2019年全国2卷省份高考模拟理科数学分类--立体几何

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2019年高考理科数学全国2卷(附答案)(2)[2]

20 19年高考理科数学全国2卷(附答案)( 2) (w or d 版可编辑修改是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔(2)( wo rd 版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以_ —理科数学全国 II 卷___ - 本试卷共 23 小题，满分150 分,考试用时120 分钟:号 -(适用地区：内蒙古 / 黑龙江 /辽宁 /吉林 /重庆 /陕西 / 甘肃 /宁/新疆 / 西藏 /海南 )学 —注意事项：_-__1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置_-__2．回答选择题时,选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案__ —如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时写在___答题卡上。

写在本试卷上无效。

_ 线__ 封_3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

_密__ —__12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每个小题给选： —一、选择题：本题共名 — 项中，只有一项是符合题目要求的。

姓—2— 1．设集合 A=｛ x|x —5x+6>0} ， B={ x|x-1<0} ，则 A∩B=班 -A ． (-∞， 1）B ． (-2， 1）C ．(-3 ， —1）D ． (3， +∞___ —_2 ．设 z=—3+2i ，则在复平面内 z 对应的点位于_—__ A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限年 -____线 3 ．已知 AB =（2,3）， AC =(3 ，t)， BC =1，则 AB BC = __ 封_ A ．—3 B ．—2 C ． 2D ． 3 _ 密_-__4． 2019 年 1 月 3 日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软_ -__R，L2点到月球的距离为r ，根据牛顿运动定律和万有引力定律,地月连长线上．设地球质量为M１，月球质量为M２，地月距离为R， L2点到月距离为 r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r 满足方程：M1M 2M1（R r)2r2(R r ）3。

2019高考数学试题汇编之立体几何(原卷版)

专题04 立体几何1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线3．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158 B．162C．182 D．3244．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β5．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________．6．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）7．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D 挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =AA =，，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.8．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．9．【2019年高考北京卷文数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．10．【2019若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________.11．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD的体积是 ▲ .12．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．13．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C 的体积．14．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积.-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 15．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．16．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ；（2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.17．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．18．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.19．【云南省昆明市2019届高三高考5月模拟数学试题】已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，若αβ⊥，则下列结论正确的是 A ．l β∥或l β⊄ B ．//l m C ．m α⊥D ．l m ⊥20．【陕西省2019届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为A B ．34C ．4D ．5421．【四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为2的正方形ABCD 中，,E F 分别是,BC CD 的中点，现在沿,AE AF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使,,B C D 三点重合，重合后的点记为P ，则四面体P AEF -的高为A ．13 B ．23C ．34D ．122．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学试题】在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．23．【河南省洛阳市2019年高三第三次统一考试（5月）数学试题】在四棱柱1111ABCD A B C D -中，四边形ABCD 是平行四边形，1A A ⊥平面ABCD ， 60BAD ∠=︒，12,1,AB BC AA ===，E 为11A B 中点.（1）求证：平面1A BD ⊥平面1A AD ；（2）求多面体1A E ABCD -的体积.。

2019高考数学试题汇编之立体几何(原卷版)

暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱“专题04立体几何1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线3．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的幂势既同，则积不容异”称为祖=体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158C．182B．162D．3244．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱V A上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则A．β<γ，α<γB．β<α，β<γC．β<α，γ<αD．α<β，γ<β5．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为___________．6．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）7．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD A B C D挖去四棱锥O−EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H 1111分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm，AA1=4cm，3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.8．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【 E 12． 2019 年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱 ABCD –A 1B 1C 1D 1 的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，9．【2019 年高考北京卷文数】已知 l ，m 是平面 α 外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥ α ；③l ⊥ α ．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．10．【2019 年高考天津卷文数】已知四棱锥的底面是边长为 2 的正方形，侧棱长均为 5 .若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 __________.11． 2019 年高考江苏卷】如图，长方体 ABCD - A B C D 的体积是 120，为 CC 的中点，则三棱锥 E −BCD1 1 1 11的体积是 ▲ .【E ，M ，N 分别是 BC ，BB 1，A 1D 的中点.A（1）证明：MN ∥平面 C 1DE ；（2）求点 C 到平面 C 1DE 的距离．13．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体 ABCD – 1B 1C 1D 1的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面 EB 1C 1；（2）若 AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥 EBB 1C 1C的体积．14．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB，△Rt ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积.15．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面P AC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面P AB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．16．【2019 年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P - ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，△PCD 为等边三角形，平面 PAC ⊥ 平面 PCD ， P A ⊥ CD , C D = 2, AD = 3 .（1）设 G ，H 分别为 PB ，AC 的中点，求证： G H ∥平面 P AD ；（2）求证： P A ⊥ 平面 PCD ；（3）求直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值.17．【2019 年高考江苏卷】如图，在直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中，D ，E 分别为 BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面 DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．18．【2019 年高考浙江卷】如图，已知三棱柱 ABC - A B C ，平面 A ACC ⊥ 平面 ABC , ∠ABC = 90︒ ，1 1 1 11∠BAC = 30︒, A A = AC = AC, E, F 分别是 AC ，A B 的中点.【1 11 1（1）证明： EF ⊥ BC ；（2）求直线 EF 与平面 A 1BC 所成角的余弦值.19．云南省昆明市 2019 届高三高考 5 月模拟数学试题】已知直线 l ⊥ 平面 α ，直线 m ∥平面 β ，若 α ⊥ β ，A ．B ． 2【 1则下列结论正确的是A ． l ∥β 或 l ⊄ βC ． m ⊥ αB ． l // mD ． l ⊥ m20．【陕西省 2019 届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱 ABC - A B C 的侧棱与底面边长都相等，1 1 1A 在底面 ABC 上的射影为 BC 的中点，则异面直线 AB 与 CC 所成的角的余弦值为1 1A ．34B ．345C ．D ．45 421．【四川省宜宾市 2019 届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为2 的正方形 ABCD 中， E , F 分别是 BC , C D 的中点，现在沿 AE , AF 及 EF 把这个正方形折成一个四面体，使 B, C , D 三点重合，重合后的点记为 P ，则四面体 P - AEF 的高为13 3C ．3 4D ．122．广东省深圳市高级中学 2019 届高三适应性考试（6 月）数学试题】在三棱锥 P - ABC 中，平面 P AB ⊥平面 ABC ，△ABC 是边长为 6 的等边三角形，△PAB 是以 AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．23．【河南省洛阳市 2019 年高三第三次统一考试（5 月）数学试题】在四棱柱 ABCD - A B C D 中，四边1 1 1 1形 ABCD 是平行四边形，A A ⊥平面 ABCD ， ∠BAD = 60︒ ，AB = 2, BC = 1, AA 1 = 6 ，E 为 A 1B 1中点.1（1）求证：平面 A 1BD ⊥ 平面 A 1AD ；（2）求多面体 A E - ABCD 的体积.。

2019年全国2卷省份高考模拟文科数学分类---立体几何

2019年全国2卷省份高考模拟文科数学分类汇编---立体几何1.（2019青海省海东市文科模拟）一正方体的六个面上用记号笔分别标记了一个字，已知其表面展开图如图所示，则在原正方体中，互为对面的是（）A．西与楼，梦与游，红与记B．西与红，楼与游，梦与记C．西与楼，梦与记，红与游D．西与红，楼与记，梦与游【解答】解：将红作为底面，则西与之相对，楼与游相对，记与梦相对，综上西与红，楼与游，梦与记相对，故选：B．【点评】考查了正方体的展开图，主要考查空间想象能力，属于基础题．2.（2019青海省海东市文科模拟）已知某三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，且三个侧面的面积分别为4，6，12，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．36πB．52πC．56πD．224π【解答】解：设三条侧棱长分别为a，b，c，则，，，解得：a＝4，b＝2，c＝6．把三棱锥补形为长方体，则长方体的体对角线长为．∴三棱锥的外接球的半径为，则三棱锥的外接球的表面积为．故选：C．【点评】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查“分割补形法”是中档题．3.（2019青海省海东市文科模拟）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AC＝BC，且BC⊥AC．（1）证明：平面PBC⊥平面PAC；（2）设棱AB，BC的中点分别为E，D，若四面体PBDE的体积为，求△PBE的面积．【解答】证明：（1）∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，∵BC⊥AC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC．解：（2）设AC＝PA＝BC＝a，则BD＝DE＝，∴四面体PBDE的体积为：＝，＝＝．解得a＝2，∴△PBE的面积S△PBE【点评】本题考查面面垂直的证明，考查三角形的面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．4.（2019重庆市文科模拟）已知两条不同的直线a，b和一个平面α，则使得“//a b”成立的一个必要条件是A．//⊂aα且bαbαB．//aα且//C．aα⊥D．a，b与α所成角相同⊥且bα【解答】解：若//⊂，故A错误，bα或bαa b，若//aα则//若//⊥且bα⊥不一定成立，故C错误，a b，aαbα或bαa b，当//aα时//⊂，故B错误，若//若//a b则a，b与α所成角相同，即D正确，故选：D．5.（2019重庆市文科模拟）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A．4+B．4+C．8+D．8+【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为四棱锥，底面ABCD 为边长是2的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且2PA =．∴该几何体的表面积为：112222222822⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+D ．6.（2019重庆市文科模拟）如图，P 为正方形ABCD 所在平面外一点，PA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为BC ，CD 的中点（1）求证：PF DE ⊥；（2）若3PA AB ==，求点C 到平面PDE 的距离【解答】证明：（1）在正方形ABCD 中，DE AE =，DA DC =，DF CE =，ADF DCE ∠=∠，ADF DCE ∴∆≅∆，CDE DAF ∴∠=∠，90DAF EDA ∴∠+∠=︒，AF DE ∴⊥，又PA ⊥面ABCD ，PA DE ∴⊥， PAAF A =，DE ∴⊥面PAF ，DE PF ∴⊥．解：（2）PA ⊥平面ABCD ，PA DE ∴⊥，又PAAF A =，DE ∴⊥面PAF ，DE PF ∴⊥．解：（2）PA ⊥面ABCD ，PA ∴为三棱锥P ECD -的高，设C h 为点C 到平面PDE 的距离，在PED ∆中，PD =，92PE =，DE =222cos 22PD PE DE EPD PD PE +-∠==， 127sin 24DEP S PD PE EPD ∆∴=⨯⨯⨯∠=，由等体积法得P ECD C PDE V V --=， ∴1133ECD PDE C S PA S h ∆∆=，解得1C h =． 7.（2019长春市文科模拟）已知m ，n 为两条不重合直线，α，β为两个不重合平面，下列条件中，一定能推出α∥β的是（）A．m∥n，m⊂α，n⊂βB．m∥n，m⊥α，n⊥βC．m⊥n，m∥α，n∥βD．m⊥n，m⊥α，n⊥β【分析】根据空间线面位置关系的定义，性质判断或举反例说明．【解答】解：对于A，若α∩β＝l，m∥l，n∥l，显然条件成立，但α，β不平行，故A错误；对于B，由m∥n，m⊥α可得n⊥α，又n⊥β，故α∥β，故B正确；对于C，若m⊥n，m∥α，n∥β，则α，β可能平行，可能相交，故C错误；对于D，m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β，故D错误．故选：B．【点评】本题主要考查空间直线与平面位置关系，属于基础题．8.（2019长春市文科模拟）我国古代数学名著《九章算术•商功》中阐述：“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣．”若称为“阳马”的某几何体的三视图如图所示，图中网格纸上小正方形的边长为1，对该几何体有如下描述：①四个侧面都是直角三角形；②最长的侧棱长为；③四个侧面中有三个侧面是全等的直角三角形；④外接球的表面积为24π．其中正确的描述为①②④．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，可知该几何体为四棱锥，PA⊥底面ABCD，PA＝2，底面ABCD为矩形，AB＝2，BC＝4，则四个侧面是直角三角形，故①正确；最长棱为PC，长度为，故②正确；由已知可得，PB＝2，PC＝2，PD＝2，则四个侧面均不全等，故③错误；把四棱锥补形为长方体，则其外接球半径为PC ＝，其表面积为4π×＝24π，故④正确．∴其中正确的命题是①②④．故答案为：①②④．【点评】本题考查由三视图还原原几何体，考查多面体外接球表面积与体积的求法，是中档题． 9.（2019长春市文科模拟）如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为CD 中点，以AE 为折痕把△ADE 折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）．（Ⅰ）证明：AE ⊥PB ；（Ⅱ）当四棱锥P ﹣ABCE体积最大时，求点C到平面PAB的距离．【解答】（I ）证明：在等腰梯形ABCD 中，连接BD ，交AE 于点O ，∵AB ∥CE ，AB ＝CE ， ∴四边形ABCE 为平行四边形，∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ，∴△ADE 为等边三角形， ∴在等腰梯形ABCD 中，∠C ＝∠ADE ＝，∠DAB ＝∠ABC ＝，∴在等腰ADB 中，∠ADB ＝∠ABD＝，∴∠DBC ＝﹣＝，即BD ⊥BC ，∴BD ⊥AE ，翻折后可得：OP ⊥AE ，OB ⊥AE ，又OP ⊂平面POB ，OB ⊂平面POB ，OP ∩OB ＝O ， ∴AE ⊥平面POB ，∵PB ⊂平面POB ，∴AE ⊥PB ．（II ）设点C 到平面PAB 的距离为d ，由题意得，OP ⊥平面ABCE 时，四棱锥P ﹣ABCE 体积最大， ∵OP ＝OB ＝，∴PB ＝，∵AP ＝AB ＝1，∴S △PAB ＝＝，S △ABC ＝＝，∴V P ﹣ABC ＝＝，又V P ﹣ABC ＝V C ﹣PAB ＝＝，∴d ＝．【点评】本题考查了线面垂直的判定与性质，棱锥的体积计算，属于中档题．10.（2019吉林省文科模拟）若一个圆锥轴截面是面积为1的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为（）A.B.C. 2πD. 4π【答案】A【详解】设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线长为l ，由题可知，，则)2112⨯=，∴r 1l ==，πrl =，故选：A【点睛】本题考查圆锥的计算；得到圆锥的底面半径是解决本题的突破点；注意圆锥的侧面积πrl =的应用． 11.（2019吉林省文科模拟）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为______．【答案】20π【分析】由几何体的直观图为三棱锥A BCD -，其中ABD ∆的外接圆的圆心为F ，BCD ∆的外接圆的圆心为E ，A BCD -的球心为O ，球的半径为R ，且OE ⊥平面BCD ，OF ⊥平面ABD ，在ABD ∆和BCD ∆中，分别求得2FA =和1OF =，根据球的性质，求得求得半径，即可求解外接球的表面积。

2019年高考理科数学三年高考真题精品分类汇编：24 立体几何的位置关系-附答案中高考前沿

路漫漫其修远兮，吾将上下而求索！2019-2020年备考青霄有路终须到，金榜无名誓不还！2019-2020年备考专题24 立体几何的位置关系考纲解读明方向考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.点、线、面的位置关系理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.·公理1:如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.·公理2:过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面.·公理3:如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.·公理4:平行于同一条直线的两条直线互相平行.·定理:空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么理解2016浙江,2;2015广东,8;2014广东,7;2013课标全国Ⅱ,4;2013江西,8选择题★★☆2.异面直线所成的角掌握2017课标全国Ⅱ,10;2017课标全国Ⅲ,16;2016课标全国Ⅰ,11;2015四川,14;2015广东,18选择题填空题★★★这两个角相等或互补分析解读 1.会用平面的基本性质证明点共线、线共点、点线共面问题;会用反证法证明有关异面或共面问题.2.会判定和证明两条直线异面;会应用三线平行公理和等角定理及推论解决有关问题,会求两条异面直线所成的角;了解两条异面直线间的距离.3.高考对本节内容的考查常以棱柱、棱锥为依托,求异面直线所成的角,分值约为5分,属中档题.考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.直线与平面平行的判定与性质①以立体几何中的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理,理解以下判定定理.如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行.如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行.理解以下性质定理,并能够证明.如果一条直线与一个平面平行,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.如果两个平行平面同时和第三个掌握2017江苏,15;2016江苏,16;2016四川,18;2015安徽,5;2015江苏,16;2013广东,6选择题解答题★★★2.平面与平面平行的判定与掌握2016课标全国Ⅱ,14;2013江苏,16选择题解答题★★☆。

2019年高考理科数学(2卷)答案详解

2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（II 卷）答案详解一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（集合）设集合A ={x |x 2–5x +6＞0}，B ={x |x –1＜0}，则A ∩B =（） A ．(∞-，1) B ．(–2，1)C ．(–3，–1)D ．(3，∞+)【解析】集合A ={x |x 2–5x +6＞0}={x |x ＜2或x ＞3}，集合B ={x |x ＜1}，所以有A ∩B={x |x ＜1}，即A 答案. 【答案】A2．（复数）设i z 23+-=，则在复平面内z 对应的点位于（） A ．第一象限 B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【解析】i z 23+-=，则z 的共轭复数为i z 23--=，所以在复平面内z 对应的点位于第三象限. 【答案】C3．（平面向量）已知AB =(2,3)，AC =(3，t )，||BC =1，则AB BC ⋅=（） A ．–3 B ．–2C ．2D ．3【解析】(1,3)=+=-BC BA AC t ，由于||1=BC ，所以03=-t ，即3=t ，(1,0)=BC .所以21302⋅=⨯+⨯=AB BC【答案】C4．（公式推导）2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日2L 点的轨道运行．2L 点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M １，月球质量为M ２，地月距离为R ，2L 点到月球的距离为r ，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r 满足方程：121223()()M M M R r R r r R +=++.设rRα=，由于α的值很小，因此在近似计算中34532333(1)ααααα++≈+，则r 的近似值为（） A ．21M R M B ．212M R MC ．2313M R M D ．2313M R M【解析】∵=rR α，∴=r R α，代入121223()()+=++M M M R r R r r R 中得12122222(1)(1)+=++M M M R R R ααα12122(1)(1)+=++M M M ααα33453122333=3(1)++⎛⎫=≈ ⎪+⎝⎭M r M R ααααα所以有 2313=M r R M 【答案】C5．（概率统计）演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分．7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是（） A ．中位数 B ．平均数 C ．方差D ．极差【解析】根据几个数字特征的定义，很容易得出答案：去掉1个最高分、1个最低分，最后中位数不变. 【答案】A6．（函数）若a ＞b ，则（） A ．ln(a −b )＞0 B ．3a ＜3b C ．a 3−b 3＞0D ．|a |＞|b |【解析】答案A ：∵a ＞b ，∴a －b ＞0，无法判断ln(a −b )的正负；答案B ：∵y =3x 为增函数，∴3a ＞3b ；答案C ：∵y =x 3为增函数，∴a 3＞b 3；答案D ：当0＞a ＞b 时，|a |＜|b |.【答案】C7．（立体几何）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（） A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【解析】通过画图，采用排除法，很容易得到正确答案. 【答案】B8．（解析几何）若抛物线y 2=2px (p ＞0)的焦点是椭圆1322=+py p x 的一个焦点，则p =（） A ．2 B ．3 C ．4D ．8【解析】抛物线y 2=2px (p ＞0)的焦点为)0,2(p，并且在x 轴上. 所以椭圆1322=+p y p x 的一个焦点为)0,2(p . 所以有p p22=，得p =8. 【答案】D9．（三角函数）下列函数中，以2π为周期且在区间)2,4(ππ单调递增的是（） A ．f (x )=|cos2x | B ．f (x )=|sin2x | C ．f (x )=cos|x |D ．f (x )=sin|x |【解析】答案A ：函数f (x )=|cos2x |的图像如图A9-1所示，其周期是函数f (x )=cos2x 的一半，即21π=T ，且在区间)2,4(ππ为单调递增的. 答案B ：与答案A 类似，函数f (x )=|sin2x |的周期是函数f (x )=sin2x 的一半，即22π=T ，且在区间)2,4(ππ为单调递减的；答案C ：函数f (x )=cos|x |为偶函数，其图像如图A9-2所示.由函数f (x )=cos|x |的图像可知，其周期π23=T ；答案D ：与答案C 类似，由函数f (x )=sin|x |的图像可知，其不是周期函数. 【答案】A图A9-1 图A9-210．（三角函数）已知α∈(0，2π)，2sin2α=cos2α+1，则sin α=（） A ．15B ．55C ．33D ．255【解析】利用三角公式12cos 2sin 2+=αα化简得ααα2cos 2cos sin 4=ααcos sin 2=所以2cot =α，设α所对得边为1，则临边为2，斜边为5，所以55sin =α. 【答案】B11．（解析几何）设F 为双曲线C ：22221(0,0)-=>>x y a b a b的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆222+=x y a 交于P ，Q 两点．若=PQ OF ，则C 的离心率为（） A ．2 B ．3C ．2D ．5【解析】如图A11所示. ∵OF 为直径，=PQ OF ，∴PQ 也是直径.，即点P 、Q 的坐标为)2,2(c c .把)2,2(c c 代入222+=x y a 得，222=c a . ∴22=e ，即2=e .图A11【答案】A12．设函数()f x 的定义域为R ，满足(1) 2 ()f x f x +=，且当(0,1]x ∈时，()(1)f x x x =-．若对任意(,]x m ∈-∞，都有8()9f x ≥-，则m 的取值范围是A ．9,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．7,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．8,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】由)(2)1(x f x f =+可得Z x x f t x f t∈⋅=+),(2)(，即Z x t x f x f t∈-⋅=),(2)(.∵当(0,1]∈x 时，()(1)=-f x x x ，1()[,0]4∈-f x ∴当(1,2]∈x 时，1(0,1]-∈x ，则)2)(1(2)1(2)(--=-⋅=x x x f x f ，1()[,0]2∈-f x∴当(2,3]∈x 时，2(0,1]-∈x ，则)3)(2(4)2(2)(2--=-⋅=x x x f x f ，()[1,0]∈-f x 函数()f x 的图像如图A12所示. 对任意(,]∈-∞x m ，都有8()9≥-f x ，因此(2,3]∈m 令98)3)(2(4)(-=--=x x x f ，得 37=x 或38=x . 由图A12可知，当37≤m 时，都有8()9≥-f x .图A12【答案】B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2019年全国2卷省份高考模拟理科数学分类--参数方程极坐标

2019年全国2卷省份高考模拟理科数学分类----参数方程极坐标1.（2019重庆市理科模拟）在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数，a∈R），以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ＝2cosθ（1）求直线l的普通方程及曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l过点P（1，1）且与曲线C交于AB两点，求|P A|+|PB|【分析】（1）消去参数t可得直线l的普通方程，根据互化公式可得曲线C的普通方程．（2）根据直线参数方程中参数条的几何意义可得．【解答】解（1）由消去参数t可得直线l的普通方程为：x+y﹣a＝0，由ρsin2θ＝2cosθ得ρ2sin2θ＝2ρcosθ可得曲线C的直角坐标方程为：y2＝2x．（2）将P（1，1）代入x+y﹣a＝0可得a＝2，所以直线l的参数方程为（t为参数）将其代入曲线C的普通方程得：t2+4﹣2＝0，设A，B对应的参数为t1，t2，则t1+t2＝﹣4，t1t2＝﹣2＜0，∴|P A|+|PB|＝|t1|+|t2|＝|t1﹣t2|＝＝＝2．【点评】本题考查了参数方程化普通方程，极坐标方程化普通方程，参数t的几何意义，属中档题．2.（2019青海西宁四中理科模拟）已知直线：为参数，曲线：为参数求直线l与曲线的普通方程；已知点，，若直线l与曲线相交于A，B两点点A在点B的上方，求的值．【答案】解：由直线已知直线l：为参数，消去参数t得：，曲线：为参数，消去参数得：．设，，将直线l的参数方程代入，得：，由韦达定理可得：，．结合图象可知，．由椭圆的定义知：所以．【解析】考查参数方程与普通方程的互化，消去参数t是关键．考查椭圆参数方程与普通方程的转化，及其直线参数方程的参数t的意义及其应用本题考查参数方程与普通方程的互化，公式要牢记，计算要细心，属于中档题型．3.（2019重点校协作体理科模拟）在平面真角坐标系xoy中，直线l的参数方程为（t为参数，α为直线的倾斜角），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立楼坐标系，曲线C1和C2的概坐标方程分别为C1：ρ＝2cosθ，C2：ρ＝2cos（θ﹣）．（1）求C2的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C1，C2，分别相交于异于原点的点M，N，求|MN|的最大值．【分析】（1）由ρ＝2cos（θ﹣）得ρ2＝2ρcosθcos+2ρsinθsin，得C2得直角坐标方程为：x2+y2﹣x﹣＝0．（2）利用参数t的几何意义和三角函数的性质可得．【解答】解：（1）由ρ＝2cos（θ﹣）得ρ2＝2ρcosθcos+2ρsinθsin，得C2得直角坐标方程为：x2+y2﹣x﹣＝0．（2）由ρ＝2cosθ得ρ2＝2ρcosθ得x2+y2﹣2x＝0，将直线l代入C1并整理得t2﹣2t cosα＝0，设M对应的参数为t1，∴t1＝2cosα将直线l代入C2并整理得t2﹣t（cosα+sinα）＝0，设N对应的参数为t2，∴t2＝cosα+sinα，∴|MN|＝|t1﹣t2|＝|2cosα﹣cosα﹣sinα|＝|cosα﹣sinα|＝|2cos（α+）|，∵0≤α＜π，∴≤α+＜，∴cos（α+）∈[﹣1，]，∴cos（α+）＝，即α＝0时，|MN|取得最大值．【点评】本题考查了参数方程化成普通方程，属中档题．4.（2019吉林省四平一中理科模拟）在直角坐标系中，直线的参数方程为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为若与相交于两点，，求；圆的圆心在极轴上，且圆经过极点，若被圆截得的弦长为，求圆的半径【答案】（1）6；（2）13.【分析】（1）将代入,利用t的几何意义及韦达定理即可求解；（2）化直线和圆为普通方程，利用圆的弦长公式求得半径【详解】（1）由，得，将代入，得，则，故.（2）直线的普通方程为，设圆的方程为.圆心到直线的距离为，因为，所以，解得（舍去），则圆的半径为13.【点睛】本题考查直线参数方程，圆的弦长公式，熟练运用直线与圆的位置关系，准确计算是关键，是中档题.5.（2019吉林长春市理科模拟）已知曲线极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）.（Ⅰ）若曲线与无公共点，求正实数的取值范围；（Ⅱ）若曲线的参数方程中，，且曲线与交于，两点，求.【答案】(1) .(2)8.【分析】（Ⅰ）根据极坐标与直角坐标的互化，可直接得出曲线的直角坐标方程；再由曲线的参数方程，消去参数，得到曲线的普通方程；联立两曲线方程，根据题意列出不等式组，即可得出结果；（Ⅱ）先由题意得到曲线的普通方程，联立直线与曲线的方程，求出交点坐标，再由两点间距离，即可得出结果.【详解】解：（Ⅰ）的直角坐标方程为①，的直角坐标方程为②，将①②联立，可求得，由题意:，求得. 的（II ）当时，曲线为直线，解方程组，得，，所以易得【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程互化，以及参数方程与普通方程的互化，熟记公式即可，属于常考题型.6.（2019兰州市理科模拟）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和的直角坐标方程；（2）已知曲线的极坐标方程为，，，点是曲线与的交点，点是曲线与的交点，且，均异于原点，且，求实数的值.【答案】（1）的普通方程为，的直角坐标方程为（2）【分析】（1）利用可得曲线的普通方程，将左右两边同时乘以，再化为直角坐标方程。

2019高考数学(理Ⅱ卷16)印信文化与立体几何

2019(理Ⅱ卷16)
中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一，印信的形状多为长方体，正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信是“半正多面体”（图1），半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美，图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________。

图1 图2
建立空间思想体系特别重要！
(1)可以看成是2个“多面形碗”及1个八棱柱，每个“碗”有4个正角形，4+1=5个正方形，所以每个碗有9个面，八棱柱有8个侧面。

所以这个半正多面体的面数为：9+9+8=26。

(2)根据截面可以解出，x＝2-1
想一想，算一算。

如果该几何体的棱长为1，求其点、线、面的数目，求表面积，求体积。

你能求出来吗?。

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2019年全国2卷省份高考模拟理科数学分类----立体几何1.（2019重庆市理科模拟）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【分析】由三视图还原原几何体，该几何体为多面体ABCDEF，底面为矩形ABCD，AB＝5，AD＝3．侧面CDEF为等腰梯形，EF＝1，侧面CDEF⊥底面ABCD．再由棱锥与棱柱的体积公式求解．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为多面体ABCDEF，底面为矩形ABCD，AB＝5，AD＝3．侧面CDEF为等腰梯形，EF＝1，侧面CDEF⊥底面ABCD，则该几何体的体积V＝．故选：A．【点评】本题考查由三视图求面积，体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．2.（2019重庆市理科模拟）如图，圆锥SO的高SO＝2，底面直径AB＝CD＝4，M，N分别是SC，SD的中点，则四面体ABMN体积的最大值是【分析】当AB⊥CD时，四面体ABMN体积取最大值，圆锥SO的高SO＝2，底面直径AB＝CD＝4，M，N 分别是SC，SD的中点，AB⊥CD，以O为原点，OA，OD，OS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出四面体ABMN体积的最大值．【解答】解：当AB⊥CD时，四面体ABMN体积取最大值，∵圆锥SO的高SO＝2，底面直径AB＝CD＝4，M，N分别是SC，SD的中点，AB⊥CD，以O为原点，OA，OD，OS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∴A（2，0，0），B（﹣2，0，0），S（0，0，2），C（0，﹣2，0），D（0，2，0），M（0，﹣1，1），N（0，1，1），＝（﹣4，0，0），＝（﹣2，﹣1，1），＝（﹣2，1，1），设平面AMN的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，0，2），点B到平面AMN的距离d＝＝，cos＜＞＝＝＝，sin＜＞＝＝，∴S△AMN＝＝＝，∴四面体ABMN体积的最大值是：V＝＝＝．故答案为：．【点评】本题考查四面体的面积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．3.（2019重庆市理科模拟）如图所示的几何体中，侧面ABCD为矩形，侧面DEFG为平行四边形，AB＝1AD＝2，AG∥BF，AB⊥BF，AG＝3BF＝5，二面角D﹣AB﹣F的大小为60°（1）证明，平面CDE⊥平面ADG（2）求直线BE与平面ABCD所成角的大小【分析】（1）由AB⊥BF，CD∥AB，AG∥BF，得CD⊥AG，再由CD⊥AD，得CD⊥平面ADG，由此能证明平面CDE⊥平面ADG．（2）以A为原点，AB，AG所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BE 与平面ABCD所成角的大小．【解答】证明：（1）由AB⊥BF，CD∥AB，AG∥BF，得CD⊥AG，又CD⊥AD，∴CD⊥平面ADG，平面CDE⊥平面ADG．解：（2）以A为原点，AB，AG所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，∵AB⊥AD，AB⊥AG，∴∠DAG是二面角D﹣AB﹣F的平面角，∴∠DAG＝60°，∴D（0，1，），B（1，0，0），G（0，3，0），F（1，5，0），由＝，得E（1，3，），设平面ABCD的法向量＝（x，y，z），则，∴，令z＝﹣1，得＝（0，），设BE与平面ABCD所成角为θ，则sinθ＝＝，解得θ＝30°．故直线BE与平面ABCD所成角的大小为30°．【点评】本题考查面面垂直的证明，考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．4.（2019青海西宁四中理科模拟）如图，在直三棱柱中，，，D，E分别在AB，的中点，则异面直线CE与所成角的余弦值为A.B.C.D.【答案】C【解析】解：如图，设，，，则，，．，，．即异面直线CE与所成角的余弦值为，故选：C．设，，，利用平面向量基本定理把与分别由表示，再由数量积求夹角公式求解．本题考查利用向量法求异面直线所成角，是基础题．5.（2019青海西宁四中理科模拟）如图，四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为梯形，，，且，．求证：平面AEC．求二面角的余弦值．【答案】证明：连结BD，交AC于点M，连结EM，，，，又，，在中，．不包含于平面EAC，平面EAC面EAC；解：由已知可以A为坐标原点，分别以AB，AP为y轴，Z轴建立空间直角坐标系，设，则0，，a，，a，，0，，，设y，为平面EAC的一个法向量，则，解得，，同理可得平面PBC的一个法向量1，，，，二面角的余弦值为【解析】由已知条件，推导出，利用直线与平面平行的判定定理能证明面EAC．以A为坐标原点，分别以AB，AP为y轴，Z轴建立空间直角坐标系，求出平面EAC的一个法向量，平面PBC的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可得出结论．本题考查直线与平面平行的证明，考查平面与平面所成角的应用，解题时要注意等价转化思想和向量法的合理运用．6.（2019大连重点校协作体理科模拟）一个几何体的三视图如图所示，其左视图是等边三角形，该几何体的侧面中面积最大的侧面的面积等于（）A．B．C．2D．【分析】根据三视图知，该几何体是以俯视图为底面的四棱锥，且一侧面垂直于底面，结合图中数据求出该四棱锥侧面中的最大面积．【解答】解：根据三视图知，该几何体是以俯视图为底面的四棱锥，如图所示；则该四棱锥P﹣ABCD中，各侧面的面积为S△P AB＝×2×＝，S△P AD＝×1×2＝1，S△PBC＝×2×2＝2，△PCD中，CD＝PD＝，BC＝2，S△PCD＝×2×＝，即侧面积最大的是．故选：B．【点评】本题考查了利用三视图求几何体表面积的应用问题，是基础题．7（2019大连重点校协作理科模拟）已知m，n是两条不同直线，α是一个平面，m⊄α，n α，则“m∥n”是“m∥α”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【分析】根据线面平行的性质结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【解答】解：若m∥n由线面平行的定义知m∥α成立，即充分性成立，若m∥α，则m与n可能平行可能是异面直线，故必要性不成立，即“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件，故选：A．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合线面平行的性质定理是解决本题的关键．8.（2019大连重点校协作体理科模拟）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都是2，D，E分别是AC1，CC1的中点．（1）求证：AE⊥平面A1BD；（2）求二面角B﹣A1D﹣B1的余弦值．【分析】（1）取AC中点O为坐标原点，OA1为x轴，OD为y轴，OB为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明AE⊥平面A1BD．（2）求出平面A1BD的法向量和平面A1B1D的法向量，由此能求出二面角B﹣A1D﹣B1的余弦值．【解答】证明：（1）直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都是2，D，E分别是AC1，CC1的中点．取AC中点O为坐标原点，OA1为x轴，OD为y轴，OB为z轴，建立空间直角坐标系，A（1，2，0），E（﹣1，1，0），A1（1，0，0），B（0，2，），D（0，2，0），＝（﹣2，﹣1，0），＝（0，0，），＝（1，﹣2，0），∴＝0，＝0，∴AE⊥DB，AE⊥DA1，∵DB∩DA1＝D，∴AE⊥平面A1BD．解：（2）∵AE⊥平面A1BD，∴＝（﹣2，﹣1，0）是平面A1BD的法向量，B1（0，0，），＝（1，﹣2，0），＝（0，﹣2，），设平面A1B1D的法向量＝（x，y，z），则，取y＝1，得＝（2，1，），∴二面角B﹣A1D﹣B1的余弦值为：|cos＜＞|＝＝＝．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．9.（2019吉林省四平一中理科模拟）汉朝时，张衡得出圆周率的平方除以16等于．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，俯视图中的曲线为圆，利用张衡的结论可得该几何体的体积为A. 32B. 40C.D.【答案】C【分析】将三视图还原，即可求组合体体积【详解】将三视图还原成如图几何体：半个圆柱和半个圆锥的组合体，底面半径为2，高为4，则体积为，利用张衡的结论可得故选：C【点睛】本题考查三视图，正确还原，熟记圆柱圆锥的体积是关键，是基础题10.（2019吉林省四平一中理科模拟）正方体的棱上(除去棱AD)到直线与的距离相等的点有个，记这个点分别为，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【分析】正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱上到直线A1B与CC1的距离相等的点分别为：D1，BC的中点，B1C1的四等分点（靠近B1），假设D1与G重合，BC的中点为E，B1C1的四等分点（靠近B1）为F，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AC1与平面EFG所成角的正弦值．【详解】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱上到直线A1B与CC1的距离相等的点分别为：D1，BC的中点，B1C1的四等分点（靠近B1），假设D1与G重合，BC的中点为E，B1C1的四等分点（靠近B1）为F，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设AB＝2，则E（1，2，0），F（，2，2），G（0，0，2），A（2，0，0），C1（0，2，2），∴（），（），（﹣2，2，2），设平面EFG的法向量（x，y，z），则，即，取x＝4，得（4，﹣3，﹣1）．设直线AC1与平面EFG所成角为θ，则直线AC1与平面EFG所成角的正弦值为sinθ＝|cos|．故选：D．【点睛】本题考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．11（2019吉林省四平一中理科模拟）.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ADEF为正方形，AD∥BC，AD⊥AB，AD=2BC=2．(1)证明：平面ADEF⊥平面ABF．(2)若平面ADEF⊥平面ABCD，二面角A-BC-E为30°，三棱锥A-BDF的外接球的球心为O，求异面直线OC 与DF所成角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）推导出AD⊥AF，AD⊥AB，AD⊥平面ABF，由此能证明平面ADEF⊥平面ABF；（2）推导出BC⊥平面ABF，BC⊥BF，再由BC⊥AB，得二面角A﹣BC﹣E的平面角为∠ABF＝30°，以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线OC与DF所成角的余弦值．【详解】(1)证明：因为四边形ADEF为正方形，所以AD⊥AF，又AD⊥AB，AB∩AF＝A，所以AD⊥平面ABF，因为，所以平面ADEF⊥平面ABF．(2)解：因为平面ADEF⊥平面ABCD，AD⊥AF，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，所以AF⊥平面ABCD．由(1)知AD⊥平面ABF，又AD∥BC，则BC⊥平面ABF，从而BC⊥BF，又BC⊥AB，所以二面角A-BC-E的平面角为∠ABF＝30°．以A为坐标原点建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示，则．因为三棱锥A-BDF的外接球的球心为O，所以O为线段BE 的中点，则O的坐标为，，又，则，故异面直线OC与DF所成角的余弦值为．评分细则：第(2)问中，若未证明AF⊥平面ABCD，直接建立空间直角坐标系，则扣1分．【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．12.（2019吉林长春市理科模拟）底面为正多边形，顶点在底面的射影为底面多边形中心的棱锥为正棱锥，则半径为2的球的内接正四棱锥的体积最大值为__________．【答案】.【分析】设出底面正方形的边长，根据内接关系，得出正四棱锥的高，进而得出正四棱锥的体积的函数式，求导得出最值。