2005-2017年浙江高考理科数学历年真题之立体几何大题 学生版
2005-2017年浙江高考理科数学历年真题之立体几何大题
（学生版）
1、（2005年）18．如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝kPA ，点O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC ．
(Ⅰ)当k ＝
2
1
时，求直线PA 与平面PBC 所成角的大小；(Ⅱ)当k 取何值时，O 在平面PBC 内的射影恰好为△PBC 的重心？
2、（2006年）如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD=90°,PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD=AB=2BC,M 、N 分别为PC 、PB 的中点.
(Ⅰ)求证：PB ⊥DM;
(Ⅱ)求CD 与平面ADMN 所成的角。
E
D
C
M
A
B
3、（2007年）19．（本题14分）在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，且2AC BC BD AE ===，M 是AB 的中点．（I ）求证：CM EM ⊥；
（II ）求CM 与平面CDE 所成的角．
4、（2008年）如图,矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直，BE//CF ，∠BCF=∠CEF=︒90,
AD=3,EF=2。
（Ⅰ）求证：AE//平面DCF ；
（Ⅱ）当AB 的长为何值时,二面角A-EF-C 的大小为︒60？
5、（2009年）如图，平面PAC ⊥平面ABC ，ABC ∆是以AC 为斜边的等腰直角三角形，,,E F O 分别为
PA ，PB ，AC 的中点，16AC =，10PA PC ==．
（I ）设G 是OC 的中点，证明：//FG 平面BOE ；
（II ）证明：在ABO ∆内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，并求点M 到OA ，OB 的距离．
6、（2010年）如图，在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在线段AB ，AD 上，AE=EB=AF=
.43
2
=FD 沿直线EF 将AEF ∆翻折成,'EF A ∆使平面⊥EF A '平面BEF.（I ）求二面角C FD A --'的余弦值；
（II ）点M ，N 分别在线段FD ，BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C 与'A 重合，求线段FM 的长.
7、（2011年）如图，在三棱锥P-ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2
（Ⅰ）证明：AP ⊥BC ；
（Ⅱ）在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A-MC-B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不
存在，请说明理由。
8、（2012年）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面是边长为120BAD ∠=
，且PA ⊥平面
ABCD ，PA =,,M N 分别为,PB PD 的中点。
（1）证明：//MN 平面ABCD ；
（2）过点A 作AQ ⊥PC ，垂足为点Q ，求二面角A-MN-Q 的平面角的余弦值。
9、（2013年）如图，在四面体A BCD -中，,AD BCD ⊥平面,2,BC CD AD ⊥=BD M AD
=是的中点，P BM 是的中点，点Q 在线段AC 上，且3AQ QC =.
(Ⅰ)证明：PQ BCD //平面；ⅠⅠ()若二面角C BM
D --的大小为60 ，求BDC ∠的大小.
10、（2014年）如图，在四棱锥BCDE A -中，平面⊥ABC 平面
======∠=∠AC BE DE CD AB BED CDE BCDE ,1,2,90,02.
(Ⅰ)证明：⊥DE 平面ACD ;
ⅠⅠ()求二面角E AD B --
的大小
11、（2015年）如图,在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,∠BAC =90°,AB =AC =2,A 1A =4,A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点,D 为B 1C 1的中点.(I)证明:A 1D ⊥平面A 1BC ;
(II)求二面角A 1-BD -B 1的平面角的余弦值
12、（2016年）如图，在三棱台ABC DEF -中，平面BCFE ⊥平面
,ABC =90ACB ∠ ，1,2, 3.
BE EF FC BC AC =====(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；
(2)求二面角B AD F --的平面角的余弦值.
A
B
C
D
A 1
B 1
C 1
13、(2017年)如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．
（1）证明：CE∥平面PAB；
（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
P
A
B C D
E。
高中理科数学(2017-2015)三年高考真题分项专题汇编：立体几何中的综合问题解析版
高中理科数学（2017-2015）三年高考真题分项专题汇编：立体几何中的综合问题1.【2017课标1，理16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△F AB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△F AB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______.【答案】【解析】【考点】简单几何体的体积【名师点睛】对于三棱锥最值问题，肯定需要用到函数的思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导得方式进行解决.2.【2017课标3，理19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.【答案】(1)证明略；.【解析】（2）由题设及（1）知，,,OA OB OC 两两垂直，以O 为坐标原点，OA的方向为x 轴正方向，OA为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.则()()()()1,0,0,,1,0,0,0,0,1A B C D -由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB的中点，得12E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭.故 ()()11,0,1,2,0,0,2AD AC AE ⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭ . 设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量，则AD AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 0，0，n n即0,102x z x y z -+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩。
2017年浙江高考理科数学试题和解析
2017 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）选择题部分（共50 分）1.(2017 年浙江) 已知集合P={x|-1 ＜x＜1} ，Q={0＜x＜2} ，那么P∪Q=（）A．（1，2）B．（0，1）C．（-1 ，0）D．（1，2）1.A 【解析】利用数轴，取P，Q所有元素，得P∪Q=（-1 ，2）.2 2x y2. (2017 年浙江)椭圆+ =1 的离心率是（）9 4A．133B．53C．2359D．2.B 【解析】e= 9-43 =53 . 故选B．3. (2017 年浙江) 某几何体的三视图如图所示（单位：c m），则该几何体的体积（单位：c m3）是（）（第 3 题图）A． 12 B． 32C．321 D ．3233. A 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所1 以，几何体的体积为V=3×3×（2π×1 1π2 +2×2×1）= 2 +1. 故选A.x≥0，4. (2017 年浙江) 若x，y 满足约束条件x+y- 3≥0，则z=x+2y 的取值范围是（）x- 2y≤0，A．[0 ，6] B．[0 ，4] C．[6 ，+∞） D ．[4 ，+∞）2. D 【解析】如图，可行域为一开放区域，所以直线过点(2,1) 时取最小值4，无最大值，选D．23. (2017 年浙江) 若函数 f ( x)= x + ax+b 在区间[0 ，1] 上的最大值是M，最小值是m，则M–m（）A．与a 有关，且与 b 有关B．与a 有关，但与 b 无关C．与a 无关，且与 b 无关D．与a 无关，但与 b 有关a 2 a3. B 【解析】因为最值 f （0）=b，f （1）=1+a+b，f （- 2）=b-4 中取，所以最值之差一定与b 无关. 故选 B.4. (2017 年浙江) 已知等差数列{ a n} 的公差为d，前n 项和为S n，则“d>0”是“S4 + S6>2S5”的（）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4. C 【解析】由S4 + S6-2 S=10a1+21d-2 （5a1+10d）=d，可知当d＞0 时，有S4+S6-2S5＞0，5即S4 + S6>2S5，反之，若S4 + S6>2S5，则d＞0，所以“d>0”是“S4 + S6>2S5”的充要条件，选C．5. (2017 年浙江) 函数y=f ( x) 的导函数y=f ′（x）的图象如图所示，则函数y=f ( x) 的图象可能是（）（第7 题图）4. D 【解析】原函数先减再增，再减再增，且x=0 位于增区间内. 故选 D.1 5.(2017 年浙江) 已知随机变量ξi 满足（Pξi =1）=p i ，P（ξi =0）=1–p i ，i =1，2．若0<p1<p2<，2 则（）A．E( ξ1) ＜E( ξ2) ，D( ξ1) ＜D( ξ2) B ．E( ξ1)＜E( ξ2) ，D( ξ1) ＞D( ξ2) C．E( ξ1) ＞E( ξ2) ，D( ξ1) ＜D( ξ2) D ．E( ξ1)＞E( ξ2) ，D( ξ1) ＞D( ξ2)5. A 【解析】∵E(ξ1)= p1，E( ξ2)= p2，∴E( ξ1) ＜E( ξ2) ，∵D( ξ1 )=p1(1- p1) ，D( ξ2)=p2(1- p2) ，∴D( ξ1)- D( ξ2)=( p1- p2)(1- p1- p2) ＜0. 故选A．6.(2017 年浙江) 如图，已知正四面体D–ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP=PB，B Q CR= =2，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–PQC RA的平面角为α，β，γ，则（）（第9 题图）A．γ<α<βB．α<γ<βC．α<β<γD．β<γ<α6. B 【解析】设O为三角形ABC中心，则O到PQ距离最小，O到PR距离最大，O到RQ 距离居中，而高相等，因此α<γ<β. 故选B.6. (2017 年浙江 ) 如图，已知平面四边形 ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与 BD→交于点 O ，记I 1=OA ·→ OB ，I → 2=OB · → OC ， I →3= OC ·→ OD ，则（）（第 10 题图） A ．I 1＜I 2＜I 3 B ．I 1 ＜I 3＜I 2 C ．I 3＜I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 37. C 【解析】因为∠ AOB=∠COD ＞90°， OA ＜OC ，OB ＜ OD ，所以 →O B · O →C ＞0＞O →A · O →B ＞ → OC · →OD . 故选 C.非选择题部分（共100 分）8. (2017 年浙江 ) 我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率 π，理论上能把π 的值计算到任意精度． 祖冲之继承并发展了“割圆术”，将 π 的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年．“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S 6 ， S 6= ．7.3 3 2【解析】将正六边形分割为6 个等边三角形，则S 6=6×（12×1×1×sin 60 °）3 3 = ． 28. (2017 年浙江 ) 已知 a ，b ∈R ，（ a+bi ）2=3+4i （i 是虚数单位）则 a 2+b 2=___________，ab =___________.5. 2 【解析】由题意可得 a2-b2-b2+2abi=3+4i ，则 2-b 2=3， a ab=2， 解得2=4， a2+b 2=5，ab=2. b 2=1，则 a2=1，则 a3 2 54 3 27.(2017 年浙江) 已知多项式（x+1）（x+2）=x +a1x +a2x +a3x +a4x+a5，，则a4=________，a5=________．9.16 4 【解析】由二项式展开式可得通项公式为C r 3xr Cm2·2r Cm2·22-m= Cr 3·Cm2·22-m·x r+m，分别取r=0 ，m=1和r=1 ，m=0可得a4=4+12=16，取r=m，可得a5=1×22=4．10.(2017 年浙江) 已知△ABC，AB=AC=4，BC=2．点D为A B延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是___________，cos∠BDC=___________.9.15210 BE 14 【解析】取BC中点E，由题意，AE⊥BC，△ABE中，cos∠ABE=AB=4，∴cos∠DBC=- 14，sin ∠DBC= 1-116=154 ，∴S1△BCD=2×BD×BC×sin ∠DBC=152 . ∵∠ABC=2∠BDC，2∴cos∠ABC=cos 2∠BDC=2cos∠BDC-1= 14，解得cos∠BDC=104 或cos∠B DC=-104 （舍去）.15综上可得，△BCD 面积为2，cos∠BDC= 10 4 .10. (2017 年浙江) 已知向量a，b 满足|a|=1,| b|=2, 则| a+b|+| a-b| 的最小值是________，最大值是_______．6.4，2 5 【解析】设向量a，b 的夹角为θ，由余弦定理有| a-b|= 12+22- 2×1×2×cos θ= 5-4 cos θ，| a+b|= 12 +22-2×1×2×cos ( π- θ) = 5+4cos θ，则| a+b|+| a- b|= 5+4cos θ+ 5- 4cos θ，令y= 5+4cos θ+ 5- 4cos θ，则y2=10+2 25-16cos2=10+2 25-16cos2θ∈[16,20] ，据此可得(| a+b|+| a- b|) max= 20 =2 5,(| a+b|+| a- b|) min= 16=4，即| a+b|+| a-b| 的最小值是4，最大值是25．7. (2017 年浙江) 从6 男2 女共8 名学生中选出队长 1 人，副队长 1 人，普通队员2 人组WORD 完美格式成4 人服务队，要求服务队中至少有 1 名女生，共有______种不同的选法．（用数字作答）8. 660 【解析】由题意可得，“从8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成 4 人服务队”中的选择方法为C4 8×C1 4×C1 3（种）方法，其中“服务队中没有女生”的选法有C4 6×C1 4×C1 3（种）方法，则满足题意的选法有C4 8×C1 4×C1 3- C4 6×C1 4×C1 3=660（种）.9. (2017 年浙江) 已知a R，函数 f （x）=|x+ 4x-a|+a 在区间[1 ，4] 上的最大值是5，则 a的取值范围是___________．11.（- ∞，92] 【解析】x∈[1,4],x+4x∈[4,5] ，分类讨论：①当a≥5时，f （x）=a-x-4x+a=2a-x- 4 9 4，函数的最大值2a-4=5 ，∴a= ，舍去；②当a≤4时，f （x）=x+ -a+a=x+x 2 x4x≤5，此时命题成立；③当4＜a＜5 时，[f(x)] max=max{|4-a|+a,|5-a|+a} ，则|4- a|+a ≥|5 -a|+a ，|4-a|+a=5或|4-a|+a ＜|5-a|+a ，|4-a|+a=59 9解得a= 或a＜. 综上可得，实数 a 的取值范围是（- ∞，2 292] ．12. (2017 年浙江) 已知函数 f （x）=sin 2x–cos 2x– 2 3sin x cos x（x∈R）．2π（1）求 f （3）的值．（2）求 f （x）的最小正周期及单调递增区间．11.解：（1）由sin 2π3=3，cos22π=-312，2πf （3 ）=（3） 2 -（-2 - （-212）2-2 3×3×（-212）．2π得f （3）=2．（2）由cos 2x=cos 2x-sin 2x 与sin 2x=2sin xcos x ，得f(x)=-cos 2x- 3sin 2x=-2sin(2x+ π6) ．所以f(x) 的最小正周期是π．由正弦函数的性质得π+2kπ≤2x+2π≤63π2+2kπ，k∈Z，解得π6+kπ≤x≤3π2+2kπ，k∈Z，所以，f （x）的单调递增区间是[ π+kπ，63π2+2kπ] ，k∈Z．12. (2017 年浙江) 如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．..整理分享..WORD 完美格式PEDAB C（第19 题图）（1）证明：CE∥平面PAB；（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．10.解：（1）如图，设PA中点为F，连接EF，FB．因为E，F分别为PD，PA中点，1所以EF∥AD且EF= AD，21又因为BC∥AD，BC= AD，2所以EF∥BC且EF=BC，即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB．（2）分别取BC，AD的中点为M，N，连接PN交EF于点Q，连接MQ. 因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF 中点，在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD. ..整理分享..WORD 完美格式由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD．所以AD⊥平面PBN，由BC// AD得BC⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN．过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接M H．MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．设C D=1．在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD= 2得CE= 2，1在△PBN中，由PN=BN=1，PB= 3得QH= ，41在Rt△MQH中，QH=，MQ= 2，4所以sin ∠QM=H2，8所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是2 ．811. (2017 年浙江) 已知函数 f ( x)= （x–2x-1 ）e-x （x≥-x （x≥1）．2（1）求 f ( x) 的导函数；1（2）求 f ( x) 在区间[，+∞) 上的取值范围．213.解：（1）因为（x–2x-1 ）′=1-12x-1，（e-x ）′=-e-x ）′=-e-x ，所以 f （x）=（1-12x-1(1-x)( 2x-1-2)e2x-1）e-x - （x–2x-1 ）e-x =-x - （x–2x-1 ）e-x =-x 1(x ＞).2-x(1-x)( 2x-1-2)e （2）由 f ′( x)= =02x-15解得x=1 或x= ．2因为x 121（，1） 1 （1，25）252（52，+∞）f ′( x) –0 + 0 –f （x）121-e 2 ↘0 ↗1-e252 ↘1又f （x）= （2x-1-1 ）2e-x ≥0，2..整理分享..WORD 完美格式所以 f （x ）在区间 [ 1 1 ，+∞) 上的取值范围是 [0 ， 2 21-e 2] ．12. (2017 年浙江 ) 如图，已知抛物线 x 2=y ，点 A （-2=y ，点 A （- 1 1 3 9 ， ， ），B （ ），抛物线上的点 p(x,y)(- 2 4 2 41 2 ＜x ＜3 2) ．过点 B 作直线 AP 的垂线，垂足为 Q ．（第 19 题图）（1）求直线 AP 斜率的取值范围； （2）求|PA| · |PQ| 的最大值．14. 解：（1）设直线 AP 的斜率为 k ， 1 4 x 2- 2-k= =x- 1 x+ 21 2 ，因为- 1 2 ＜x ＜ 3 2，所以直线 AP 斜率的取值范围是（ -1 ，1）．（2）联立直线 AP 与 BQ 的方程kx-y+ x+ky-1 1 k+ =0，2 4 9 4 k-3 2=0，-k2+4k+3解得点 Q 的横坐标是 x Q =2(k2+1) ．因为| PA |= 1+k2(x+2(x+ 1 2)= 1+k2(k+1) ，2(k+1) ，| PQ |= 1+k 2(x 2(x Q -x)=- 2(k-1)(k+1)k 2+12+1 ，所以|PA| ·|PQ|= -(k-1)(k+1) 3 ．令f(k)=-(k-1)(k+1) 3 ，因为 f ′(k)= -(4k-2)(k+1) 2 ，所以 f ( k)在区间(-1, 12) 上单调递增，(1,1) 上单调递减，2..整理分享..WORD 完美格式1 27因此当k= 时，|PA| ·|PQ| 取得最大值．2 1613. (2017 年浙江) 已知数列{ x n} 满足x1=1，x n=x n+1+ln(1+ x n+1) （n∈N*）．*证明：当n∈N 时，（1）0＜x n +1＜x n；（2）2x n +1- x n≤x n x n+1 2；（3）1n-1 ≤x n≤21n-2 ．215.解：（1）用数学归纳法证明x n＞0．当n=1 时，x1=1>0．假设n=k 时，xk>0，那么n=k+1 时，若x k+1≤0，则0＜x k= x k+1+ln （1+ x k+1）≤0，矛盾，故x k +1＞0．因此x n＞0（n∈N*）．所以x n=x n+1+ln （1+x n+1）＞x n+1，因此0＜x n+1＜x n（n∈N*）．（2）由x n=x n+1+ln （1+x n+1），得x n x n+1-4x n+1+2x n=x n+12-2x2-2xn+1+（x n+1+2）ln （1+x n+1）.记函数 f （x）=x2-2x+ （x+2）ln （1+x）（x≥0），2x2+xf ′（x）= +ln （1+x）＞0（x＞0），x+1函数 f （x）在[0 ，+∞] 上单调递增，所以 f （x）≥ f （0）=0，因此x n+12-2x2-2xn+1+（x n+1+2）ln （1+x n+1）=f （x n+1）≥0，故2x n+1-x n≤x n x n+1（n∈N*）．*）．2（3）因为x n=x n+1+ln （1+x n+1）≤x n+1+x n+1=2x n+1，所以x n≥1n-1 ，2x n x n+1由≥2x n+1-x n，2得1 1- ≥2（x n+1 21-x n12）＞0，所以1-x n1 1≥2（2 x n-1-12）≥⋯≥2n-1 （n-1（1-x112）=2n-2 ，n-2 ，..整理分享..WORD 完美格式故x n≤1n-2 ．21综上，n-1 ≤x n≤21n-2 （n∈N* ）．* ）．2..整理分享..。
近五年浙江数学高考立体几何考题
近五年##数学高考立体几何考题[2018年]3．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A．2B．4C．6D．8⊄⊂6．已知平面α,直线m,n满足mα,nα,则"m∥n〞是"m∥α〞的A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件8．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≤θ119．〔本题满分15分〕如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,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．[2017]3．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：cm2〕是〔〕A．+1B．+3C．+1D．+39．〔5分〕如图,已知正四面体D﹣ABC〔所有棱长均相等的三棱锥〕,P、Q、R 分别为AB、BC、CA上的点,AP=PB,==2,分别记二面角D﹣PR﹣Q,D﹣PQ ﹣R,D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ,则〔〕A．γ＜α＜βB．α＜γ＜β C．α＜β＜γD．β＜γ＜α19．〔15分〕如图,已知四棱锥P﹣ABCD,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点．〔Ⅰ〕证明：CE∥平面PAB；〔Ⅱ〕求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．[2016]文科2．已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则〔〕A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n9．某几何体的三视图如图所示〔单位：cm 〕,则该几何体的表面积是cm 2,体积是cm 3．14．如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=,∠ADC=90°,沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′,直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是．18．如图,在三棱台ABC ﹣DEF 中,平面BCFE ⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3．〔Ⅰ〕求证：BF ⊥平面ACFD ；〔Ⅱ〕求直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值．[2016]理科2．已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线m,n 满足m ∥α,n ⊥β,则〔 〕A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n11．某几何体的三视图如图所示〔单位：cm 〕,则该几何体的表面积是cm 2,体积是cm 3．14．如图,在△ABC 中,AB=BC=2,∠ABC=120°．若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D,满足PD=DA,PB=BA,则四面体PBCD 的体积的最大值是．17．如图,在三棱台ABC ﹣DEF 中,已知平面BCFE ⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3,〔Ⅰ〕求证：BF ⊥平面ACFD ；〔Ⅱ〕求二面角B ﹣AD ﹣F 的余弦值．[2015]文科2、某几何体的三视图如图所示〔单位：cm 〕,则该几何体的体积是A.8 cm 3B.12 cm 3C.323cm 3D.403cm 34、设α,β是两个不同的平面,l ,m 是两条不同的直线,且l ⊂α,m ⊂β.A.若l ⊥β,则α⊥βB. 若α⊥β,则l ⊥mC. 若l ∥β,则α∥βD. 若α∥β,则l ∥m7、如图,斜线段AB 与平面α所成的角为60°,B 为斜足,平面上的动点P 满足∠PAB=30°,则点P 的轨迹是A.直线B.抛物线C.椭圆D.双曲线的一支18、〔本题满分15分〕如图,在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A 1A=4,A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点,D 是B 1C 1的中点.〔Ⅰ〕证明：A 1D ⊥平面A 1BC ；〔Ⅱ〕求直线A 1B 和平面BB 1C 1C 所成的角的正弦值.[2015]理科2、某几何体的三视图如图所示〔单位：cm 〕,则该几何体的体积是A.8 cm 3B.12 cm 3C.323cm 3D.403cm 38．如图,已知△ABC,D 是AB 的中点,沿直线CD 将△ACD 折成△A ′CD,所成二面角A ′﹣CD ﹣B 的平面角为α,则〔 〕A ． ∠A ′DB ≤α B ． ∠A ′DB ≥αC ． ∠A ′CB ≤αD ．∠A ′CB ≥α 13．如图,三棱锥A ﹣BCD 中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N 分别是AD,BC 的中点,则异面直线AN,CM 所成的角的余弦值是．17．〔15分〕〔2015•##〕如图,在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A 1A=4,A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点,D 是B 1C 1的中点．〔1〕证明：A 1D ⊥平面A 1BC ；〔2〕求二面角A 1﹣BD ﹣B 1的平面角的余弦值．[2014]文科3. 某几何体的三视图〔单位：cm 〕如图所示,则该几何体的体积是〔 〕A. 372cmB. 390cmC. 3108cmD. 3138cm6.设m 、n 是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,则〔 〕A.若n m ⊥,α//n ,则α⊥mB.若β//m ,αβ⊥,则α⊥mC.若β⊥m ,β⊥n ,α⊥n ,则α⊥mD.若n m ⊥,β⊥n ,αβ⊥,则α⊥m20、如图,在四棱锥BCDE A -中,平面ABC ⊥平面BCDE ；90CDE BED ∠=∠=︒,2AB CD ==,1DE BE ==,AC =〔1〕证明：AC ⊥平面BCDE ；〔2〕求直线AE 与平面ABC 所成的角的正切值.[2014]理科 〔3〕某几何体的三视图〔单位：cm 〕如图所示,则此几何体的表面积是A. 902cmB. 1292cmC. 1322cmD. 1382cm20. 如图,在四棱锥BCDE A -中,平面⊥ABC 平面======∠=∠AC BE DE CD AB BED CDE BCDE ,1,2,90,02.（1）证明：⊥DE 平面ACD ;（2）求二面角E AD B --的大小DEB C。
三年高考两年模拟(浙江版)2017届高考数学一轮复习 第七章 立体几何 7.1 空间几何体的结构
第七章立体几何§7.1空间几何体的结构、三视图和直观图Ａ组基础题组1.(2014福建,2,5分)某空间几何体的正视图是三角形,则该几何体不可能是( )A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱2.(2014江西,5,5分)一几何体的直观图如图,下列给出的四个俯视图中正确的是( )3.(2015温州二模,4,5分)若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积是( )A.(18π-20)cm3B.(24π-20)cm3C.(18π-28)cm3D.(24π-28)cm34.(2015浙江温州十校期中,3,5分)某几何体的三视图如图所示,且该几何体的体积是3,则正视图中x的值为( )A.2B.C.D.35.(2015浙江五校一联,6,5分)如图为一个几何体的侧视图和俯视图,若该几何体的体积为,则它的正视图为( )6.(2013湖南,7,5分)已知正方体的棱长为1,其俯视图是一个面积为1的正方形,侧视图是一个面积为的矩形,则该正方体的正视图的面积等于( )A. B.1 C. D.7.(2014辽宁,7,5分)某几何体三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.8-2πB.8-πC.8-D.8-8.(2015浙江严州中学仿真)已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形,其正视图与俯视图如图所示,则其侧视图的面积为( )A. B. C. D.9.(2014北京,7,5分)在空间直角坐标系O-xyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,).若S1,S2,S3分别是三棱锥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.(2015浙江金华联考)△A'B'C'是水平放置的正三角形ABC的斜二测画法的直观图,若△A'B'C'的面积为,那么△ABC的面积为.11.(2015嘉兴教学测试一,10,6分)一个几何体的三视图如图,其中正视图和侧视图是相同的等腰三角形,俯视图由半圆和一等腰三角形组成.则这个几何体可以看成是由和组成的,若它的体积是,则a= .12.(2016东阳中学期中,12,6分)如图是某几何体的三视图,若这三个正方形的边长均为1,则这个几何体的体积是,表面积是.13.(2016领航高考冲刺卷七,12,4分)如图(1),已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,动点M,N,Q分别在线段AD1,B1C,D1C1上,Q-BMN的俯视图如图(2)所示,则三棱锥Q-BMN的正视图的面积为.图(1) 图(2)14.(2015绍兴一模,11,4分)已知四棱锥P-ABCD,它的底面是边长为2的正方形,其俯视图如图所示,侧视图为直角三角形,则该四棱锥的侧面中直角三角形的个数为,该四棱锥的体积为.15.(2015浙江名校(绍兴一中)交流卷五,12)某几何体的三视图如图所示,则x2+y2= ;当xy最大时,该几何体的体积为.B组提升题组1.(2015浙江,2,5分)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是( )A.8cm3B.12cm3C.cm3D.cm32.(2015嘉兴教学测试二,2,5分)一个几何体的三视图如图,则该几何体的体积为( )A.πB.C.D.3.(2015诸暨高中毕业班检测,3,5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A. B. C.16 D.4.如图,矩形O'A'B'C'是水平放置的一个平面图形的直观图,其中O'A'=6cm,O'C'=2cm,则原图形是( )A.正方形B.矩形C.菱形D.一般的平行四边形5.(2015银川质检)如图,O为正方体ABCD-A1B1C1D1的体对角线A1C和AC1的交点,E为棱BB1的中点,则空间四边形OEC1D1在正方体各面上的正投影不可能是( )6.(2015浙江模拟训练冲刺卷四,4)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起,使得平面ABD ⊥平面CBD(如图①),形成三棱锥C-ABD,其正视图与俯视图如图②所示,则侧视图的面积为( )A. B. C. D.7.(2016超级中学原创预测卷七,4,5分)某几何体的三视图如图所示,且该几何体的顶点都在球O的表面上,则球O的表面积为( )A.8πB.C.D.12π8.已知一个底面为正六边形,侧棱长都相等的六棱锥的正视图与俯视图如图所示,若该几何体的底面边长为2,侧棱长为,则该几何体的侧视图为( )9.(2015学军中学月考,7)已知点E、F、G分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1、CC1、DD1的中点,点M、N、Q、P分别在线段DF、AG、BE、C1B1上.以M、N、Q、P为顶点的三棱锥P-MNQ 的俯视图不可能是( )10.(2014安徽,8,5分)一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的体积为( )A. B. C.6 D.711.(2014课标Ⅰ,12,5分)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为( )A.6B.6C.4D.412.(2015金丽衢一联,14,4分)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积为cm3.13.(2013浙江,12,4分)若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积等于cm3.14.(2015杭州二中高三仿真考,11,6分)在如图所示的空间直角坐标系O-xyz中,一个四面体的顶点坐标分别是(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),(2,2,2).给出编号为①,②,③,④的四个图,则该四面体的正视图、侧视图和俯视图分别为(填写编号) ,此四面体的体积为.15.(2016超级中学原创预测卷三,13,6分)已知某几何体三视图如图所示,则该几何体的体积为,表面积为.16.(2016超级中学原创预测卷七,13,4分)某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是.Ａ组基础题组1.A 由三视图知识可知,圆柱的正视图不可能为三角形.故选A.2.B 由几何体的直观图知,该几何体最上面的棱横放且在中间的位置上,因此它的俯视图应排除A、C、D,经验证B符合题意,故选B.3.D由三视图得原几何体是一个圆柱去掉一个四棱台,则V=π(2)2×3-×3×(16+8+4)=(24π-28)cm3,故选D.4.D 该几何体是四棱锥,其底面是上底长为1,下底长为2,高为2的直角梯形,长为x的侧棱垂直于底面.其体积为V=××2x=3,则有x=3.5.B 由侧视图与俯视图可知,该几何体由锥体与正方体组合而成;由俯视图可知,该几何体的正视图是由等腰三角形与正方形构成,且等腰三角形无中线部分,故选B.6.D 由题意可知该正方体的放置方式如图所示,侧视的方向垂直于面BDD1B1,正视的方向垂直于面A1C1CA,且正视图是长为,宽为1的矩形,故正视图的面积为,因此选D.7.B 该几何体由一个棱长为2的正方体切去两个四分之一圆柱所得.所以其体积为V=23-2×π·12×2=8-π,故选B.8.A 由题意知三棱锥的侧视图为三角形,因为正视图的底边长为1,俯视图为边长是1的正三角形,所以侧视图的底边长为×1=,根据正视图与侧视图的“高平齐”的原则,知侧视图的高为,所以侧视图的面积为××=,故选A.9.D 三棱锥D-ABC如图所示.S1=S△ABC=×2×2=2,S2=×2×=,S3=×2×=,∴S2=S3且S1≠S3,故选D.10.答案 2解析由题意可设△ABC的边长为a,则△A'B'C'的高为a,因为其面积等于×a×a=,∴a2=8,∴S△ABC=a2=2.11.答案三棱锥;半个圆锥;1解析由三视图可知该几何体可以看成是由一个三棱锥和半个圆锥组成的.半圆锥的底面半径为1,高为a,三棱锥的底面是以为直角边长的等腰直角三角形,高为a,所以该几何体的体积为×a=,解得a=1.12.答案;3+解析如图,原几何体为一个正方体截去两个三棱锥.易得该几何体的体积为1-2×=,表面积为3+2×=3+.13.答案解析由三棱锥Q-BMN的俯视图可知Q在点D1处,N在点C处,M在AD1的中点处,设E为DD1的中点,则三棱锥Q-BMN的正视图为△D1EC,其面积为××a=.14.答案3;解析四棱锥P-ABCD如图所示,设O为BC中点,易知PO⊥面ABCD,由俯视图知BC=2,BO=OC=1,显然BA⊥面PBC,DC⊥面PBC,所以△PAB,△PCD均为直角三角形,又侧视图为直角三角形,故△PBC必为直角三角形,所以该四棱锥的侧面中直角三角形的个数为3,易知PO=BC=1,所以V=×22×1=.15.答案32;2解析如图所示,三视图所表示的立体图形是三棱锥A-BCD,从图中可得x2+y2=52+()2=32,∴xy≤=16,当且仅当x=y=4时,取“=”,此时V A-BCD=××4××=2.B组提升题组1.C 该几何体是由棱长为2cm的正方体和底面边长为2cm,高为2cm的正四棱锥组合而成的几何体.故其体积为V=2×2×2+×2×2×2=cm3.2.D 由三视图知该几何体是底面半径为1,高为1的半圆锥,故该几何体的体积为×π×12×1=,故选D.3.D如图所示,三视图所表示的几何体是ABC-A1B1C1,所以该几何体的体积为×4×4×4-××4×4×2=,故选D.4.C 将直观图还原得▱OABC,因为O'D'=O'C'=2cm,C'D'=O'C'=2cm,所以OD=2O'D'=4cm,CD=2cm,所以OC===6cm,则OA=O'A'=6cm=OC,故原图形为菱形.5.A 题中的空间四边形OEC1D1在平面CC1D1D、平面DD1A1A、平面ABCD上的正投影分别是选项B,C,D中的图形,故选A.6.D 侧视图为直角三角形,两直角边长均为,其面积为S=××=.7.C 由三视图可知,该几何体是横放的正三棱柱,其底面是边长为2的正三角形,高为2,易得底面的外接圆的半径r=,∴正三棱柱的外接球的半径R==,∴球O的表面积为4πR2=,故选C.8.C 由题意知,侧视图中的底边长应等于俯视图中两个相对的小三角形的高的和,小三角形的边长为2,所以高为,则侧视图中的底边长为2.侧视图中底边上的高与此六棱锥的高相等,而该几何体的底面边长为2,侧棱长为,所以该六棱锥的高为=,所以该几何体的侧视图为C.9.C 当M与F重合、N与G重合、Q与E重合、P与B1重合时,三棱锥P-MNQ的俯视图为A;当M、N、Q、P是所在线段的中点时,三棱锥P-MNQ的俯视图为B;当M、N、P、Q是所在线段的非端点位置时,三棱锥P-MNQ的俯视图有选项D的可能.故选C.10.A 由三视图知这个多面体是正方体截去两个全等的三棱锥后剩余的部分,其直观图如图所示,结合题图中尺寸知,正方体的体积为23=8,一个三棱锥的体积为××1×1×1=,因此多面体的体积为8-2×=,故选A.11.B 由多面体的三视图可知该几何体的直观图为一个三棱锥,如图所示.其中面ABC⊥面BCD,△ABC为等腰直角三角形,AB=BC=4,取BC的中点M,连结AM,DM,则DM⊥面ABC,在等腰△BCD中,BD=DC=2,BC=DM=4,所以在Rt△AMD中,AD===6,又在Rt△ABC中,AC=4<6,故该多面体的各条棱中,最长棱为AD,长度为6,故选B.12.答案20解析由三视图可知该几何体是一个直三棱柱截去一个三棱锥后余下的部分.三棱柱的底面是直角边长分别为3cm和4cm的直角三角形,高为5cm,该三棱柱的体积为×3×4×5=30cm3.截去的三棱锥以三棱柱的上底面为底面,下底面的直角顶点为顶点,所以该三棱锥的体积为××3×4×5=10cm3,故所求几何体的体积为30-10=20cm3.13.答案24解析题中三视图所表示的几何体由一个直三棱柱截去一个三棱锥所得(如图所示),故其体积V=×3×4×5-××3×4×3=24(c m3).14.答案③②②;解析由题意知几何体为图中的A-B1CD1,其三视图为③②②,体积为V=V正方体-4=23-4×××2×2×2=.15.答案;3+7解析由三视图可知,该几何体是如图所示的四棱锥S-ABCD,可将其补形为正方体,且正方体的棱长为2,则四棱锥的底面ABCD的面积为2,在△SAD中,SD=AD=,SA=2,所以cos∠SDA==,所以sin∠SDA==,S△SAD=×××=2,易知S到平面ABCD的距离即为S到直线AD的距离,设为h,则×h=2,所以h=,所以该几何体的体积为×2×=.由图可知,S△ABS=×2×2=2,S△SDC=×2×=,在△SBC中,SB=2,BC=,SC=3,所以cos∠SCB==,所以sin∠SCB==,S△SBC=×3××=3,故该几何体的表面积为S矩形ABCD+S△SBC+S△SAD+S△ABS+S△SDC=2+3+2+2+=3+7.16.答案27+9+3π-3π解析根据三视图可以还原出如图所示的空间几何体,该几何体是由一个底面边长为6、高为的正三棱锥挖去一个圆锥而得到的,由S△ABC=3××6×OD(D为圆锥的底面圆(圆O)与AC的切点),且S△ABC=×6×6sin,易得OD=,S△ABC=9.在直角三角形POD中,由勾股定理得PD=3,从而得三棱锥的表面积S1=27+9,圆锥的侧面积S2=3π,圆锥的底面积S3=3π,故空间几何体的表面积S=S1+S2-S3=27+9+3π-3π.。
(2017-2019年)高考真题数学(理)分项汇编 专题05 立体几何(选择题、填空题) 含解析
（2017-2019年）高考真题数学（理）分项汇编专题05 立体几何（选择题、填空题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D【答案】D 【解析】解法一：,PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥， PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC ∴-为正方体的一部分，2R ==344π2338R V R =∴=π=⨯=，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12E F P B x ==，ABC △为边长为2的等边三角形，CF ∴=，又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴===， AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x +--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D \为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，22121222x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴=== 又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==2R ∴=，344338V R ∴=π=π⨯=，故选D.2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,a b a b αβ⊂⊂∥，则αβ∥”此类的错误．3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】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。
高三数学立体几何历年高考题(2011年-2017年)完整版.doc
高三数学立体几何高考题1.（2012年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 ）182.（2012年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 ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π3.(2013年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＋16π4.(2013年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______．5.(2014年8)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的 事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6.(2014年10)正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4， 底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π47.(2015年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8.(2015年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1620π+，则r =( ) （A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）89（2016年7）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π10（2016年11）平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ，11//CB D α平面,ABCD m α=I 平面，11ABB A n α=I 平面，则m ，n 所成角的正弦值为（A ）32 （B ）22 （C ）33 （D ）1311．(2017年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12．（2017年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。
2017年浙江高考理科数学试题及解析
2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数 学(理科）选择题部分(共50分）1。
(2017年浙江）已知集合P={x|—1＜x ＜1｝，Q=｛0＜x ＜2}，那么P ∪Q=（ ) A ．（1,2）B ．（0，1）C ．(-1,0)D ．（1，2）1。
A 【解析】利用数轴，取P ，Q 所有元素,得P ∪Q=(-1，2）。
2。
(2017年浙江)椭圆错误!+错误!=1的离心率是( ） A ．错误!B ．错误!C ．错误!D ．错误!2。
B 【解析】e=错误!=错误!.故选B ．3. (2017年浙江）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：cm 3）是（ ）(第3题图） A ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ．332π+ 3。
A 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为V=13×3×（错误!+错误!×2×1）=错误!+1。
故选A 。
4. （2017年浙江）若x ，y 满足约束条件错误!则z=x+2y 的取值范围是（ ） A ．[0，6]B ．［0,4］C ．[6，+∞)D ．[4，+∞）4。
D 【解析】如图,可行域为一开放区域,所以直线过点(2,1)时取最小值4，无最大值，选D．5. （2017年浙江)若函数f(x）=x2+ ax+b在区间[0，1］上的最大值是M，最小值是m，则M –m（)A．与a有关,且与b有关B．与a有关，但与b无关C．与a无关，且与b无关D．与a无关，但与b有关5. B 【解析】因为最值f(0)=b,f(1）=1+a+b，f（—a2）=b-错误!中取,所以最值之差一定与b 无关.故选B.6。
(2017年浙江)已知等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n，则“d>0"是“S4+ S6>2S5”的( ）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6. C 【解析】由S4 + S6-2S5=10a1+21d-2（5a1+10d）=d，可知当d＞0时，有S4+S6-2S5＞0,即S4 + S6>2S5，反之，若S4 + S6>2S5，则d＞0，所以“d〉0”是“S4 + S6〉2S5"的充要条件，选C．7. (2017年浙江）函数y=f(x)的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f(x)的图象可能是（）（第7题图）7. D 【解析】原函数先减再增，再减再增,且x=0位于增区间内.故选D。
2017年高考浙江数学试题及答案(word解析版)
2017年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学（理科）第Ⅰ卷（选择题 共40分)一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． （1)【2017年浙江，1，4分】已知{|11}P x x =-<<，{20}Q x =-<<,则P Q =（ )（A ）(2,1)- （B)(1,0)- (C ）(0,1) （D ）(2,1)-- 【答案】A【解析】取,P Q 所有元素，得P Q =(2,1)-，故选A ．【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法,考查计算能力．(2）【2017年浙江，2，4分】椭圆22194x y +=的离心率是（ ）（A ）133 （B ）53 （C ）23 （D ）59【答案】B【解析】94533e -==，故选B ． 【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．（3)【2017年浙江，3，4分】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:cm 3）是( )（A ）12π+ （B ）32π+(C)312π+ （D)332π+【答案】A【解析】由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成,圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形,圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为2111π3(21)13222V π⨯=⨯⨯+⨯⨯=+，故选A ．【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征,是基础题目．（4）【2017年浙江,4,4分】若x ,y 满足约束条件03020x x y x y ≥⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩，则2z x y =+的取值范围是（ ）(A)[]0,6 （B ）[]0,4(C)[]6,+∞ （D ）[]4,+∞【答案】D【解析】如图，可行域为一开放区域，所以直线过点()2,1时取最小值4，无最大值，故选D ．【点评】本题考查线性规划的简单应用,画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键．（5）【2017年浙江,5,4分】若函数()2f x x ax b =++在区间[]01，上的最大值是M ，最小值是m ，则–M m （ ） （A ）与a 有关，且与b 有关 (B ）与a 有关,但与b 无关(C ）与a 无关,且与b 无关 (D ）与a 无关，但与b 有关 【答案】B【解析】解法一：因为最值在2(0),(1)1,()24a a fb f a b f b ==++-=-中取，所以最值之差一定与b 无关,故选B ．解法二：函数()2f x x ax b =++的图象是开口朝上且以直线2a x =-为对称轴的抛物线,①当12a->或02a-<，即2a <-,或0a >时，函数()f x 在区间[]0,1上单调,此时()()10M m f f a -=-=，故M m -的值与a 有关,与b 无关；②当1122a ≤-≤，即21a -≤≤-时，函数()f x 在区间0,2a ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上递减,在,12a ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上递增，且()()01f f >，此时()2024a aM m f f ⎛⎫-=--= ⎪⎝⎭，故M m -的值与a 有关，与b 无关；③当1022a ≤-<，即10a -<≤时，函数()f x 在区间0,2a ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上递减，在,12a ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上递增，且()()01f f <，此时()2024a a M m f f a ⎛⎫-=--=- ⎪⎝⎭，故M m -的值与a 有关,与b 无关．综上可得:M m -的值与a 有关,与b 无关，故选B ．【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质,熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键． （6）【2017年浙江，6,4分】已知等差数列[]n a 的公差为d ,前n 项和为n S ，则“0d >"是“4652S S S +>"的（ ）（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 【答案】C【解析】由()46511210212510S S S a d a d d +-=+-+=，可知当0d >时，有46520S S S +->，即4652S S S +>,反之，若4652S S S +>,则0d >,所以“0d >”是“4652S S S +>"的充要条件，故选C ．【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题．（7)【2017年浙江,7,4分】函数()y f x =的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数()y f x =的图像可能是( ）（A)（B)(C ）（D ） 【答案】D 【解析】解法一：由当()0f x '<时，函数f x （）单调递减，当()0f x '>时,函数f x （）单调递增，则由导函数()y f x =' 的图象可知：()f x 先单调递减,再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A ，C,且第二个拐点(即函数的极大值点)在x 轴上的右侧，排除B ，，故选D ．解法二：原函数先减再增，再减再增,且0x =位于增区间内，故选D ．【点评】本题考查导数的应用,考查导数与函数单调性的关系，考查函数极值的判断，考查数形结合思想,属于基础题．(8）【2017年浙江,8，4分】已知随机变量1ξ满足()11i P p ξ==，()101i P p ξ==-，1,2i =．若12102p p <<<，则（ ）（A ）12E()E()ξξ<，12D()D()ξξ<(B)12E()E()ξξ<,12D()D()ξξ>（C)12E()E()ξξ>,12D()D()ξξ< (D)12E()E()ξξ>，12D()D()ξξ< 【答案】A【解析】112212(),(),()()E p E p E E ξξξξ==∴<111222()(1),()(1)D p p D p p ξξ=-=-，121212()()()(1)0D D p p p p ξξ∴-=---<,故选A ．【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力,考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．（9）【2017年浙江，9,4分】如图，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥）,PQR分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP PB =，2BQ CRQC RA==，分别记二面角––D PR Q ，––D PQ R ，––D QR P 的平面较为α，β，γ,则( )（A ）γαβ<< （B ）αγβ<< (C ）αβγ<< (D ）βγα<< 【答案】B【解析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面ABC ∆的中心为O ．不妨设3OP =．则()0,0,0O ，()0,3,0P -，()0,6,0C -，()0,0,62D ，()3,2,0Q ，()23,0,0R -，()23,3,0PR =-，()0,3,62PD =，()3,5,0PQ =，()33,2,0QR =--,()3,2,62QD =--．设平面PDR 的法向量为(),,n x y z =，则0n PR n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，可得 23303620x y y z ⎧-+=⎪⎨+=⎪⎩，可得()6,22,1n =-，取平面ABC 的法向量()0,0,1m =． 则1cos ,15m n m n m n⋅==-，取1arccos 15α=．同理可得:3arccos 681β=． 2arccos95γ=．∵1231595681>>．∴αγβ<<．解法二:如图所示,连接OD OQ OR ，，，过点O 发布作垂线：OE DR ⊥,OF DQ ⊥，OG QR ⊥，垂足分别为E F G ，，,连接PE PF PG ，，．设OP h =．则cos ODR PDR S OES PE α∆∆==22OE OE h =+．同理可得：22cos OF OF PF OF h β==+c,22cos OG OG PG OG hγ==+．由已知可得：OE OG OF >>．∴cos cos cos αγβ>>，αβγ，，为锐角．∴α＜γ＜β，故选B ．【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．（10)【2017年浙江，10，4分】如图,已知平面四边形ABCD ,AB BC ⊥,2AB BC AD ＝＝＝，3CD ＝，AC 与BD 交于点O ，记1·I OA OB ＝，2·I OB OC ＝，3·I OC OD ＝,则（ ) （A ）123I I I << （B ）132I I I << （C ）312I I I << （D ）223I I I <<【答案】C【解析】∵AB BC ⊥，2AB BC AD ===，3CD =，∴22AC =，∴90AOB COD ∠=∠>︒,由图象知OA OC <，OB OD <，∴0OA OB OC OD >⋅>⋅，0OB OC ⋅>,即312I I I <<，故选C ．【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据图象结合平面向量数量积的定义是解决本题的关键．第Ⅱ卷（非选择题 共110分）二、填空题：本大题共7小题,多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．（11）【2017年浙江,11，4分】我国古代数学家刘徽创立的“割圆术"可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度.祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位,其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S 内，S =内 ． 【答案】332【解析】如图所示，单位圆的半径为1,则其内接正六边形ABCDEF 中，AOB ∆是边长为1的正三角形，所以正六边形ABCDEF 的面积为133=611sin 6022S ⎛⎫⨯⨯⨯⨯=⎪⎝⎭内． 【点评】本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题,是基础题．(12）【2017年浙江，12，6分】已知ab ∈R ，2i 34i a b +=+（）（i 是虚数单位）则22a b += ，ab = ． 【答案】5；2【解析】由题意可得222i 34i a b ab -+=+，则2232a b ab ⎧-=⎨=⎩，解得2241a b ⎧=⎨=⎩,则225,2a b ab +==．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的相等、方程的解法,考查了推理能力与计算能力，属于基础题．（13）【2017年浙江，13，6分】已知多项式()()12543211234512x x x a x a x a x a x a +++++++=，则4a = ，5a = ．【答案】16；4【解析】由二项式展开式可得通项公式为：32r r m mC x C x ,分别取0,1r m ==和1,0r m ==可得441216a =+=，令0x =可得325124a =⨯=．【点评】本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，是基础题．（14）【2017年浙江，14，6分】已知ABC ∆,4AB AC ==,2BC =． 点D 为AB 延长线上一点，2BD =，连结CD ，则BDC ∆的面积是 ；cos BDC ∠= ．【答案】152；104【解析】取BC 中点E ，DC 中点F ，由题意：,AE BC BF CD ⊥⊥，ABE ∆中，1cos 4BE ABC AB ∠==，1115cos ,sin 14164DBC DBC ∴∠=-∠=-=,BC 115sin 22D S BD BC DBC ∴=⨯⨯⨯∠=△．又2110cos 12sin ,sin 44DBC DBF DBF ∴∠=-∠=-∴∠=，10cos sin 4BDC DBF ∴∠=∠=,综上可得，BCD ∆面积为152，10cos 4BDC ∠=．【点评】本题考查了解三角形的有关知识，关键是转化，属于基础题． (15）【2017年浙江,15，6分】已知向量a ，b 满足1,2,==a b 则++-a b a b 的最小值是 __;最大值是 __． 【答案】4；25【解析】解法一:设向量a 和b 的夹角为θ，由余弦定理有2212212cos 54cos a b θθ-=+-⨯⨯⨯=-, ()2212212cos 54cos a b πθθ+=+-⨯⨯⨯-=+，则54cos 54cos a b a b θθ++-=++-, 令54cos 54cos y θθ=++-,则[]221022516cos 16,20y θ=+-∈,据此可得:()maxa b a b ++-2025==,()min164a b a b++-==,即a b a b ++-的最小值为4,最大值为25．解法二记AOB α∠=,则0απ≤≤，如图，由余弦定理可得：54cos a b θ-=-，54cos a b θ+=+,令54cos x θ=-，54cos y θ=+，则()2210,1x y x y +=≥， 其图象为一段圆弧MN ,如图,令z x y =+，则y x z =-+，则直线y x z =-+过M 、N 时z 最小为13314min z =+=+=，当直线y x z =-+与圆弧MN 相切时z 最大，由平面几 何知识易知max z 即为原点到切线的距离的2倍，也就是圆弧MN 所在圆的半径的2倍， 所以21025max z =⨯=．综上所述，a b a b ++-的最小值为4，最大值为25．【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查数形结合能力，考查运算求解能力,涉及余弦定理、线性规划等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．(16)【2017年浙江，16，4分】从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人,普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有 中不同的选法．（用数字作答） 【答案】660【解析】解法一:由题意可得:“从8名学生中选出队长1人，副队长1人,普通队员2人组成4人服务队”中的选择方法为:411843C C C ⨯⨯种方法,其中“服务队中没有女生"的选法有411643C C C ⨯⨯种方法，则满足题意的选法有：411411843643660C C C C C C ⨯⨯-⨯⨯=种．解法二：第一类，先选1女3男，有316240C C =种，这4人选2人作为队长和副队有2412A =种，故有4012480⨯=种,第二类,先选2女2男，有226215C C =种,这4人选2人作为队长和副队有2412A =种， 故有1512180⨯=种,根据分类计数原理共有480180660+=种，故答案为:660．【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理,属于中档题．（17）【2017年浙江，17，4分】已知α∈R ,函数()4f x x a a x=+-+在区间[]1,4上的最大值是5，则a 的取值 范围是 ．【答案】9(,]2-∞【解析】[][]41,4,4,5x x x ∈+∈，分类讨论：①当5a ≥时,()442f x a x a a x x x =--+=--,函数的最大值245a -=，92a ∴=，舍去；②当4a ≤时，()445f x x a a x x x =+-+=+≤，此时命题成立;③当45a <<时，(){}maxmax 4,5f x a a a a =-+-+⎡⎤⎣⎦,则:4545a a a a a a ⎧-+≥-+⎪⎨-+=⎪⎩或：4555a a a aa a ⎧-+<-+⎪⎨-+=⎪⎩， 解得：92a =或92a <，综上可得，实数a 的取值范围是9,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．【点评】本题考查函数的最值，考查绝对值函数,考查转化与化归思想，注意解题方法的积累，属于中档题． 三、解答题:本大题共5题,共74分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．（18）【2017年浙江,18，14分】已知函数()22sin cos 23sin cos fx x x x x x =--∈R （）． (1)求23f π⎛⎫⎪⎝⎭的值;(2）求()f x 的最小正周期及单调递增区间．解：(1）()22πsin cos 23sin cos cos 23sin 22sin 26f x x x x x x x x ⎛⎫=--=--=-+ ⎪⎝⎭，4ππsin 232236f π⎛⎫+=⎪⎝⎛⎫=- ⎪⎭⎭⎝． （2)由()π2sin 26f x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，()f x 的最小正周期为π．令πππ2π22π262k x k -≤+≤+，k Z ∈，得ππππ36k x k -≤≤+，k Z ∈,函数()f x 的单调递增区间为ππππ.36k k k Z ，，⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦．【点评】本题考查的知识点是三角函数的化简求值，三角函数的周期性,三角函数的单调区间，难度中档． （19）【2017年浙江,19，15分】如图,已知四棱锥–P ABCD ,PAD ∆是以AD 为斜边的等腰直角三角形，//BC AD ,CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点． （1）证明://CE 平面PAB ；（2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值． 解：解法一:（1）取AD 的中点F ，连接EF ,CF ,∵E 为PD 的重点,∴//EF PA ，在四边形ABCD 中，//BC AD ,22AD DC CB ==,F 为中点易得//CF AB ，∴平面//EFC 平面ABP ， EC ⊂平面EFC ，//EC ∴平面PAB ．（2)连结BF ，过F 作FM PB ⊥与M ，连结PF ，因为PA PD =,所以PF AD ⊥,易知四边形BCDF 为矩形，所以BF AD ⊥,所以AD ⊥平面PBF ，又//AD BC ， 所以BC ⊥平面PBF ，所以BC PB ⊥，设1DC CB ==,则2AD PC ==，所以2PB =，1BF PF ==，所以12MF =，又BC ⊥平面PBF ，所以BC MF ⊥,所以MF ⊥平面PBC ,即点F 到平面PBC 的距离为12,也即点D 到平面PBC 的距离为12,因为E 为PD 的中点，所以点E 到平面PBC 的距离为14，在PCD ∆中,2PC =，1CD =，2PD =，由余弦定理可得2CE =，设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则124sin =8CE θ=．解法二：(1）略;构造平行四边形．（2）过P 作PH CD ⊥,交CD 的延长线于点H 在Rt PDH 中,设DH x =，则易知2222(2)(1)2x x -++=（Rt PCH )，解得12DH =,过H 作BC 的平行线，取 1DH BC ==,由题易得3,0,02B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,1,02D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3,1,02C ⎛⎫⎪⎝⎭，30,0,2P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭, 113,,424E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，则513(,,)424CE =-- ，33(,0,)22PB =-,(0,1,0)BC =, 设平面PBC 的法向量为(,,)n x y z = ，则330220n PB x z n BC y ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅==⎩ ,令1x =,则3t =，故(1,0,3)n =, 设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则531|3|2442sin =|cos <,n|=8251322216416CE θθ-+⨯==++⨯ 故直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为28． 【点评】本题考查线面平行的证明,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，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．（20）【2017年浙江，20，15分】已知函数()()1212x f x x x e x -⎛⎫=--≥ ⎪⎝⎭．(1）求()f x 的导函数；（2)求()f x 在区间1[+)2∞，上的取值范围．解:（1)()()()11212112111212121x xx x f x e x x e x x e x e x x x ----⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=----=--+-=-- ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭． (2）令()21g x x x =--，则()1121g x x '=--，当112x ≤<时，()0g x '<，当1x >时，()0g x '>，则()g x在1x =处取得最小值,既最小值为0,又0x e ->，则()f x 在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的最小值为0．当x 变化时,()f x ，()f x '的变化如下表：x 1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭ 1 51,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ 52 5,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ ()f x ' — 0 + 0 — ()f x↘↗↘又121122f e -⎛⎫= ⎪⎝⎭，()10f =,525122f e -⎛⎫= ⎪⎝⎭,则()f x 在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的最大值为1212e -．综上，()f x 在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的取值范围是1210,2e -⎡⎤⎢⎥⎣⎦．．【点评】本题考查导数的运用:求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导是解题的关键，属于中档题．（21）【2017年浙江，21,15分】如图,已知抛物线2x y =，点11,24A ⎛⎫- ⎪⎝⎭，39,24B ⎛⎫⎪⎝⎭，抛物线上的点()1124P x y x ⎛⎫-<< ⎪⎝⎭，．过点B 作直线AP 的垂线,垂足为Q ．(1）求直线AP 斜率的取值范围;(2）求AP PQ ⋅的最大值．解：（1）由题易得()2,P x x ，1322x -<<，故()21141,1122AP x K x x -==-∈-+，故直线AP 斜率的取值范围为()1,1-． （2）由（1)知()2,P x x ，1322x -<<，所以211,24PA x x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，设直线AP 的斜率为k ，则11:24AP y kx k =++， 139:24BP y x k k =-++,联立直线AP 、BP 方程可知222234981,2244k k k k Q k k ⎛⎫+-++ ⎪++⎝⎭， 故23432221,11k k k k k k k PQ k k ⎛⎫+----++= ⎪++⎝⎭,又因为()21,PA k k k =----， 故()()()()()()33232211111111k k k k k PA PQ PA PQ k k kk+-+--⋅=⋅=+=+-++，所以()()311PA PQ k k ⋅=+-,令()()()311f x x x =+-，11x -<<，则()()()()()221242121f x x x x x '=+-=-+-，由于当112x -<<-时()0f x '>,当112x <<时()0f x '<，故()max 127216f x f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，即PA PQ ⋅的最大值为2716． 【点评】本题考查圆锥曲线的最值问题，考查运算求解能力，考查函数思想，注意解题方法的积累，属于中档题． （22）【2017年浙江，22，15分】已知数列{}n x 满足:11x =，()()11ln 1*n n n x x x n N ++=++∈．证明:当*n N ∈时，(1）10n n x x +＜＜;(2）1122n n n n x x x x++-≤;(3）121122n n n x ++≤≤．解:（1)令函数()ln(1)f x x x =++，则易得()f x 在[0,)+∞上为增函数．又1()n n x f x +=，若0n x >⇒1()(0)0n f x f +>=恒成立10n x +⇒>，又由11ln(1)n n n x x x ++=++可知0n x >,由111111ln(1)ln(1)0n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-=++-=+>⇒>．所以10n n x x +<<．（2）令()()()()22ln 1ln 1ln 1222x x x g x x x x x x x +=++--+=++-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦,0x >，则()()()()()()()121111ln 11ln 1ln 12212212212x x g x x x x x x x x x x +'=+++-=+-+=+++-+++， 令()()()111ln 12212h x x x x =+++-+，则()()()()2221125210212121x x h x x x x ++'=-+=>+++， 所以()h x 单调递增．所以()()00h x h >=，即()0g x '>,()g x 单调递增．所以()()00g x g >=⇒()()ln 1ln 12xx x x x ++>-+⎡⎤⎣⎦， 所以()()11111112ln 1ln 122n n n n n n n n n x x x x x x x x x +++++++⎡⎤-=-+≤++=⎣⎦，1122n n n n x xx x ++-≤． （3)11112111212222n n n n n n n n x x x x x x x x ++++-≤⇒-≤⇒≥-，即121111222n n n n n x x +++≥-⇒递推得 12+11111(1)11111182122224212n n nk n k n x x -+=-≥-=-=+⇒-∑2211(2)1222n n n x n --≤≤≥+． 由11x =知21(N*)2n n x n -≤∈，又由()ln(1)0h x x x =-+>可知112()()0n n n x x h x h x ++-=>=．即11111112(N*)222n n n n n n n n x x x x x x n ++-->⇒>⇒≥=∈．综上可知,121122n n n x --≤≤． 【点评】本题考查了数列的概念，递推关系，数列的函数的特征，导数和函数的单调性的关系,不等式的证明，考查了推理论证能力，分析解决问题的能力，运算能力,放缩能力,运算能力,属于难题．。
(完整版)高三数学立体几何历年高考题(2011年-2017年)
高三数学立体几何高考题8.（2015年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1. （2012年7）如图，网格纸上小正方形的边长为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）181，粗线画出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 20 ，则r ()2. （2012年8）平面a截球O的球面所得圆的半径为1，球心(A) 1 (B) 2 (C) 4 (D) 89 （2016年7）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是则它的表面积是（A）17n （B）18n(C) 20 n ( D) 28 n的体积为（A ）：6 n （B）4 .；3 n （C）4 6 n （D）6_:'3n 3.（2013年11）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）. 28 n~3，//平面CB1D1,A. 16 + 8nB. 8 + 8 nC. 16 + 16nD. 8 + 16 n4.（2013年15）已知H是球O的直径AB上一点，AH : HB = 1 球O所得截面的面积为n则球O的表面积为________ .2, AB丄平面a, H为垂足，a截5.（2014年8）如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事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6.（2014年10）正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为（）81 n 27 nA. ~-~ B . 16 n C. 9 n D.~-~4 47.（2015年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I 平面ABCD m , I 平面ABB1A n，贝U m, n所成角的正弦值为(A)仝(B) 2(C)仝1(D)-223310 (2016 年11)平面过正方体ABCD —A1B1C1D1的顶点A,11. （2017年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12. （2017年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。
2017年浙江高考理科数学试题
2017年普通高等学校招生全国统一考试（卷）数 学（理科）选择题部分（共50分）1.(2017年)已知集合P={x|-1＜x ＜1}，Q={0＜x ＜2}，那么P∪Q=（ ）A ．（1，2）B ．（0，1）C ．（-1，0）D ．（1，2） 2. (2017年)椭圆x 29+y 24=1的离心率是（ ） A ．133 B ．53 C ．23 D ．593. (2017年)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：cm 3）是（ ）（第3题图）A ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ．332π+ 4. (2017年)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x≥0，x+y-3≥0，x-2y≤0，则z=x+2y 的取值围是（ ） A ．[0，6]B ．[0，4]C ．[6，+∞）D ．[4，+∞）5. (2017年)若函数f (x )=x 2+ ax +b 在区间[0，1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M – m （ ）A ．与a 有关，且与b 有关B ．与a 有关，但与b 无关C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关6. (2017年)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”的（ ）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7. (2017年)函数y=f (x )的导函数y=f′（x ）的图象如图所示，则函数y=f (x )的图象可能是（ ）（第7题图）8. (2017年)已知随机变量ξi 满足P （ξi =1）=p i ，P （ξi =0）=1–p i ，i =1，2． 若0<p 1<p 2<12，则（ ）A ．E (ξ1)＜E (ξ2)，D (ξ1)＜D (ξ2)B ．E (ξ1)＜E (ξ2)，D (ξ1)＞D (ξ2)C ．E (ξ1)＞E (ξ2)，D (ξ1)＜D (ξ2)D ．E (ξ1)＞E (ξ2)，D (ξ1)＞D (ξ2)9. (2017年)如图，已知正四面体D –ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，BQ QC =CR RA=2，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为α，β，γ，则（ ）（第9题图）A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α10. (2017年)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记I 1=→OA ·→OB ，I 2=→OB ·→OC ，I 3=→OC ·→OD，则（ ）（第10题图）A ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3＜I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 3非选择题部分（共100分）11. (2017年)我国古代数学家徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年．“割圆术”的第一步是计算单位圆接正六边形的面积S 6，S 6= ．12. (2017年)已知a ，b ∈R ，（a+bi ）2=3+4i （i 是虚数单位）则a 2+b 2=___________，ab =___________.13. (2017年)已知多项式（x+1）3（x+2）2=x 5+a 1x 4+a 2x 3+a 3x 2+a 4x+a 5，，则a 4=________，a 5=________．14. (2017年)已知△ABC ，AB =AC =4，BC =2． 点D 为AB 延长线上一点，BD =2，连结CD ，则△BDC 的面积是___________，cos∠BDC =___________.15. (2017年)已知向量a ，b 满足|a |=1,|b |=2,则|a +b |+|a -b |的最小值是________，最大值是_______．16. (2017年)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有______种不同的选法．（用数字作答）17. (2017年)已知a R ，函数f （x ）=|x+4x-a|+a 在区间[1，4]上的最大值是5，则a 的取值围是___________．18. (2017年)已知函数f （x ）=sin 2x –cos 2x –23sin x cos x （x ∈R ）．（1）求f （2π3）的值． （2）求f （x ）的最小正周期及单调递增区间．19. (2017年)如图，已知四棱锥P –ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．（第19题图）（1）证明：CE∥平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．20. (2017年)已知函数f (x )=（x –2x-1）e -x （x≥12）． PABC D E（1）求f (x )的导函数；（2）求f (x )在区间[12，+∞)上的取值围．21. (2017年)如图，已知抛物线x 2=y ，点A （-12，14），B （32，94），抛物线上的点p(x,y)(-12＜x ＜32)．过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q ．（第19题图）（1）求直线AP 斜率的取值围；（2）求|PA|·|PQ|的最大值．22. (2017年) 已知数列{x n }满足x 1=1，x n =x n +1+ln(1+x n +1)（n∈N *）．证明：当n∈N *时，（1）0＜x n +1＜x n ；（2）2x n +1− x n ≤x n x n +12；（3）12n-1≤x n ≤12n-2．。