﹣1＝﹣y M ﹣1，故λ＝1﹣y M ，同理μ＝1﹣y N ， 直线P A 的方程为y ﹣2=2−y11−x 1（x ﹣1）=2−y 11−y124（x ﹣1）=42+y 1（x ﹣1）， 令x ＝0，得y M =2y 12+y 1，同理可得y N =2y22+y 2，因为1λ+1μ=11−y M+11−y N=2+y 12−y 1+2+y 22−y 2=8−2y 1y 2(2−y 1)(2−y 2)=8−2(kx 1+1)(kx 2+1)1−k(x 1+x 2)+k 2x 1x 2=8−[k 2x 1x 2+k(x 1+x 2)+1]1−k(x 1+x 2)+k 2x 1x 2=8−2(1+4−2kk +1)1−4−2k k+1=4−2×4−2kk 2−4−2k k= 2，∴1λ+1μ=2，∴1λ+1μ为定值．5. 解：x ，y 满足{x ≤3x +y ≥2y ≤x的可行域如图：由可行域可知目标函数z ＝x +2y 经过可行域的A 时，取得最大值，由{x =3x =y ，可得A （3，3），目标函数的最大值为：3+2×3＝9． 故选：D ．6. 解：双曲线x 2−y 2m =1（m ＞0）的离心率为√3，可得：√1+m1=√3，解得m ＝2． 故答案为：2．7. 解：（1）∵y 2＝2px 过点P （1，1）， ∴1＝2p ， 解得p =12， ∴y 2＝x ，∴焦点坐标为（14，0），准线为x =−14，（2）证明：设过点（0，12）的直线方程为y ＝kx +12，M （x 1，y 1），N （x 2，y 2）， ∴直线OP 为y ＝x ，直线ON 为：y =y 2x 2x ， 由题意知A （x 1，x 1），B （x 1，x 1y 2x 2），由{y =kx +12y 2=x，可得k 2x 2+（k ﹣1）x +14=0，∴x 1+x 2=1−k k2，x 1x 2=14k2∴y 1+x 1y 2x 2=kx 1+12+x 1(kx 2+12)x 2=2kx 1+x 1+x 22x 2=2kx 1+1−kk22×14k 2x 1=2kx 1+（1﹣k ）•2x 1＝2x 1，∴A 为线段BM 的中点．8. 解：∵双曲线的渐近线为正方形OABC 的边OA ，OC 所在的直线， ∴渐近线互相垂直，则双曲线为等轴双曲线，即渐近线方程为y ＝±x ， 即a ＝b ，∵正方形OABC 的边长为2， ∴OB ＝2√2，即c ＝2√2， 则a 2+b 2＝c 2＝8，即2a 2＝8， 则a 2＝4，a ＝2， 故答案为：29. 解：（Ⅰ）由题意可得e =ca =√32， 又△OAB 的面积为1，可得12ab ＝1，且a 2﹣b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝1，c =√3， 可得椭圆C 的方程为x 24+y 2＝1；（Ⅱ）证法一：设椭圆上点P （x 0，y 0）， 可得x 02+4y 02＝4，若P （0，﹣1），可得P A 与y 轴交于点M （0，﹣1），直线PB 与x 轴交于点N （0，0）， 可得|AN |•|BM |＝4； 直线P A ：y =y 0x 0−2（x ﹣2），令x ＝0，可得y =−2y 0x 0−2， 则|BM |＝|1+2yx 0−2|；直线PB ：y =y 0−1x 0x +1，令y ＝0，可得x =−x0y 0−1， 则|AN |＝|2+xy 0−1|．可得|AN |•|BM |＝|2+x 0y 0−1|•|1+2y0x 0−2|＝|(x 0+2y 0−2)2(x 0−2)(y 0−1)|＝|x 02+4y 02+4+4x 0y 0−4x 0−8y 02+x 0y 0−x 0−2y 0|＝|8+4x 0y 0−4x 0−8y 02+x 0y 0−x 0−2y 0|＝4，即有|AN |•|BM |为定值4．证法二：设P （2cos θ，sin θ），（0≤θ＜2π）， 直线P A ：y =sinθ2cosθ−2（x ﹣2），令x ＝0，可得y =−sinθcosθ−1，则|BM |＝|sinθ+cosθ−11−cosθ|；直线PB ：y =sinθ−12cosθx +1，令y ＝0，可得x =−2cosθsinθ−1， 则|AN |＝|2sinθ+2cosθ−21−sinθ|．即有|AN |•|BM |＝|2sinθ+2cosθ−21−sinθ|•|sinθ+cosθ−11−cosθ|＝2|sin 2θ+cos 2θ+1+2sinθcosθ−2sinθ−2cosθ1+sinθcosθ−sinθ−cosθ|＝2|2+2sinθcosθ−2sinθ−2cosθ1+sinθcosθ−sinθ−cosθ|＝4．则|AN |•|BM |为定值4． 10. 解：双曲线x 2a 2−y 2＝1的渐近线方程为y ＝±xa，由题意可得1a =√3，解得a =√33．故答案为：√33．11. 解：（Ⅰ）由题意得出{b =1c a =√22a 2=b 2+c 2解得：a =√2，b ＝1，c ＝1 ∴x 22+y 2＝1，∵P （0，1）和点A （m ，n ），﹣1＜n ＜1 ∴P A 的方程为：y ﹣1=n−1m x ，y ＝0时，x M =m1−n ∴M （m 1−n，0）（II ）∵点B 与点A 关于x 轴对称，点A （m ，n ）（m ≠0） ∴点B （m ，﹣n ）（m ≠0）∵直线PB 交x 轴于点N ， ∴N （m 1+n，0），∵存在点Q ，使得∠OQM ＝∠ONQ ，Q （0，y Q ）， ∴tan ∠OQM ＝tan ∠ONQ ， ∴y Q x M=x N y Q，即y Q 2＝x M •x N ，m22+n 2＝1y Q 2=m 21−n 2=2， ∴y Q =±√2，故y 轴上存在点Q ，使得∠OQM ＝∠ONQ ，Q （0，√2）或Q （0，−√2）12. 解：对不等式组中的kx ﹣y +2≥0讨论，可知直线kx ﹣y +2＝0与x 轴的交点在x +y ﹣2＝0与x 轴的交点的右边，故由约束条件{x +y −2≥0kx −y +2≥0y ≥0作出可行域如图，当y ＝0，由kx ﹣y +2＝0，得x =−2k ， ∴B （−2k ，0）． 由z ＝y ﹣x 得y ＝x +z ．由图可知，当直线y ＝x +z 过B （−2k，0）时直线在y 轴上的截距最小，即z 最小． 此时z min =0+2k =−4，解得：k =−12． 故选：D ．13. 解：与y 24−x 2＝1具有相同渐近线的双曲线方程可设为y 24−x 2＝m ，（m ≠0），∵双曲线C 经过点（2，2），∴m =224−22=1−4=−3，即双曲线方程为y 24−x 2＝﹣3，即x 23−y 212=1，对应的渐近线方程为y ＝±2x ， 故答案为：x 23−y 212=1，y ＝±2x ．14. 解：（1）由x 2+2y 2＝4，得椭圆C 的标准方程为x 24+y 22=1．∴a 2＝4，b 2＝2，从而c 2＝a 2﹣b 2＝2． 因此a ＝2，c =√2． 故椭圆C 的离心率e =c a =√22； （2）直线AB 与圆x 2+y 2＝2相切． 证明如下：设点A ，B 的坐标分别为（x 0，y 0），（t ，2），其中x 0≠0． ∵OA ⊥OB ，∴OA →⋅OB →=0，即tx 0+2y 0＝0，解得t =−2y 0x 0． 当x 0＝t 时，y 0=−t 22，代入椭圆C 的方程，得t =±√2．故直线AB 的方程为x =±√2，圆心O 到直线AB 的距离d =√2． 此时直线AB 与圆x 2+y 2＝2相切．当x 0≠t 时，直线AB 的方程为y −2=y 0−2x 0−t (x −t)，即（y 0﹣2）x ﹣（x 0﹣t ）y +2x 0﹣ty 0＝0． 圆心O 到直线AB 的距离d =00√(y0−2)2+(x 0−t)2．又x02+2y02=4，t=−2y0 x0．故d=|2x0+2y02x0|√x02+y02+02x02+4=|4+x02x0|√0422x02=√2．此时直线AB与圆x2+y2＝2相切．。
2018年清华北大自招真题
值为（ ）
A. 63
B. 1009
C. 2018
D. 前三个答案都不
对
【解答】D
【考点】数列问题以及基本不等式的应用
【解析】令 x = k + r(k Z且0 k n −1, 0 r 1) ，当 k = 0 时 x[x] = 0 ； k 1时，则
k2 x[x] = (k + r)k k 2 + k ， x[x] 有 k 个取值；
x2 − 2a x − a − 2ax +1 = 0 (x − a)2 − 2a x − a +1− a2 = 0 ( x − a − a)2 = 2a2 −1
，
2a2
−1
0
x − a = a
2a2 −1 0
2a2
−1
，要使原方程有三个互不相等实根，则
a
2019 2018
−1=
2018
，
−a1
+
a2
−
a3
+
... −
a2017
+
a2018
=
(1−
1)(1− 1
1 )(1 − 2
1)...(1− 3
1) 2018
−1
=
−1
，
两式相加即得
a2
+
a4
+ ... +
a2018
=
2018 −1 2
=
2017 2
.
6. 已知实数 A,b,c 成公差非 0 的等差数列，在平面直角坐标系中，点 P 的坐标为（-3， 2），点 N 的坐标为（2，3），过点 P 作直线 Ax+by+c=0 的垂线，垂足为点 M，则 M,N 间的 距离的最大值与最小值的乘积是（ ）
清华大学2018自主招生、领军计划笔试真题.doc
清华大学2018自主招生、领军计划笔试真
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清华大学2018自主招生、领军计划笔试真题
清华大学2018年自主招生及领军计划笔试真题，供2019及2020届考生参考学习。
6月10日，清华大学2018年自主招生考试全面启动，2018年清华大学自主招生、领军计划依然在全国设置多个考点，考生可就近选择。
自主招生测试为初试和复试。
一、笔试时间
初试时间为6月10日上午9:00-12:00，共3个小时。
二、笔试模式
初试采用笔试形式，理科类：数学、物理、化学;文科类：数学、语文、历史。
清华理科笔试都是选择，共75题，数学35道题，物理20道，化学20道。
时间是数学90分钟，理化90分钟。
三、笔试难度
题目比高考难多了，这是真正看“水平”的。
基本是对学竞赛的有优势。
尤其理化有大学内容，没学竞赛的，有很多题可
能“看不懂”!
数学尚可，物理很难，全是大学知识，化学有些简单题。
四、笔试真题
化学：涉及空气污染的比较多，还有大学的有机化学，如：哪些气体会导致空气污染，测出其中含量?地球的臭氧含量以及造成大气污染的元素?化学有一道是高考原题。
物理：涉及热力学知识点是“理想气体”，难度偏大。
14-18年北清自招龅牙领军数学真题-函数的性质与图像
清华领军2015.4.设函数()f x 的定义域为（-1，1），且满足：①()0,(1,0)f x x >∈-；②()()1x y f x f y f xy ⎛⎫++= ⎪+⎝⎭，(1,1)x y ∈-、，且()f x 为（ ）A.奇函数B.偶函数C.减函数D.有界函数清华领军2015.5.如图，已知直线y kx n =+与曲线()y f x =相切于两点，则()()F x f x kx =-有（ ）A.2个极大值点B.3个极大值点C.2个极小值点D.3个极小值点 同时分入了导数类清华领军2015.23.设函数2sin π()1xf x x x =-+，则（ ）A.4()3f x ≤B.|()|5||f x x ≤C.由线()y f x =存在对称轴D.曲线()y f x =存在对称中心清华领军2015.30.设曲线L 的方程为42242(22)(2)0y x y x x +++-=，则（ ） A.L 是轴对称图形 B.L 是中心对称图形 C.22{(,)|1}L x y x y ⊂+≤ D.11(,)|22L x y y ⎧⎫⊂-≤≤⎨⎬⎩⎭同时分入函数的极值类清华领军2017.15.已知2()f x x ax b =++在(1,1)x ∈-上有两个零点。
求22a b -的取值范围。
A.(0,)+∞B.(0,2)C.(,2)-∞D.(2,2)-清华领军2017.21.满足35(3)40x y x x y ++++=的(,)x y （ ） A.在一条直线上 B.在一条抛物线上 C.为有限个 D.为无限个 分类存疑北大自招2016.1. 求()212log 2x x -++的单调增区间。
1.【解答】1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭要求()212log 2x x -++的单调增区间，由12log x 是在()0,+∞上的减函数，故即解2201,2122x x x x ⎧-++>⎪⎛⎫⇒∈⎨ ⎪>⎝⎭⎪⎩北大自招2016.5. 设x ，y ，z 3R ∈，求方程381nnnx y z ++≤，当n →+∞时确定的几何体的体积为________。
2014北约自主招生数学试题及解答
2014年北约自主招生数学试题1.圆心角为60 的扇形面积为6π,求它围成的圆锥的表面积.2.将10个人分成3组,一组4人,两组各3人,有多少种分法.3.如果2()lg(2)f x x ax a =-+的值域为R ,求a 的取值范围.4.设2()2()()33a b f a f b f ++=,且(1)1,(4)7f f ==,求(2014)f .5.已知1x y +=-且,x y 都是负数,求1xy xy+的最值.6.已知22()arctan 14x f x c x +=+-在11(,)44-上是奇函数,求c .7.证明tan3 是无理数.8.已知实系数二次函数()f x 与()g x 满足3()()0f x g x +=和()()0f x g x -=都有双重实根,如果已知()0f x =有两个不同的实根,求证()0g x =没有实根.9.1213,,,a a a 是等差数列,{|113}i j k M a a a i j k =++≤<<≤,问:7160,,23是否可以同时在M 中,并证明你的结论.10.已知12,,,n x x x R +∈ ,且121n x x x = ,求证:12))1)n n x x x ≥ .2014年北约自主招生试题参考答案1.【解】设扇形的半径为r ,则由21623r ππ=⨯,得6r =.于是扇形的弧长为623l ππ=⨯=,其即为圆锥的底面周长,于是圆锥的底面半径为1,所以底面面积为21ππ⨯=,也所以圆锥的表面积为67S πππ=+=.2.【解】由题知所有分组方法有3341074222100C C C N A ==种. 3.【解】由题意22u x ax a =-+的值域包含区间(0,)+∞,则22u x ax a =-+与x 有交点, 故2(2)40a a ∆=--≥,解得1a ≥或0a ≤.4.【解】由(1)1,(4)7f f ==得421(4)2(1)(2)()333f f f f +⨯+===; 124(1)2(4)(3)()533f f f f +⨯+===,由数学归纳法可推导得*()21,f n n n N =-∈, 所以(2014)4027f =.5.【解】由0,0x y <<可知,1||1||||1x y x y x y +=-⇒+=⇒+=,所以2(||||)1||||||44x y xy x y +=⨯≤=,即1(0,]4xy ∈,令1(0,]4t xy =∈,则易知函数1y t t =+在(0,1]上递减,所以其在1(0,]4上递减,于是1xy xy +有最小值117444+=,无最大值.6.【解】奇函数(0)0f =,故arctan2c =-.7.【证明】由三角公式22tan tan tan tan 2,tan()1tan 1tan tan ααβααβααβ+=+=--⋅, 若tan3 是有理数,则tan6,tan12,tan 24 为有理数,再由tan 6 和tan 24 可得tan30 为有理数,这与tan30=!因此,tan3 是无理数. 8.【证】由题可设2211223()()(),()()()f x g x a x b f x g x a x b +=--=-,其中120,0a a ≠≠,则22221222112211()[()()],()[()3()]44f x a x b a x bg x a x b a x b =-+-=---,由()0f x =有两个不同的实根,则必有12,a a 异号,且120a a +≠,此时22212112211221()[()2()]4f x a a x a b a b x a b a b =+-+++,即2222112212112212124()4()()4()0a b a b a a a b a b a a b b ∆=+-++=-->,所以12b b ≠,故此时观察2211221()[()3()]4g x a x b a x b =---可知,12,3a a -同号,且1230a a -≠,12b b ≠,故()0g x >恒成立,即证明()0g x =没有实根.9.【解】不可以同时在M 中,下面给予证明.假设7160,,23同时在M 中,设*(113,)k a a kd k k N =+≤≤∈,其中d 为公差,则*{3()|113}{3|636,}M a i j k d i j k a md m m N =+++≤<<≤=+≤≤∈于是存在正整数6,,36x y z ≤≤,使得30,73,21633a xd a yd a zd ⎧⎪+=⎪⎪+=⎨⎪⎪+=⎪⎩从而7(),216()3y x d z x d ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩也所以2132y x z x -=-,由于21,32互质,且,y x z x --为整数,则有||21,||32y x z x -≥-≥, 但||36630z x -≤-=,矛盾!假设错误,即证明7160,,3不可以同时在M中.10.【证】(一法:数学归纳法)①当1n =时,111x =≥=右边,不等式成立;②假设*(1,)nk k k N=≥∈时,不等式12))1)k k x x x ≥ 成立. 那么当1n k =+时,则1211k k x x x x += ,由于这1k +个正数不能同时都大于1,也不能同时都小于1,因此存在两个数,其中一个不大于1,另一个不小于1,不妨设11,01k k x x +≥<≤, 从而111(1)(1)01k k k k k kx x x x x x+++--≤⇒+≥+,所以1212)2(2)kk x xx x + 12112)2()]kk k k x x xx x x ++=+++11212)2(2(1)1)(21)k k k k x x x x ++≥≥= 其中推导上式时利用了1211()1k k k x x x x x -+= 及n k =时的假设,故1n k=+时不等式也成立.综上①②知,不等式对任意正整数n 都成立.(二法)左边展开得12))nx x x12121212111()()k k nn n n n k i i j i i i n i i j ni i i nx x x x x x x x x ---=≤<≤≤<<<≤=+++++∑∑∑由平均值不等式得1112121212111211()(())k kknn nk k k k C C C k k k i i i ni i i nn n i i i ni i i nx x x C x x x C x x x C --≤<<<≤≤<<<≤≥==∑∏故12))nx x x1122))2)(2)(21)n n n n k kn n n nnC C C C ---≥++++ ,即证. (三法)由平均值不等式有111(nnnk kn ==≥……①;111(nnnk k n==≥……②①+②得1()nkk nn x =≥,即12))1)n n x x x ≥ 成立.。
[2014-2018]北京高考数学(文)真题分类汇编 专题九 解析几何
专题九解析几何1．（5分）在平面直角坐标系中，，，，是圆x2+y2＝1上的四段弧（如图），点P其中一段上，角α以Ox为始边，OP为终边．若tanα＜cosα＜sinα，则P所在的圆弧是（）A．B．C．D．2．（5分）已知直线l过点（1，0）且垂直于x轴．若l被抛物线y2＝4ax截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为．3．（5分）若双曲线1（a＞0）的离心率为，则a＝．4．（5分）若x，y满足x+1≤y≤2x，则2y﹣x的最小值是．5．（14分）已知椭圆M：1（a＞b＞0）的离心率为，焦距为2．斜率为k 的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B．（Ⅰ）求椭圆M的方程；（Ⅱ）若k＝1，求|AB|的最大值；（Ⅲ）设P（﹣2，0），直线P A与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D．若C，D和点Q（，）共线，求k．6．（5分）若双曲线x21的离心率为，则实数m＝．7．（5分）已知x≥0，y≥0，且x+y＝1，则x2+y2的取值范围是．8．（5分）已知点P在圆x2+y2＝1上，点A的坐标为（﹣2，0），O为原点，则•的最大值为．9．（14分）已知椭圆C的两个顶点分别为A（﹣2，0），B（2，0），焦点在x轴上，离心率为．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E．求证：△BDE与△BDN的面积之比为4：5．10．（5分）圆（x+1）2+y2＝2的圆心到直线y＝x+3的距离为（）A．1 B．2 C．D．211．（5分）已知双曲线1（a＞0，b＞0）的一条渐近线为2x+y＝0，一个焦点为（，0），则a＝，b＝．12．（14分）已知椭圆C：1过点A（2，0），B（0，1）两点．（1）求椭圆C的方程及离心率；（2）设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线P A与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．13．（5分）已知（2，0）是双曲线x21（b＞0）的一个焦点，则b＝．14．（5分）如图，△ABC及其内部的点组成的集合记为D，P（x，y）为D中任意一点，则z＝2x+3y的最大值为7．15．（14分）已知椭圆C：x2+3y2＝3，过点D（1，0）且不过点E（2，1）的直线与椭圆C 交于A，B两点，直线AE与直线x＝3交于点M．（1）求椭圆C的离心率；（2）若AB垂直于x轴，求直线BM的斜率；（3）试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由．16．（5分）已知圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝1和两点A（﹣m，0），B（m，0）（m＞0），若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为（）A．7 B．6 C．5 D．417．（5分）设双曲线C的两个焦点为（，0），（，0），一个顶点是（1，0），则C的方程为．18．（14分）已知椭圆C：x2+2y2＝4．（Ⅰ）求椭圆C的离心率；（Ⅱ）设O为原点，若点A在直线y＝2上，点B在椭圆C上，且OA⊥OB，求线段AB 长度的最小值．专题九解析几何答案部分1.解：A．在AB段，正弦线小于余弦线，即cosα＜sinα不成立，故A不满足条件．B．在CD段正切线最大，则cosα＜sinα＜tanα，故B不满足条件．C．在EF段，正切线，余弦线为负值，正弦线为正，满足tanα＜cosα＜sinα，D．在GH段，正切线为正值，正弦线和余弦线为负值，满足cosα＜sinα＜tanα不满足tanα＜cosα＜sinα．故选：C．2.解：∵直线l过点（1，0）且垂直于x轴，∴x＝1，代入到y2＝4ax，可得y2＝4a，显然a＞0，∴y＝±2，∵l被抛物线y2＝4ax截得的线段长为4，∴44，解得a＝1，∴y2＝4x，∴抛物线的焦点坐标为（1，0），故答案为：（1，0）3.解：双曲线1（a＞0）的离心率为，可得：，解得a＝4．故答案为：4．4.解：作出不等式组对应的平面区域如图：设z＝2y﹣x，则y x z，平移y x z，由图象知当直线y x z经过点A时，直线的截距最小，此时z最小，由得，即A（1，2），此时z＝2×2﹣1＝3，故答案为：35.解：（Ⅰ）由题意可知：2c＝2，则c，椭圆的离心率e，则a，b2＝a2﹣c2＝1，∴椭圆的标准方程：；（Ⅱ）设直线AB的方程为：y＝x+m，A（x1，y1），B（x2，y2），联立，整理得：4x2+6mx+3m2﹣3＝0，△＝（6m）2﹣4×4×3（m2﹣1）＞0，整理得：m2＜4，x1+x2，x1x2，∴|AB|，∴当m＝0时，|AB|取最大值，最大值为；（Ⅲ）设直线P A的斜率k P A，直线P A的方程为：y（x+2），联立，消去y整理得：（x12+4x1+4+3y12）x2+12y12x+（12y12﹣3x12﹣12x1﹣12）＝0，由代入上式得，整理得：（4x1+7）x2+（12﹣4x12）x﹣（7x12+12x1）＝0，x1•x C，x C，则y C（2），则C（，），同理可得：D（，），由Q（，），则（，），（，），由与共线，则，整理得：y2﹣x2＝y1﹣x1，则直线AB的斜率k1，∴k的值为1．6.解：双曲线x21（m＞0）的离心率为，可得：，解得m＝2．故答案为：2．7.解：x≥0，y≥0，且x+y＝1，则x2+y2＝x2+（1﹣x）2＝2x2﹣2x+1，x∈[0，1]，则令f（x）＝2x2﹣2x+1，x∈[0，1]，函数的对称轴为：x，开口向上，所以函数的最小值为：f（）．最大值为：f（1）＝2﹣2+1＝1．则x2+y2的取值范围是：[，1]．故答案为：[，1]．8.解：设P（cosα，sinα）.（2，0），（cosα+2，sinα）．则•2（cosα+2）≤6，当且仅当cosα＝1时取等号．故答案为：6．9.解：（Ⅰ）由椭圆的焦点在x轴上，设椭圆方程：（a＞b＞0），则a＝2，e，则c，b2＝a2﹣c2＝1，∴椭圆C的方程；（Ⅱ）证明：设D（x0，0），（﹣2＜x0＜2），M（x0，y0），N（x0，﹣y0），y0＞0，则直线AM的斜率k AM，直线DE的斜率k DE，直线DE的方程：y（x﹣x0），直线BN的斜率k BN，直线BN的方程y（x﹣2），，解得：，过E做EH⊥x轴，△BHE∽△BDN，则|EH|，则，∴：△BDE与△BDN的面积之比为4：5．10.解：∵圆（x+1）2+y2＝2的圆心为（﹣1，0），∴圆（x+1）2+y2＝2的圆心到直线y＝x+3的距离为：d．故选：C．11.解：∵双曲线1（a＞0，b＞0）的一条渐近线为2x+y＝0，一个焦点为（，0），∴，解得a＝1，b＝2．故答案为：1，2．12.（1）解：∵椭圆C：1过点A（2，0），B（0，1）两点，∴a＝2，b＝1，则，∴椭圆C的方程为，离心率为e；（2）证明：如图，设P（x0，y0），则，P A所在直线方程为y，取x＝0，得；，PB所在直线方程为，取y＝0，得．∴|AN|，|BM|＝1．∴．∴四边形ABNM的面积为定值2．13.解：双曲线x21（b＞0）的焦点为（，0），（，0），由题意可得2，解得b．故答案为：．14.解：由z＝2x+3y，得y，平移直线y，由图象可知当直线y经过点A时，直线y的截距最大，此时z最大．即A（2，1）．此时z的最大值为z＝2×2+3×1＝7，故答案为：7．15.解：（1）∵椭圆C：x2+3y2＝3，∴椭圆C的标准方程为：y2＝1，∴a，b＝1，c，∴椭圆C的离心率e；（2）∵AB过点D（1，0）且垂直于x轴，∴可设A（1，y1），B（1，﹣y1），∵E（2，1），∴直线AE的方程为：y﹣1＝（1﹣y1）（x﹣2），令x＝3，得M（3，2﹣y1），∴直线BM的斜率k BM1；（3）结论：直线BM与直线DE平行．证明如下：当直线AB的斜率不存在时，由（2）知k BM＝1，又∵直线DE的斜率k DE1，∴BM∥DE；当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝k（x﹣1）（k≠1），设A（x1，y1），B（x2，y2），则直线AE的方程为y﹣1（x﹣2），令x＝3，则点M（3，），∴直线BM的斜率k BM，联立，得（1+3k2）x2﹣6k2x+3k2﹣3＝0，由韦达定理，得x1+x2，x1x2，∵k BM﹣1＝0，∴k BM＝1＝k DE，即BM∥DE；综上所述，直线BM与直线DE平行．16.解：圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝1的圆心C（3，4），半径为1，∵圆心C到O（0，0）的距离为5，∴圆C上的点到点O的距离的最大值为6．再由∠APB＝90°可得，以AB为直径的圆和圆C有交点，可得PO AB＝m，故有m≤6，故选：B．17.解：∵双曲线C的两个焦点为（，0），（，0），一个顶点是（1，0），∴c，a＝1，∴b＝1，∴C的方程为x2﹣y2＝1．故答案为：x2﹣y2＝1．18.解：（Ⅰ）椭圆C：x2+2y2＝4化为标准方程为，∴a＝2，b，c，∴椭圆C的离心率e；（Ⅱ）设A（t，2），B（x0，y0），x0≠0，则∵OA⊥OB，∴0，∴tx0+2y0＝0，∴t，∵，∴|AB|2＝（x0﹣t）2+（y0﹣2）2＝（x0）2+（y0﹣2）2＝x02+y024＝x0244（0＜x02≤4），因为4（0＜x02≤4），当且仅当，即x02＝4时等号成立，所以|AB|2≥8．∴线段AB长度的最小值为2．。
[2014-2018]北京高考数学真题分类汇编 专题八 立体几何
专题八立体几何1．（2018.5）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（）A．1B．2C．3D．4 2．（2018.16）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC=√5，AC＝AA1＝2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B﹣CD﹣C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．3．（2017.7）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）A ．3√2B ．2√3C ．2√2D ．24．（2017.16）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面P AD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD ∥平面MAC ，P A ＝PD =√6，AB ＝4． （1）求证：M 为PB 的中点； （2）求二面角B ﹣PD ﹣A 的大小；（3）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．5. （2016.6）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）A ．16B ．13C ．12D ．16.（2016.17）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD =√5． （Ⅰ）求证：PD ⊥平面P AB ；（Ⅱ）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM AP的值，若不存在，说明理由．7. （2015.5）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（ ）A ．2+√5B ．4+√5C ．2+2√5D ．58.（2015.17）如图，在四棱锥A ﹣EFCB 中，△AEF 为等边三角形，平面AEF ⊥平面EFCB ，EF ∥BC ，BC ＝4，EF ＝2a ，∠EBC ＝∠FCB ＝60°，O 为EF 的中点． （Ⅰ）求证：AO ⊥BE ．（Ⅱ）求二面角F ﹣AE ﹣B 的余弦值； （Ⅲ）若BE ⊥平面AOC ，求a 的值．9.（2014.7）在空间直角坐标系Oxyz中，已知A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，√2），若S1，S2，S3分别表示三棱锥D﹣ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则（）A．S1＝S2＝S3B．S2＝S1且S2≠S3C．S3＝S1且S3≠S2D．S3＝S2且S3≠S110.（2014.17）如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点，在五棱锥P﹣ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H．（1）求证：AB∥FG；（2）若P A⊥底面ABCDE，且P A＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．专题八 立体几何答案部分1.解：四棱锥的三视图对应的直观图为：P A ⊥底面ABCD ， AC =√5，CD =√5，PC ＝3，PD ＝2√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：△P AB ，△PBC ， △P AD ． 故选：C ．2. （I ）证明：∵E ，F 分别是AC ，A 1C 1的中点，∴EF ∥CC 1， ∵CC 1⊥平面ABC ，∴EF ⊥平面ABC ， 又AC ⊂平面ABC ，∴EF ⊥AC ， ∵AB ＝BC ，E 是AC 的中点， ∴BE ⊥AC ，又BE ∩EF ＝E ，BE ⊂平面BEF ，EF ⊂平面BEF ， ∴AC ⊥平面BEF ．（II ）解：以E 为原点，以EB ，EC ，EF 为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示： 则B （2，0，0），C （0，1，0），D （0，﹣1，1）， ∴BC →=（﹣2，1，0），CD →=（0，﹣2，1），设平面BCD 的法向量为n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅BC →=0n →⋅CD →=0，即{−2x +y =0−2y +z =0， 令y ＝2可得n →=（1，2，4），又EB ⊥平面ACC 1A 1，∴EB →=（2，0，0）为平面CD ﹣C 1的一个法向量， ∴cos ＜n →，EB →＞=n →⋅EB→|n →||EB →|=2√21×2=√2121．由图形可知二面角B ﹣CD ﹣C 1为钝二面角， ∴二面角B ﹣CD ﹣C 1的余弦值为−√2121．（III ）证明：F （0，0，2），G →（2，0，1），∴FG →=（2，0，﹣1）， ∴FG →•n →=2+0﹣4＝﹣2≠0， ∴FG →与n →不垂直，∴FG 与平面BCD 不平行，又FG ⊄平面BCD ， ∴FG 与平面BCD 相交．3.解：由三视图可得直观图， 再四棱锥P ﹣ABCD 中， 最长的棱为P A ，即P A =2+PC 2=√22+(2√2)2 ＝2√3， 故选：B ．4. （1）证明：如图，设AC ∩BD ＝O ，∵ABCD 为正方形，∴O 为BD 的中点，连接OM ，∵PD ∥平面MAC ，PD ⊂平面PBD ，平面PBD ∩平面AMC ＝OM ， ∴PD ∥OM ，则BO BD=BM BP，即M 为PB 的中点；（2）解：取AD 中点G ， ∵P A ＝PD ，∴PG ⊥AD ，∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴PG ⊥平面ABCD ，则PG ⊥AD ，连接OG ，则PG ⊥OG ，由G 是AD 的中点，O 是AC 的中点，可得OG ∥DC ，则OG ⊥AD ．以G 为坐标原点，分别以GD 、GO 、GP 所在直线为x 、y 、z 轴距离空间直角坐标系， 由P A ＝PD =√6，AB ＝4，得D （2，0，0），A （﹣2，0，0），P （0，0，√2），C （2，4，0），B （﹣2，4，0），M （﹣1，2，√22）， DP →=(−2，0，√2)，DB →=(−4，4，0)． 设平面PBD 的一个法向量为m →=(x ，y ，z)，则由{m →⋅DP →=0m →⋅DB →=0，得{−2x +√2z =0−4x +4y =0，取z =√2，得m →=(1，1，√2)． 取平面P AD 的一个法向量为n →=(0，1，0)．∴cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →||n →|=12×1=12．∴二面角B ﹣PD ﹣A 的大小为60°；（3）解：CM →=(−3，−2，√22)，平面BDP 的一个法向量为m →=(1，1，√2)． ∴直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为|cos ＜CM →，m →＞|＝|CM →⋅m→|CM →||m →|||√9+4+12×1|2√69．5. 解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥， 棱锥的底面面积S =12×1×1=12， 高为1，故棱锥的体积V =13Sℎ=16， 故选：A ．6. （Ⅰ）证明：∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 且AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴AB ⊥平面P AD ， ∵PD ⊂平面P AD ， ∴AB ⊥PD ，又PD ⊥P A ，且P A ∩AB ＝A ， ∴PD ⊥平面P AB ；（Ⅱ）解：取AD 中点为O ，连接CO ，PO ， ∵CD ＝AC =√5， ∴CO ⊥AD ， 又∵P A ＝PD ， ∴PO ⊥AD ．以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图：则P （0，0，1），B （1，1，0），D （0，﹣1，0），C （2，0，0），则PB →=(1，1，−1)，PD →=(0，−1，−1)，PC →=(2，0，−1)，CD →=(−2，−1，0)，设n →=(x 0，y 0，1)为平面PCD 的法向量，则由{n →⋅PD →=0n →⋅PC →=0，得{−y 0−1=02x 0−1=0，则n →=(12，−1，1)． 设PB 与平面PCD 的夹角为θ，则sinθ=|cos ＜n →，PB →＞|=|n →⋅PB→|n →||PB →||=12−1−1√14+1+1×√3=√33；（Ⅲ）解：假设存在M 点使得BM ∥平面PCD ，设AM AP=λ，M （0，y 1，z 1），由（Ⅱ）知，A （0，1，0），P （0，0，1），AP →=(0，−1，1)，B （1，1，0），AM →=(0，y 1−1，z 1)，则有AM →=λAP →，可得M （0，1﹣λ，λ）， ∴BM →=(−1，−λ，λ)，∵BM ∥平面PCD ，n →=(12，−1，1)为平面PCD 的法向量， ∴BM →⋅n →=0，即−12+λ+λ=0，解得λ=14． 综上，存在点M ，即当AM AP=14时，M 点即为所求．7. 解：根据三视图可判断直观图为： OA ⊥面ABC ，AC ＝AB ，E 为BC 中点， EA ＝2，EC ＝EB ＝1，OA ＝1， ∴可得AE ⊥BC ，BC ⊥OA ，由直线与平面垂直的判定定理得：BC ⊥面AEO ，AC =√5，OE =√5 ∴S △ABC =12×2×2＝2，S △OAC ＝S △OAB =12×√5×1=√52． S △BCO =12×2×√5=√5． 故该三棱锥的表面积是2+2√5， 故选：C ．8. 证明：（Ⅰ）∵△AEF 为等边三角形，O 为EF 的中点， ∴AO ⊥EF ，∵平面AEF ⊥平面EFCB ，AO ⊂平面AEF ， ∴AO ⊥平面EFCB ∴AO ⊥BE ．（Ⅱ）取BC 的中点G ，连接OG ， ∵EFCB 是等腰梯形， ∴OG ⊥EF ，由（Ⅰ）知AO ⊥平面EFCB ， ∵OG ⊂平面EFCB ，∴OA ⊥OG ， 建立如图的空间坐标系，则OE ＝a ，BG ＝2，GH ＝a ，（a ≠2），BH ＝2﹣a ，EH ＝BH tan60°=√3(2−a)， 则E （a ，0，0），A （0，0，√3a ），B （2，√3(2−a)，0）， EA →=（﹣a ，0，√3a ），BE →=（a ﹣2，−√3(2−a)，0）， 设平面AEB 的法向量为n →=（x ，y ，z ）， 则{n →⋅EA →=0n →⋅BE →=0，即{−ax +√3az =0(a −2)x +√3(a −2)y =0， 令z ＝1，则x =√3，y ＝﹣1， 即n →=（√3，﹣1，1），平面AEF 的法向量为m →=(0，1，0)，则cos ＜m →，n →＞=m →⋅n→|m →||n →|=−√55即二面角F ﹣AE ﹣B 的余弦值为−√55； （Ⅲ）若BE ⊥平面AOC ，则BE ⊥OC ，即BE →⋅OC →=0，∵BE →=（a ﹣2，−√3(2−a)，0），OC →=（﹣2，√3(2−a)，0），∴BE →⋅OC →=−2（a ﹣2）﹣3（a ﹣2）2＝0，解得a =43．9. 解：设A （2，0，0），B （2，2，0），C （0，2，0），D （1，1，√2），则各个面上的射影分别为A '，B '，C '，D '，在xOy 坐标平面上的正投影A '（2，0，0），B '（2，2，0），C '（0，2，0），D '（1，1，0），S 1=12×2×2=2． 在yOz 坐标平面上的正投影A '（0，0，0），B '（0，2，0），C '（0，2，0），D '（0，1，√2），S 2＝.12×2×√2=√2在zOx 坐标平面上的正投影A '（2，0，0），B '（2，0，0），C '（0，0，0），D '（0，1，√2），S 3=12×2×√2=√2， 则S 3＝S 2且S 3≠S 1，故选：D ．10. （1）证明：在正方形AMDE 中，∵B 是AM 的中点，∴AB ∥DE ，又∵AB ⊄平面PDE ，∴AB ∥平面PDE ，∵AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ，∴AB ∥FG ；（2）解：∵P A ⊥底面ABCDE ，∴P A ⊥AB ，P A ⊥AE ，如图建立空间直角坐标系Axyz ，则A （0，0，0），B （1，0，0），C （2，1，0），P （0，0，2），E （0，2，0），F （0，1，1），BC →=(1，1，0)，设平面ABF 的法向量为n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅AB →=0n →⋅AF →=0即{x =0y +z =0， 令z ＝1，则y ＝﹣1，∴n →=（0，﹣1，1），设直线BC 与平面ABF 所成的角为α，则sin α＝|cos ＜n →，BC →＞|＝|n →⋅BC →|n →|⋅|BC →||=12，∴直线BC 与平面ABF 所成的角为π6，设H （u ，v ，w ），∵H 在棱PC 上，∴可设PH →=λPC →(0＜λ＜1)，即（u ，v ，w ﹣2）＝λ（2，1，﹣2），∴u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2﹣2λ，∵n →是平面ABF 的法向量，∴n →⋅AH →=0，即（0，﹣1，1）•（2λ，λ，2﹣2λ）＝0，解得λ=23，∴H （43，23，23）， ∴PH =√(43)2+(23)2+(−43)2=2．。
2018年___自主招生数学试卷(含答案解析)
2018年___自主招生数学试卷(含答案解析)2018年___自主招生数学试卷一、选择题（本大题共6小题，共24.0分）1.√16的平方根是()A.4B.±4C.22.若√(1−x)2=x−1成立，则x满足()A.x≥1B.x≥C.x≤1D.±23.已知x=√5−1，则x2+2x的值是()A.2B.3C.4D.54.如图所示的四条直线a、b、c、d，直线a、b与水平线平行，以其中一条为x轴，d与水平线垂直，取向右为正方向；直线c、以其中一条为y轴，取向上为正方向．某同学在此坐标平面上画了二次函数x=xx2+2xx+2(x≠0)的图象如图，则下面结论正确的是()A.a为x轴，c为y轴B.a为x轴，d为y轴C.b为x轴，c 为y轴D.b为x轴，d为y轴5.如图，已知AB为圆的直径，C为半圆上一点，D为半圆的中点，xx⊥xx，垂足为H，HM平分∠xxx，HM交AB于x.若xx=3，xx=1，则MH长为()A.1B.1.5C.0.5D.0.76.如图，△xxx中，∠x=90°，D是BC边上一点，∠xxx=3∠xxx，xx=8，xx=7.则AB的值为()A.15B.20C.2√2+7D.2√2+√7二、填空题（本大题共10小题，共40.0分）7.已知实数x、y满足x+2x=5，则x−x=3.8.分解因式：x2+4xx+4x2+x+2x−2=(x+2x+1)2−3.9.在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为(x,3)，(3x−1,3)，若线段AB与直线x=2x+1相交，则m的取值范围为(0,1)。
10.若一个圆锥的侧面展开图是半径为18cm，圆心角为240°的扇形，则这个圆锥的底面半径长是9cm。
11.如图，已知在矩形ABCD中，点E在边BC上，BE=2CE，将矩形沿着过点E的直线翻折后，点C、D、N处，B在同一直线上，分别落在M、F与BE交于点G.设AB=√3，那么△xxx的周长为4+4√3.12.如图，已知点x1，x2，…，xx均在直线x=x−1上，点x1，x2，…，xx均在双曲线x=−x上，x1x1⊥x并且满足：x1x2⊥x轴，x2x2⊥x轴，…，xx−1xx⊥x轴，xxxx⊥x轴，且x1x2=x2x3=…=xx−1xx，则n的最小值为2.1.由题意可知，点B在x轴负半轴，点A在x轴正半轴，且AB垂直于x轴，因此AB的斜率为0，即AB为x轴，所以B的纵坐标为0.又因为B在x轴负半轴，所以其横坐标为负数，设为-a。