【拔高教育】2017届高三数学模拟试卷8

三年高考两年模拟2017版高考数学专题汇编第八章立体几何初步5 理

第五节空间垂直的判定与性质A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·浙江,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⊥n2.(2015·浙江,8)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD,所成二面角A′CDB的平面角为α,则( )A.∠A′DB≤αB.∠A′DB≥αC.∠A′CB≤αD.∠A′CB≥α3.(2014·广东,7)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定4.(2016·全国Ⅱ,14)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题：(1)如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.(2)如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.(3)如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.(4)如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有________(填写所有正确命题的编号).5.(2016·全国Ⅰ,18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,平面ABEF为正方形,AF＝2FD,∠AFD＝90°,且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥EFDC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值.6.(2016·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.7.(2015·新课标全国Ⅱ,19)如图,长方体ABCD－A1B1C1D1中,AB＝16,BC＝10,AA1＝8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E＝D1F＝4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.8.(2015·新课标全国Ⅰ,18) 如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC＝120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE＝2DF,AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC,(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.9.(2014·新课标全国Ⅰ,19)如图,三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1,∠CBB1＝60°,AB＝BC,求二面角AA1B1C1的余弦值.10.(2014·广东,18)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC＝30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角DAFE的余弦值.11.(2014·辽宁,19) 如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB＝BC＝BD＝2,∠ABC＝∠DBC＝120°,E,F分别为AC,DC的中点.(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角EBFC 的正弦值.12.(2014·江西,19)如图,四棱锥P ABCD 中,ABCD 为矩形,平面PAD ⊥平面ABCD . (1)求证：AB ⊥PD ；(2)若∠BPC ＝90°,PB ＝2,PC ＝2,问AB 为何值时,四棱锥PABCD 的体积最大？并求此时平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值.13.(2014·湖南,19)如图,四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等,AC ∩BD ＝O ,A 1C 1∩B 1D 1＝O 1,四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形.(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD ；(2)若∠CBA ＝60°,求二面角C 1OB 1D 的余弦值.B 组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·湖北天门模拟)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.63 B.265 C.155 D.1052.(2016·山东东营模拟) 已知点E ,F 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB ,AA 1的中点,点M ,N 分别是线段D 1E 与C 1F 上的点,则与平面ABCD 垂直的直线有( )A.0条B.1条C.2条D.无数条3.(2015·豫南五市模拟)m 、n 为两条不重合的直线,α、β为两个不重合的平面,则下列命题中正确的是( )①若m 、n 都平行于平面α,则m 、n 一定不是相交直线；②若m 、n 都垂直于平面α,则m 、n一定是平行直线；③已知α、β互相垂直,m、n互相垂直,若m⊥α,则n⊥β；④m、n在平面α内的射影互相垂直,则m、n互相垂直.A.②B.②③C.①③D.②④4.(2015·四川雅安模拟)下列说法错误的是( )A.两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B.过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直C.如果共点的三条直线两两垂直,那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直D.如果两条直线和一个平面所成的角相等,则这两条直线一定平行5.(2016·云南玉溪模拟)表面积为60π的球面上有四点S、A、B、C,且△ABC是等边三角形,球心O到平面ABC的距离为3,若平面SAB⊥平面ABC,则三棱锥S－ABC体积的最大值为________.6.(2015·绵阳模拟)在正三棱锥P－ABC中,D,E分别是AB,BC的中点,有下列三个论断：①AC⊥PB；②AC∥平面PDE；③AB⊥平面PDE.其中正确论断的序号为________.7.(2015·山东菏泽二模)如图,将边长为2的正六边形ABCDEF沿对角线BE翻折,连接AC、FD,形成如图所示的多面体,且AC＝ 6.(1)证明：平面ABEF⊥平面BCDE；(2)求三棱锥E－ABC的体积.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.C [由已知,α∩β＝l,∴l⊂β,又∵n⊥β,∴n⊥l,C正确.故选C.]2.B [极限思想：若α＝π,则∠A′CB＜π,排除D；若α＝0,如图,则∠A′DB,∠A′CB 都可以大于0,排除A,C.故选B. ]3.D [构造如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1,取l1为AD,l2为AA1,l3为A1B1,当取l 4为B 1C 1时,l 1∥l 4,当取l 4为BB 1时,l 1⊥l 4,故排除A 、B 、C,选D.]4.②③④ [当m ⊥n ,m ⊥α,n ∥β时,两个平面的位置关系不确定,故①错误,经判断知②③④均正确,故正确答案为②③④.]5.(1)证明由已知可得AF ⊥DF ,AF ⊥FE ,所以AF ⊥平面EFDC ,又AF ⊂平面ABEF ,故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解过D 作DG ⊥EF ,垂足为G ,由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点,GF →的方向为x 轴正方向,|GF →|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角,故∠DFE ＝60°,则|DF |＝2,|DG |＝3,可得A (1,4,0),B (－3,4,0),E (－3,0,0),D (0,0,3).由已知,AB ∥EF ,所以AB ∥平面EFDC ,又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ,故AB ∥CD ,CD ∥EF , 由BE ∥AF ,可得BE ⊥平面EFDC ,所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角,∠CEF ＝60°,从而可得C (－2,0,3).所以EC →＝(1,0,3),EB →＝(0,4,0),AC →＝(－3,－4,3),AB →＝(－4,0,0). 设n ＝(x ,y ,z )是平面BCE 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0,－3).设m 是平面ABCD 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0,3,4),则cos 〈n ,m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.6.证明 (1)由已知,DE 为△ABC 的中位线, ∴DE ∥AC ,又由三棱柱的性质可得AC ∥A 1C 1,∴DE ∥A 1C 1, 且DE ⊄平面A 1C 1F ,A 1C 1⊂平面A 1C 1F ,∴DE ∥平面A 1C 1F . (2)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,AA 1⊥平面A 1B 1C 1,∴AA 1⊥A 1C 1,又∵A 1B 1⊥A 1C 1,且A 1B 1∩AA 1＝A ,∴A 1C 1⊥平面ABB 1A 1,∵B 1D ⊂平面ABB 1A 1,∴A 1C 1⊥B 1D ,又∵A 1F ⊥B 1D ,且A 1F ∩A 1C 1＝A 1,∴B 1D ⊥平面A 1C 1F , 又∵B 1D ⊂平面B 1DE ,∴平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F . 7.解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ,垂足为M ,则AM ＝A 1E ＝4,EM ＝AA 1＝8.因为EHGF 为正方形,所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6,所以AH ＝10.以D 为坐标原点,DA →的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ,则A (10, 0,0),H (10,10,0),E (10,4,8),F (0,4,8),FE →＝(10,0,0),HE →＝(0,－6,8).设n ＝(x ,y ,z )是平面EHGF 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3).又AF →＝(－10,4,8),故|cos 〈n ,AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.8.(1)证明连接BD ,设BD ∩AC ＝G ,连接EG ,FG ,EF .在菱形ABCD 中,不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°,可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ,AB ＝BC ,可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ,所以EG ＝3,且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中,可得BE ＝2,故DF ＝22. 在Rt △FDG 中,可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中,由BD ＝2,BE ＝2,DF ＝22,可得EF ＝322, 从而EG 2＋FG 2＝EF 2,所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ,可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ,所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解如图,以G 为坐标原点,分别以GB →,GC →的方向为x 轴,y 轴正方向,|GB →|为单位长,建立空间直角坐标系Gxyz ,由(1)可得A (0,－3,0),E (1,0,2),F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22,C (0,3,0),所以AE →＝(1,3,2),CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →,CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 9.(1)证明连接BC 1,交B 1C 于点O ,连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形,所以B 1C ⊥BC 1,且O 为B 1C 及BC 1的中点. 又AB ⊥B 1C ,所以B 1C ⊥平面ABO .由于AO ⊂平面ABO ,故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ,故AC ＝AB 1.(2)解因为AC ⊥AB 1,且O 为B 1C 的中点,所以AO ＝CO . 又因为AB ＝BC ,所以△BOA ≌△BOC . 故OA ⊥OB ,从而OA ,OB ,OB 1两两互相垂直.以O 为坐标原点,OB →的方向为x 轴正方向,|OB →|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .因为∠CBB 1＝60°,所以△CBB 1为等边三角形.又AB ＝BC ,则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，33,B (1,0,0),B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，0,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－33，0. AB 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，33，－33,A 1B 1→＝AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－33,B 1C 1→＝BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－33，0. 设n ＝(x ,y ,z )是平面AA 1B 1的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1,3,3).设m 是平面A 1B 1C 1的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0.同理可取m ＝(1,－3,3).则cos 〈n ,m 〉＝n ·m |n||m|＝17.所以二面角A A 1B 1C 1的余弦值为17.10.(1)证明 ∵PD ⊥平面ABCD ,∴PD ⊥AD .又CD ⊥AD ,PD ∩CD ＝D , ∴AD ⊥平面PCD .∴AD ⊥PC .又AF ⊥PC ,AD ∩AF ＝A ,∴PC ⊥平面ADF ,即CF ⊥平面ADF . (2)解法一设AB ＝1,则在Rt △PDC 中,CD ＝1,∵∠DPC ＝30°, ∴PC ＝2,PD ＝3,由(1)知CF ⊥DF ,∴DF ＝32,CF ＝12. 又FE ∥CD ,∴DE PD ＝CF PC ＝14,∴DE ＝34.同理EF ＝34CD ＝34.如图所示,以D 为原点,建立空间直角坐标系,则A (0,0,1),E ⎝⎛⎭⎪⎫34，0，0,F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，0,P (3,0,0),C (0,1,0). 设m ＝(x ,y ,z )是平面AEF 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AE →，m ⊥EF →.又⎩⎪⎨⎪⎧AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，0，－1，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34，0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝34x －z ＝0，m ·EF →＝34y ＝0.令x ＝4,则z ＝3,m ＝(4,0,3).由(1)知平面ADF 的一个法向量为PC →＝(－3,1,0), 设二面角DAFE 的平面角为θ,可知θ为锐角, cos θ＝|cos 〈m ,PC →〉|＝|m ·PC →||m |·|PC →|＝4319×2＝25719.故二面角DAFE 的余弦值为25719.法二设AB ＝1,∵CF ⊥平面ADF ,∴CF ⊥DF .∴在△CFD 中,DF ＝32, ∵CD ⊥AD ,CD ⊥PD ,∴CD ⊥平面ADE .又∵EF ∥CD ,∴EF ⊥平面ADE .∴EF ⊥AE ,∴在△DEF 中,DE ＝34,EF ＝34, 在△ADE 中,AE ＝194,在△ADF 中,AF ＝72. 由V A DEF ＝13·S △ADE ·EF ＝13·S △ADF ·h E ADF ,解得h E ADF ＝38,设△AEF 的边AF 上的高为h ,由S △AEF ＝12·EF ·AE ＝12·AF ·h ,解得h ＝34×13314,设二面角D AF E 的平面角为θ. 则sin θ＝h E ADF h ＝38×43×14133＝13319,∴cos θ＝25719. 11.(1)证明法一过E 作EO ⊥BC ,垂足为O ,连接OF .图1由△ABC ≌△DBC 可证出△EOC ≌△FOC .所以∠EOC ＝∠FOC ＝π2,即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ,因此BC ⊥面EFO ,又EF ⊂面EFO ,所以EF ⊥BC .法二由题意,以B 为坐标原点,在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴,BC 所在直线为y 轴,在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴,建立如图所示空间直角坐标系.易得B (0,0,0),A (0,－1,3),D (3,－1,0),C (0,2,0).因而E (0,12,32),F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0,所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－32,BC →＝(0,2,0),因此EF →·BC →＝0.从而EF →⊥BC →,所以EF ⊥BC .图2(2)解法一在图1中,过O 作OG ⊥BF ,垂足为G ,连接EG .由平面ABC ⊥平面BDC ,从而EO ⊥面BDC ,又OG ⊥BF ,由三垂线定理知,EG ⊥BF .因此∠EGO 为二面角EBFC 的平面角.在△EOC 中,EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32,由△BGO ∽△BFC 知,OG ＝BO BC ·FC ＝34,因此tan∠EGO ＝EO OG ＝2,从而sin ∠EGO ＝255,即二面角E BF C 的正弦值为255.法二在图2中,平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0,0,1). 设平面BEF 的法向量n 2＝(x ,y ,z ),又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0,BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32.由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0n 2·BE →＝0得其中一个n 2＝(1,－3,1).设二面角EBFC 大小为θ,且由题意知θ为锐角,则 cos θ＝|cos 〈n 1,n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15,因此sin θ＝25＝255,即所求二面角的正弦值为255.12.(1)证明 ABCD 为矩形,故AB ⊥AD ；又平面PAD ⊥平面ABCD , 平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ,所以AB ⊥平面PAD ,由PD ⊂平面PAD ,故AB ⊥PD .(2)解过P 作AD 的垂线,垂足为O ,过O 作BC 的垂线,垂足为G ,连接PG .故PO ⊥平面ABCD ,BC ⊥平面POG ,BC ⊥PG . 在Rt △BPC 中,PG ＝233,GC ＝263,BG ＝63.设AB ＝m ,则OP ＝PG 2－OG 2＝43－m 2, 故四棱锥PABCD 的体积为V ＝13·6·m ·43－m 2＝m 3 8－6m 2. 因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝－6⎝⎛⎭⎪⎫m 2－232＋83,故当m ＝63,即AB ＝63时,四棱锥PABCD 的体积最大. 此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O (0,0,0),B ⎝ ⎛⎭⎪⎫63，－63，0, C ⎝ ⎛⎭⎪⎫63，263，0,D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，263，0,P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，63.故PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫63，263，－63, BC →＝(0,6,0),CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，0，0, 设平面BPC 的一个法向量n 1＝(x ,y ,1),则由n 1⊥PC →,n 1⊥BC →得⎩⎪⎨⎪⎧63x ＋263y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1,y ＝0,n 1＝(1,0,1).同理可求出平面DPC 的一个法向量n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1.从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12·14＋1＝105. 13.(1)证明因为四边形ACC 1A 1为矩形,所以CC 1⊥AC ,同理DD 1⊥BD ,因为CC 1∥DD 1,所以CC 1⊥BD ,而AC ∩BD ＝O ,因此CC 1⊥底面ABCD .由题设知,O 1O ∥C 1C ,故O 1O ⊥底面ABCD .(2)解法一如图,过O 1作O 1H ⊥OB 1于H ,连接HC 1.由(1)知,O 1O ⊥底面ABCD ,所以O 1O ⊥底面A 1B 1C 1D 1,于是O 1O ⊥A 1C 1.又因为四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等,所以四边形A 1B 1C 1D 1是菱形,因此A 1C 1⊥B 1D 1,从而A 1C 1⊥平面BDD 1B 1,所以A 1C 1⊥OB 1,于是OB 1⊥平面O 1HC 1,进而OB 1⊥C 1H ,故∠C 1HO 1是二面角C 1OB 1D 的平面角.不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°,所以OB ＝3,OC ＝1,OB 1＝7.在Rt △OO 1B 1中,易知O 1H ＝OO 1·O 1B 1OB 1＝237,而O 1C 1＝1, 于是C 1H ＝O 1C 21＋O 1H 2＝1＋127＝197.故cos ∠C 1HO 1＝O 1H C 1H ＝237197＝25719.即二面角C 1OB 1D 的余弦值为25719. 法二因为四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD 是菱形,因此AC ⊥BD .又由(1)知O 1O ⊥底面ABCD ,从而OB ,OC ,OO 1两两垂直.如图,以O 为坐标原点,OB ,OC ,OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系Oxyz .不妨设AB ＝2,因为∠CBA＝60°,所以OB ＝3,OC ＝1.于是相关各点的坐标为：O (0,0,0),B 1(3,0,2),C 1(0,1,2).易知,n 1＝(0,1,0)是平面BDD 1B 1的一个法向量.设n 2＝(x ,y ,z )是平面OB 1C 1的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·OB 1→＝0，n 2·OC 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0，取z ＝－3,则x ＝2,y ＝23,所以n 2＝(2,23,－3),设二面角C 1OB 1D 的大小为θ,易知θ是锐角,于是cos θ＝|cos 〈n 1,n 2〉|＝|n 1·n 2|n 1|·|n 2||＝2319＝25719.故二面角C 1OB 1D 的余弦值为25719.B 组两年模拟精选(2016～2015年)1. D [如图,连接A 1C 1,设A 1C 1∩B 1D 1＝O ,连接OB .由已知得C 1O ⊥面BB 1D 1D .∴∠C 1BO 为所求角,在Rt △C 1OB 中,sin ∠C 1BO ＝OC 1BC 1＝105,故选D.]2.B [如图,设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2,以C 为原点建立空间直角坐标系,则D 1(2,0,2),E (1,2,0),C 1(0,0,2),F (2,2,1),D 1E →＝(－1,2,－2),C 1F →＝(2,2,－1),设D 1M →＝λD 1E →(0≤λ≤1),则M (2－λ,2λ,2－2λ),设C 1N →＝tC 1F →(0≤t ≤1),则N (2t ,2t ,2－t ),∴MN →＝(2t －2＋λ,2t －2λ,2λ－t ),要使直线MN 与平面ABCD 垂直,则⎩⎪⎨⎪⎧2t －2＋λ＝0，2t －2λ＝0，2λ－t ≠0，解得λ＝t ＝23, ∴与平面ABCD 垂直的直线MN 有1条.故选B.]3. A [①③④错误,②正确,故选A.]4.D [如果两条直线和一个平面所成的角相等,这两条直线可以平行、相交、异面.故选D.]5. 27 [设球O 的半径为R ,则有4πR 2＝60π,解得R ＝15.由于平面SAB ⊥平面ABC ,平面SAB ∩平面ABC ＝AB ,所以点S 在平面ABC 上的射影D 在AB 上,如图,当球心O 在三棱锥S －ABC 中,且D 为AB 的中点时,SD 最大,三棱锥S －ABC 的体积最大.设O ′为等边三角形ABC 的中心,则OO ′⊥平面ABC ,即有OO ′∥SD .由于OC ＝15,OO ′＝3,则CO ′＝CO 2－OO ′2＝23,则DO ′＝3,则△ABC 是边长为6的等边三角形,则△ABC 的面积为34×62＝9 3. 在直角梯形SDO ′O 中,作OM ⊥SD 于M ,则OM ＝DO ′＝3,DM ＝OO ′＝3,∴SD ＝DM ＋MS ＝3＋（15）2－（3）2＝33,所以三棱锥S －ABC 体积的最大值为13×93×33＝27.] 6.①② [如图,∵P －ABC 为正三棱锥,∴PB ⊥AC .又∵DE ∥AC ,DE ⊂平面PDE ,AC ⊄平面PDE ,∴AC ∥平面PDE .故①②正确.]7.(1)证明正六边形ABCDEF 中,连接AC 、BE ,交点为G ,易知AG ⊥BE ,且AG ＝CG ＝3,在多面体中,由AC ＝6,知AG 2＋CG 2＝AC 2,故AG ⊥GC ,又GC ∩BE ＝G ,GC ,BE ⊂平面BCDE ,故AG ⊥平面BCDE,又AG ⊂平面ABEF ,所以平面ABEF ⊥平面BCDE .(2)解连接AE 、CE ,则AG 为三棱锥A －BCE 的高,GC 为△BCE 的高.在正六边形ABCDEF 中,BE＝2AF ＝4,故S △BCE ＝12×4×3＝23, 所以V E －ABC ＝V A －BCE ＝13×23×3＝2.。

四川省双流中学2017届高三必得分训练(8)数学(理)试题 Word版含答案

考试时间：90分钟：一、选择题：（每小题5分，共50分，在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）.1.若复数z 满足12iz i =+，其中i 为虚数单位，则在复平面上复数z 对应的点的坐标为（）A ．()2,1--B ．()2,1-C ．()2,1-D ．()2,1 2.执行如图所示的程序框图，输出S 的值为（）A ．0B ．-1C ．12-D ．32- 3.如图，在正方形ABCD 中，点E 是DC 的中点，点F 是BC 的一个三等分点，那么EF =（）A ．1123AB AD - B ．1142AB AD + C ．1132AB AD + D ．1223AB AD - 4.某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积是（）A ．83 B ．4 C ．2 D ．435.等差数列{}n a 的前9项的和等于前4项的和，若141,0k a a a =+=，则k =（） A ．3 B ．7 C ．10 D ．46.已知双曲线()222210,0x y a b a b -=>>（c 为双曲线的半焦距），则双曲线的离心率为（） AB．7.已知圆22:4O x y +=上到直线:l x y a +=的距离等于1的点恰有3个，则实数a 的值为（）A．-或． CD．8.不等式组230330210x y x y x y +-≤⎧⎪-+≥⎨⎪-+≤⎩的解集记为D ，有下面四个命题：()()()()122234:,,231;:,,253;11:,,;:,,2123p x y D x y p x y D x y y p x y D p x y D x y y x ∀∈+≥-∃∈-≥--∀∈≤∃∈++≤- 其中的真命题是（）A ．12,p pB ．23,p pC ．24,p pD ．34,p p 9.定义在R 上的函数()y f x =满足()()()33,02f x f x x f x ⎛⎫'-=-< ⎪⎝⎭，若12x x <，且123x x +>，则有（）A ．()()12f x f x >B ．()()12f x f x <C ．()()12f x f x =D ．不确定10.如图，半圆O 的直径为2，A 为直径延长线上的一点，2OA =，B 为半圆上任意一点，以AB 为一边作等边三角形ABC ，则当四边形OACB 面积最大的时候，AOB ∠=（）A ．45π B ．56π C ．27π D ．23π二、填空题（每小题5分，共20分）11.已知直线10x y -+=与曲线ln y x a =+相切，则a 的值为_________． 12.已知两点()()2,0,0,2A B ，，则以线段AB 为直径的圆的方程为__________． 13.设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，2580a a +=则52S S =_____________． 14.已知球O 的半径为R ，,,A B C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1,32R AB AC BC ===，则球O 的表面积为_________．三、解答题（本大题共4小题，共48分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）15.（本小题满分12分）已知国家某5A 级大型景区对拥挤等级与每日游客数量n （单位：百人）的关系有如下规定：当[)0,100n ∈时，拥挤等级为“优”；当[)100,200n ∈时，拥挤等级为“良”；当[)200,300n ∈时，拥挤等级为“拥挤”；当300n ≥时，拥挤等级为“严重拥挤”．该景区对6月份的游客数量作出如图的统计数据：（1）下面是根据统计数据得到的频率分布表，求出,a b 值，并估计该景区6月份游客人数的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）某人选择在6月1日至6月5日这5天中任选2天到该景区游玩，求他这2天遇到的游客拥挤等级均为“优”的概率：16.（本小题满分12分）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC∆是边长为2的等边三角形，过1AC 作平面1ACD 平行于1BC ，交AB 于D 点．（1）求证：CD AB ⊥；（2）若四边形11BCC B 是正方形，且1A D =，求二面角11D AC B --的余弦值．17.（本小题满分12分）如图，,A B 是椭圆()222210x y a b a b +=>>，直线AB 的斜率为12-．（1）求椭圆的方程；（2）设直线l 平行于AB ，与,x y 轴分别交与点,M N ，与椭圆相交于,C D ．证明：OCM ∆的面积等于ODN ∆的面积； 18.（本小题满分12分）已知函数()()()ln ,f x x h x ax a R ==∈．（1）求函数()()22y af x h x x x =--++的单调区间：（2）是否存在实数m ，使得对任意的1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭，都有函数()m y f x x =+的图像在()xe g x x=的图像的下方？若存在，请求出整数m 的最大值；若不存在，请说理由：（参考数据：ln 2 1.3956===）参考答案一、选择题二、填空题11. 2 12. ()()22112x y -+-= 13. -11 14. 16π 三、解答题15.解：（1）游客人数在[)0,100范围内的天数共有15天，故15115,302a b ===．．．．．．．．．．．．．．3分游客人数的平均数为112150150250350120231530⨯+⨯+⨯+⨯=（百人）．．．．．．．．．．．．．6分16.【答案】（1）证明见解析；（2解析：（1）证：连结1AC ，设1AC 与1AC 相交于点E ，连接DE ，则E 为1AC 中点， ∵1//BC 平面1,ACD DE =平面1ACD 平面1ABC ，∴1//DE BC ，∴D 为AB 的中点，又∵ABC ∆是等边三角形，∴CD AB ⊥；（2）因为222115AD A A A D +==，所以1A A AD ⊥，又111,//B B BC B B A A ⊥，所以1A A BC ⊥，又ADBC B =，所以1A A ⊥平面ABC ，设BC 的中点为11,O B C 的中点为1O ，以O 为原点，OB 所在的直线为x 轴，1OO 所在的直线为y 轴，OA 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -．则()(()1111,0,0,0,,,1,2,02C A D B ⎛- ⎝，即()()1133,0,,1,2,3,2,2,02CD CA CB ⎛⎫===⎪ ⎝，设平面1DAC 的法向量为()1111,,n x yz =，由11100n CD n CA ⎧=⎪⎨=⎪⎩，得1111130220x z x y ⎧=⎪⎨⎪+=⎩，令11x =，得(11,1,n =，设平面11ACB 的法向量为()2222,,n x y z =，由212100n CA n CB ⎧=⎪⎨=⎪⎩，得2222220220x y x y ⎧++=⎪⎨+=⎪⎩，令21x =，得21,n ⎛=- ⎝，∴121212cos ,nn n n n n=== 17.（1）解：依题意，得12b a ⎧=⎪=，解得2,1a b ==，所以椭圆的方程为2214x y +=；（2）证明：由于//l AB ，设直线l 的方程为12y x m =-+，将其代入2214x y +=，消去y ，整理得2224440x mx m -+-=，设()11,C x y ，()22,D x y ，所以()2212212163210222m m x x mx x m ⎧∆=-->⎪⎪+=⎨⎪=-⎪⎩．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分证法一：记OCM ∆的面积是1,S ODN ∆的面积是2S ，由()()2,0,0,m M m N ，则121212112222S S m y m x y x =⇔⨯⨯=⨯⨯⇔=，因为122x x m +=，所以111212222y x m x m x ⎛⎫=⨯-+=-+= ⎪⎝⎭，从而12S S =；证法二：记OCM ∆的面积是1S ，ODN ∆的面积是2S ，则12S S MC ND =⇔=⇔线段,CD MN 的中点重合．．．．．．．．．．．．．．．．10分因为122x x m +=，所以12121211,22222x x y y x x m m m +++==-+=，故线段CD 的中点为1,2m m ⎛⎫⎪⎝⎭，因为()()2,0,0,M m N m ，所以线段MN 的中点坐标亦为1,2m m ⎛⎫⎪⎝⎭，从而12S S =． 18.解：（1）函数()f x 的定义域是()0,+∞，()()()()2221222x a x a x x a a y x a x x x---+-'=---==．．．．．．．．．．．．．2分当0a ≤时，()0f x '>对任意()0,x ∈+∞恒成立，所以，函数()f x 在区间()0,+∞单调递增；．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4分当0a >时，由()0f x '>得2a x >，由()0f x '<得02ax <<，所以，函数在区间2,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增，在区间0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减．．．．．．．．．．．．．．6分（2）假设存在实数m 满足题意，则不等式ln x m e x x x +<对1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭恒成立，即ln x m e x x <-对12x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，恒成立，．．．．．．．．．．．．．7分令()ln xr x e x x =-，则()ln 1xr x e x '=--，令()ln 1xx e x ϕ=--，则()1x x e xϕ'=-， ∵()x ϕ'在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，()12120,1102e e ϕϕ⎛⎫''=-<=-> ⎪⎝⎭，且()x ϕ'的图象在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上连续， ∴存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00x ϕ'=，即0010x e x -=，则00ln x x =-，．．．．．．．．．．．．．9分 ∴当01,2x x ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()x ϕ单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()x ϕ单调递增，则()x ϕ取到最小值()0000001ln 11110xx e x x x x ϕ=--=+-≥-=>， ∴()0r x '>，即()r x 在区间1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭内单调递增，．．．．．．．．．．．．11分11221111ln ln 2 1.995252222m r e e ⎛⎫≤=-=+= ⎪⎝⎭，∴存在实数m 满足题意，且最大整数m 的值为1．．．．．．．．．．．．．．．12分。

三年高考两年模拟2017版高考数学专题汇编第八章立体几何初步5 理

第五节空间垂直的判定与性质A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·浙江,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⊥n2.(2015·浙江,8)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD,所成二面角A′CDB的平面角为α,则( )A.∠A′DB≤αB.∠A′DB≥αC.∠A′CB≤αD.∠A′CB≥α3.(2014·广东,7)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定4.(2016·全国Ⅱ,14)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题：(1)如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.(2)如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.(3)如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.(4)如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有________(填写所有正确命题的编号).5.(2016·全国Ⅰ,18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,平面ABEF为正方形,AF＝2FD,∠AFD＝90°,且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥EFDC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值.6.(2016·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.7.(2015·新课标全国Ⅱ,19)如图,长方体ABCD－A1B1C1D1中,AB＝16,BC＝10,AA1＝8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E＝D1F＝4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.8.(2015·新课标全国Ⅰ,18) 如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC＝120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE＝2DF,AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC,(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.9.(2014·新课标全国Ⅰ,19)如图,三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1,∠CBB1＝60°,AB＝BC,求二面角AA1B1C1的余弦值.10.(2014·广东,18)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC＝30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角DAFE的余弦值.11.(2014·辽宁,19) 如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB＝BC＝BD＝2,∠ABC＝∠DBC＝120°,E,F分别为AC,DC的中点.(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角EBFC 的正弦值.12.(2014·江西,19)如图,四棱锥P ABCD 中,ABCD 为矩形,平面PAD ⊥平面ABCD . (1)求证：AB ⊥PD ；(2)若∠BPC ＝90°,PB ＝2,PC ＝2,问AB 为何值时,四棱锥PABCD 的体积最大？并求此时平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值.13.(2014·湖南,19)如图,四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等,AC ∩BD ＝O ,A 1C 1∩B 1D 1＝O 1,四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形.(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD ；(2)若∠CBA ＝60°,求二面角C 1OB 1D 的余弦值.B 组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·湖北天门模拟)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.63 B.265 C.155 D.1052.(2016·山东东营模拟) 已知点E ,F 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB ,AA 1的中点,点M ,N 分别是线段D 1E 与C 1F 上的点,则与平面ABCD 垂直的直线有( )A.0条B.1条C.2条D.无数条3.(2015·豫南五市模拟)m 、n 为两条不重合的直线,α、β为两个不重合的平面,则下列命题中正确的是( )①若m 、n 都平行于平面α,则m 、n 一定不是相交直线；②若m 、n 都垂直于平面α,则m 、n一定是平行直线；③已知α、β互相垂直,m、n互相垂直,若m⊥α,则n⊥β；④m、n在平面α内的射影互相垂直,则m、n互相垂直.A.②B.②③C.①③D.②④4.(2015·四川雅安模拟)下列说法错误的是( )A.两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B.过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直C.如果共点的三条直线两两垂直,那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直D.如果两条直线和一个平面所成的角相等,则这两条直线一定平行5.(2016·云南玉溪模拟)表面积为60π的球面上有四点S、A、B、C,且△ABC是等边三角形,球心O到平面ABC的距离为3,若平面SAB⊥平面ABC,则三棱锥S－ABC体积的最大值为________.6.(2015·绵阳模拟)在正三棱锥P－ABC中,D,E分别是AB,BC的中点,有下列三个论断：①AC⊥PB；②AC∥平面PDE；③AB⊥平面PDE.其中正确论断的序号为________.7.(2015·山东菏泽二模)如图,将边长为2的正六边形ABCDEF沿对角线BE翻折,连接AC、FD,形成如图所示的多面体,且AC＝ 6.(1)证明：平面ABEF⊥平面BCDE；(2)求三棱锥E－ABC的体积.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.C [由已知,α∩β＝l,∴l⊂β,又∵n⊥β,∴n⊥l,C正确.故选C.]2.B [极限思想：若α＝π,则∠A′CB＜π,排除D；若α＝0,如图,则∠A′DB,∠A′CB 都可以大于0,排除A,C.故选B. ]3.D [构造如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1,取l1为AD,l2为AA1,l3为A1B1,当取l 4为B 1C 1时,l 1∥l 4,当取l 4为BB 1时,l 1⊥l 4,故排除A 、B 、C,选D.]4.②③④ [当m ⊥n ,m ⊥α,n ∥β时,两个平面的位置关系不确定,故①错误,经判断知②③④均正确,故正确答案为②③④.]5.(1)证明由已知可得AF ⊥DF ,AF ⊥FE ,所以AF ⊥平面EFDC ,又AF ⊂平面ABEF ,故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解过D 作DG ⊥EF ,垂足为G ,由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点,GF →的方向为x 轴正方向,|GF →|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角,故∠DFE ＝60°,则|DF |＝2,|DG |＝3,可得A (1,4,0),B (－3,4,0),E (－3,0,0),D (0,0,3).由已知,AB ∥EF ,所以AB ∥平面EFDC ,又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ,故AB ∥CD ,CD ∥EF , 由BE ∥AF ,可得BE ⊥平面EFDC ,所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角,∠CEF ＝60°,从而可得C (－2,0,3).所以EC →＝(1,0,3),EB →＝(0,4,0),AC →＝(－3,－4,3),AB →＝(－4,0,0). 设n ＝(x ,y ,z )是平面BCE 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0,－3).设m 是平面ABCD 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0,3,4),则cos 〈n ,m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.6.证明 (1)由已知,DE 为△ABC 的中位线, ∴DE ∥AC ,又由三棱柱的性质可得AC ∥A 1C 1,∴DE ∥A 1C 1, 且DE ⊄平面A 1C 1F ,A 1C 1⊂平面A 1C 1F ,∴DE ∥平面A 1C 1F . (2)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,AA 1⊥平面A 1B 1C 1,∴AA 1⊥A 1C 1,又∵A 1B 1⊥A 1C 1,且A 1B 1∩AA 1＝A ,∴A 1C 1⊥平面ABB 1A 1,∵B 1D ⊂平面ABB 1A 1,∴A 1C 1⊥B 1D ,又∵A 1F ⊥B 1D ,且A 1F ∩A 1C 1＝A 1,∴B 1D ⊥平面A 1C 1F , 又∵B 1D ⊂平面B 1DE ,∴平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F . 7.解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ,垂足为M ,则AM ＝A 1E ＝4,EM ＝AA 1＝8.因为EHGF 为正方形,所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6,所以AH ＝10.以D 为坐标原点,DA →的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ,则A (10, 0,0),H (10,10,0),E (10,4,8),F (0,4,8),FE →＝(10,0,0),HE →＝(0,－6,8).设n ＝(x ,y ,z )是平面EHGF 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3).又AF →＝(－10,4,8),故|cos 〈n ,AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.8.(1)证明连接BD ,设BD ∩AC ＝G ,连接EG ,FG ,EF .在菱形ABCD 中,不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°,可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ,AB ＝BC ,可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ,所以EG ＝3,且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中,可得BE ＝2,故DF ＝22. 在Rt △FDG 中,可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中,由BD ＝2,BE ＝2,DF ＝22,可得EF ＝322, 从而EG 2＋FG 2＝EF 2,所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ,可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ,所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解如图,以G 为坐标原点,分别以GB →,GC →的方向为x 轴,y 轴正方向,|GB →|为单位长,建立空间直角坐标系Gxyz ,由(1)可得A (0,－3,0),E (1,0,2),F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22,C (0,3,0),所以AE →＝(1,3,2),CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →,CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 9.(1)证明连接BC 1,交B 1C 于点O ,连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形,所以B 1C ⊥BC 1,且O 为B 1C 及BC 1的中点. 又AB ⊥B 1C ,所以B 1C ⊥平面ABO .由于AO ⊂平面ABO ,故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ,故AC ＝AB 1.(2)解因为AC ⊥AB 1,且O 为B 1C 的中点,所以AO ＝CO . 又因为AB ＝BC ,所以△BOA ≌△BOC . 故OA ⊥OB ,从而OA ,OB ,OB 1两两互相垂直.以O 为坐标原点,OB →的方向为x 轴正方向,|OB →|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .因为∠CBB 1＝60°,所以△CBB 1为等边三角形.又AB ＝BC ,则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，33,B (1,0,0),B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，0,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－33，0. AB 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，33，－33,A 1B 1→＝AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－33,B 1C 1→＝BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－33，0. 设n ＝(x ,y ,z )是平面AA 1B 1的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1,3,3).设m 是平面A 1B 1C 1的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0.同理可取m ＝(1,－3,3).则cos 〈n ,m 〉＝n ·m |n||m|＝17.所以二面角A A 1B 1C 1的余弦值为17.10.(1)证明 ∵PD ⊥平面ABCD ,∴PD ⊥AD .又CD ⊥AD ,PD ∩CD ＝D , ∴AD ⊥平面PCD .∴AD ⊥PC .又AF ⊥PC ,AD ∩AF ＝A ,∴PC ⊥平面ADF ,即CF ⊥平面ADF . (2)解法一设AB ＝1,则在Rt △PDC 中,CD ＝1,∵∠DPC ＝30°, ∴PC ＝2,PD ＝3,由(1)知CF ⊥DF ,∴DF ＝32,CF ＝12. 又FE ∥CD ,∴DE PD ＝CF PC ＝14,∴DE ＝34.同理EF ＝34CD ＝34.如图所示,以D 为原点,建立空间直角坐标系,则A (0,0,1),E ⎝⎛⎭⎪⎫34，0，0,F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，0,P (3,0,0),C (0,1,0). 设m ＝(x ,y ,z )是平面AEF 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AE →，m ⊥EF →.又⎩⎪⎨⎪⎧AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，0，－1，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34，0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝34x －z ＝0，m ·EF →＝34y ＝0.令x ＝4,则z ＝3,m ＝(4,0,3).由(1)知平面ADF 的一个法向量为PC →＝(－3,1,0), 设二面角DAFE 的平面角为θ,可知θ为锐角, cos θ＝|cos 〈m ,PC →〉|＝|m ·PC →||m |·|PC →|＝4319×2＝25719.故二面角DAFE 的余弦值为25719.法二设AB ＝1,∵CF ⊥平面ADF ,∴CF ⊥DF .∴在△CFD 中,DF ＝32, ∵CD ⊥AD ,CD ⊥PD ,∴CD ⊥平面ADE .又∵EF ∥CD ,∴EF ⊥平面ADE .∴EF ⊥AE ,∴在△DEF 中,DE ＝34,EF ＝34, 在△ADE 中,AE ＝194,在△ADF 中,AF ＝72. 由V A DEF ＝13·S △ADE ·EF ＝13·S △ADF ·h E ADF ,解得h E ADF ＝38,设△AEF 的边AF 上的高为h ,由S △AEF ＝12·EF ·AE ＝12·AF ·h ,解得h ＝34×13314,设二面角D AF E 的平面角为θ. 则sin θ＝h E ADF h ＝38×43×14133＝13319,∴cos θ＝25719. 11.(1)证明法一过E 作EO ⊥BC ,垂足为O ,连接OF .图1由△ABC ≌△DBC 可证出△EOC ≌△FOC .所以∠EOC ＝∠FOC ＝π2,即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ,因此BC ⊥面EFO ,又EF ⊂面EFO ,所以EF ⊥BC .法二由题意,以B 为坐标原点,在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴,BC 所在直线为y 轴,在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴,建立如图所示空间直角坐标系.易得B (0,0,0),A (0,－1,3),D (3,－1,0),C (0,2,0).因而E (0,12,32),F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0,所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－32,BC →＝(0,2,0),因此EF →·BC →＝0.从而EF →⊥BC →,所以EF ⊥BC .图2(2)解法一在图1中,过O 作OG ⊥BF ,垂足为G ,连接EG .由平面ABC ⊥平面BDC ,从而EO ⊥面BDC ,又OG ⊥BF ,由三垂线定理知,EG ⊥BF .因此∠EGO 为二面角EBFC 的平面角.在△EOC 中,EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32,由△BGO ∽△BFC 知,OG ＝BO BC ·FC ＝34,因此tan∠EGO ＝EO OG ＝2,从而sin ∠EGO ＝255,即二面角E BF C 的正弦值为255.法二在图2中,平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0,0,1). 设平面BEF 的法向量n 2＝(x ,y ,z ),又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0,BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32.由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0n 2·BE →＝0得其中一个n 2＝(1,－3,1).设二面角EBFC 大小为θ,且由题意知θ为锐角,则 cos θ＝|cos 〈n 1,n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15,因此sin θ＝25＝255,即所求二面角的正弦值为255.12.(1)证明 ABCD 为矩形,故AB ⊥AD ；又平面PAD ⊥平面ABCD , 平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ,所以AB ⊥平面PAD ,由PD ⊂平面PAD ,故AB ⊥PD .(2)解过P 作AD 的垂线,垂足为O ,过O 作BC 的垂线,垂足为G ,连接PG .故PO ⊥平面ABCD ,BC ⊥平面POG ,BC ⊥PG . 在Rt △BPC 中,PG ＝233,GC ＝263,BG ＝63.设AB ＝m ,则OP ＝PG 2－OG 2＝43－m 2, 故四棱锥PABCD 的体积为V ＝13·6·m ·43－m 2＝m 3 8－6m 2. 因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝－6⎝⎛⎭⎪⎫m 2－232＋83,故当m ＝63,即AB ＝63时,四棱锥PABCD 的体积最大. 此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O (0,0,0),B ⎝ ⎛⎭⎪⎫63，－63，0, C ⎝ ⎛⎭⎪⎫63，263，0,D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，263，0,P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，63.故PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫63，263，－63, BC →＝(0,6,0),CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，0，0, 设平面BPC 的一个法向量n 1＝(x ,y ,1),则由n 1⊥PC →,n 1⊥BC →得⎩⎪⎨⎪⎧63x ＋263y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1,y ＝0,n 1＝(1,0,1).同理可求出平面DPC 的一个法向量n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1.从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12·14＋1＝105. 13.(1)证明因为四边形ACC 1A 1为矩形,所以CC 1⊥AC ,同理DD 1⊥BD ,因为CC 1∥DD 1,所以CC 1⊥BD ,而AC ∩BD ＝O ,因此CC 1⊥底面ABCD .由题设知,O 1O ∥C 1C ,故O 1O ⊥底面ABCD .(2)解法一如图,过O 1作O 1H ⊥OB 1于H ,连接HC 1.由(1)知,O 1O ⊥底面ABCD ,所以O 1O ⊥底面A 1B 1C 1D 1,于是O 1O ⊥A 1C 1.又因为四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等,所以四边形A 1B 1C 1D 1是菱形,因此A 1C 1⊥B 1D 1,从而A 1C 1⊥平面BDD 1B 1,所以A 1C 1⊥OB 1,于是OB 1⊥平面O 1HC 1,进而OB 1⊥C 1H ,故∠C 1HO 1是二面角C 1OB 1D 的平面角.不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°,所以OB ＝3,OC ＝1,OB 1＝7.在Rt △OO 1B 1中,易知O 1H ＝OO 1·O 1B 1OB 1＝237,而O 1C 1＝1, 于是C 1H ＝O 1C 21＋O 1H 2＝1＋127＝197.故cos ∠C 1HO 1＝O 1H C 1H ＝237197＝25719.即二面角C 1OB 1D 的余弦值为25719. 法二因为四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD 是菱形,因此AC ⊥BD .又由(1)知O 1O ⊥底面ABCD ,从而OB ,OC ,OO 1两两垂直.如图,以O 为坐标原点,OB ,OC ,OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系Oxyz .不妨设AB ＝2,因为∠CBA＝60°,所以OB ＝3,OC ＝1.于是相关各点的坐标为：O (0,0,0),B 1(3,0,2),C 1(0,1,2).易知,n 1＝(0,1,0)是平面BDD 1B 1的一个法向量.设n 2＝(x ,y ,z )是平面OB 1C 1的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·OB 1→＝0，n 2·OC 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0，取z ＝－3,则x ＝2,y ＝23,所以n 2＝(2,23,－3),设二面角C 1OB 1D 的大小为θ,易知θ是锐角,于是cos θ＝|cos 〈n 1,n 2〉|＝|n 1·n 2|n 1|·|n 2||＝2319＝25719.故二面角C 1OB 1D 的余弦值为25719.B 组两年模拟精选(2016～2015年)1. D [如图,连接A 1C 1,设A 1C 1∩B 1D 1＝O ,连接OB .由已知得C 1O ⊥面BB 1D 1D .∴∠C 1BO 为所求角,在Rt △C 1OB 中,sin ∠C 1BO ＝OC 1BC 1＝105,故选D.]2.B [如图,设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2,以C 为原点建立空间直角坐标系,则D 1(2,0,2),E (1,2,0),C 1(0,0,2),F (2,2,1),D 1E →＝(－1,2,－2),C 1F →＝(2,2,－1),设D 1M →＝λD 1E →(0≤λ≤1),则M (2－λ,2λ,2－2λ),设C 1N →＝tC 1F →(0≤t ≤1),则N (2t ,2t ,2－t ),∴MN →＝(2t －2＋λ,2t －2λ,2λ－t ),要使直线MN 与平面ABCD 垂直,则⎩⎪⎨⎪⎧2t －2＋λ＝0，2t －2λ＝0，2λ－t ≠0，解得λ＝t ＝23, ∴与平面ABCD 垂直的直线MN 有1条.故选B.]3. A [①③④错误,②正确,故选A.]4.D [如果两条直线和一个平面所成的角相等,这两条直线可以平行、相交、异面.故选D.]5. 27 [设球O 的半径为R ,则有4πR 2＝60π,解得R ＝15.由于平面SAB ⊥平面ABC ,平面SAB ∩平面ABC ＝AB ,所以点S 在平面ABC 上的射影D 在AB 上,如图,当球心O 在三棱锥S －ABC 中,且D 为AB 的中点时,SD 最大,三棱锥S －ABC 的体积最大.设O ′为等边三角形ABC 的中心,则OO ′⊥平面ABC ,即有OO ′∥SD .由于OC ＝15,OO ′＝3,则CO ′＝CO 2－OO ′2＝23,则DO ′＝3,则△ABC 是边长为6的等边三角形,则△ABC 的面积为34×62＝9 3. 在直角梯形SDO ′O 中,作OM ⊥SD 于M ,则OM ＝DO ′＝3,DM ＝OO ′＝3,∴SD ＝DM ＋MS ＝3＋（15）2－（3）2＝33,所以三棱锥S －ABC 体积的最大值为13×93×33＝27.] 6.①② [如图,∵P －ABC 为正三棱锥,∴PB ⊥AC .又∵DE ∥AC ,DE ⊂平面PDE ,AC ⊄平面PDE ,∴AC ∥平面PDE .故①②正确.]7.(1)证明正六边形ABCDEF 中,连接AC 、BE ,交点为G ,易知AG ⊥BE ,且AG ＝CG ＝3,在多面体中,由AC ＝6,知AG 2＋CG 2＝AC 2,故AG ⊥GC ,又GC ∩BE ＝G ,GC ,BE ⊂平面BCDE ,故AG ⊥平面BCDE,又AG ⊂平面ABEF ,所以平面ABEF ⊥平面BCDE .(2)解连接AE 、CE ,则AG 为三棱锥A －BCE 的高,GC 为△BCE 的高.在正六边形ABCDEF 中,BE＝2AF ＝4,故S △BCE ＝12×4×3＝23, 所以V E －ABC ＝V A －BCE ＝13×23×3＝2.。

三年高考两年模拟2017版高考数学专题汇编第八章立体几何初步6 理

第六节空间向量的应用A 组三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·全国Ⅱ,19)如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O,AB ＝5,AC ＝6,点E,F 分别在AD,CD 上,AE ＝CF ＝54,EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D′EF 的位置.OD ′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD ；(2)求二面角B －D′A－C 的正弦值.2.(2015·陕西,18)如图1,在直角梯形 ABCD 中,AD ∥BC,∠BAD ＝π2,AB ＝BC ＝1,AD ＝2,E 是AD的中点,O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A1BE 的位置,如图2.(1)证明：CD ⊥平面A1OC ；(2)若平面A1BE ⊥平面BCDE,求平面A1BC 与平面A1CD 夹角的余弦值.3.(2015·天津,17)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A ⊥底面ABCD,AB ⊥AC,AB ＝1,AC ＝AA1＝2,AD ＝CD ＝5,且点M 和N 分别为B1C 和D1D 的中点. (1)求证：MN ∥平面ABCD ；(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值；(3)设E 为棱A1B1上的点,若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13,求线段A1E 的长.B 组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·云南丽江模拟)在长方体ABCD －A1B1C1D1中,AB ＝2,AA1＝3,AD ＝22,P 为C1D1的中点,M 为BC 的中点,则AM 与PM 的位置关系为( )A.平行B.异面C.垂直D.以上都不对 2.(2015·长沙模拟)有以下命题：①如果向量a,b 与任何向量不能构成空间向量的一个基底,那么a,b 的关系是不共线； ②O,A,B,C 为空间四点,且向量OA →,OB →,OC →不构成空间的一个基底,那么点O,A,B,C 一定共面； ③已知向量a,b,c 是空间的一个基底,则向量a ＋b,a －b,c 也是空间的一个基底. 其中正确的命题是( )A.①②B.①③C.②③D.①②③3.(2016·莆田模拟)已知a ＝(2,－1,3),b ＝(－1,4,－2),c ＝(7,5,λ),若a,b,c 三向量共面,则实数λ等于( )A.627B.637C.607D.6574.(2015·福州模拟)若两点的坐标是A(3cos α,3sin α,1),B(2cos β,2sin β,1),则|AB|的取值范围是( )A.[0,5]B.[1,5]C.(0,5)D.[1,25]5.(2016·吉林四平模拟)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,AC ＝16,PA ＝PC ＝10.(1)设G 是OC 的中点,证明：FG ∥平面BOE ；(2)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.(2015·河南商丘模拟)如图,在三棱柱ABC －A1B1C1中,已知AB ⊥侧面BB1C1C,AB ＝BC ＝1,BB1＝2,∠BCC1＝60°.(1)求证：C1B ⊥平面ABC ；(2)设CE →＝λCC1→(0≤λ≤1),且平面AB1E 与BB1E 所成的锐二面角的大小为30°,试求λ的值.7.(2015·山东青岛一模)如图,在多面体ABCDEF 中,底面ABCD 是边长为2的的菱形,∠BAD ＝60°,四边形BDEF 是矩形,平面BDEF ⊥平面ABCD,BF ＝3,G 和H 分别是CE 和CF 的中点.(1)求证：平面BDGH ∥平面AEF ；(2)求二面角H －BD －C 的大小.答案精析A 组三年高考真题（2016～2014年）1.(1)证明由已知得AC ⊥BD,AD ＝CD.又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ,故AC ∥EF.因此EF ⊥HD,从而EF ⊥D′H.由AB ＝5,AC ＝6得DO ＝BO ＝AB2－AO2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1,D ′H ＝DH ＝3.于是D′H 2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O 2,故D′H⊥OH.又D′H⊥EF,而OH∩EF＝H, 所以D′H⊥平面ABCD.(2)解如图,以H 为坐标原点,HF →的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系H －xyz.则H(0,0,0),A(－3,－1,0),B(0,－5,0),C(3,－1,0),D′(0,0,3),AB →＝(3,－4,0),AC →＝(6,0,0),AD′→＝(3,1,3). 设m ＝(x1,y1,z1)是平面ABD′的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m·AB →＝0，m·AD′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x1－4y1＝0，3x1＋y1＋3z1＝0，所以可取m ＝(4,3,－5).设n ＝(x2,y2,z2)是平面ACD′的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n·AC →＝0，n·AD′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x2＝0，3x2＋y2＋3z2＝0，所以可取n ＝(0,－3,1).于是cos 〈m,n 〉＝m·n |m||n|＝－1450×10＝－7525.sin 〈m,n 〉＝29525.因此二面角B －D′A－C 的正弦值是29525.2.(1)证明在图1中,因为AB ＝BC ＝1,AD ＝2,E 是AD 的中点,∠BAD ＝π2,所以BE ⊥AC,图1即在图2中,BE ⊥OA1,BE ⊥OC,且A1O ∩OC ＝O,图2从而BE ⊥平面A1OC,又在直角梯形ABCD 中,AD ∥BC,BC ＝12AD,E 为AD 中点,所以BC 綉ED,所以四边形BCDE 为平行四边形,故有CD ∥BE,所以CD ⊥平面A1OC. (2)解由已知,平面A1BE ⊥平面BCDE,又由(1)知,BE ⊥OA1,BE ⊥OC, 所以∠A1OC 为二面角A1BEC 的平面角,所以∠A1OC ＝π2,如图,以O 为原点,建立空间直角坐标系, 因为A1B ＝A1E ＝BC ＝ED ＝1,BC ∥ED,所以B ⎝⎛⎭⎪⎫22，0，0,E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0,A1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0,得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0,A1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22,CD →＝BE →＝(－2,0,0),设平面A1BC 的法向量n1＝(x1,y1,z1),平面A1CD 的法向量n2＝(x2,y2,z2),平面A1BC 与平面A1CD 夹角为θ,则⎩⎪⎨⎪⎧n1·BC →＝0，n1·A1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x1＋y1＝0，y1－z1＝0，取n1＝(1,1,1)；⎩⎪⎨⎪⎧n2·CD →＝0，n2·A1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x2＝0，y2－z2＝0，取n2＝(0,1,1),从而cos θ＝|cos<n1,n2>|＝23×2＝63, 即平面A1BC 与平面A1CD 夹角的余弦值为63. 3.如图,以A 为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,－2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,－2,2),又因为M,N 分别为B1C 和D1D 的中点,得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1,N(1,－2,1). (1)证明依题意,可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量,MN →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－52，0,由此可得MN →·n ＝0,又因为直线MN ⊄平面ABCD,所以MN ∥平面ABCD.(2)解 AD1→＝(1,－2,2),AC →＝(2,0,0),设n1＝(x,y,z)为平面ACD1的法向量, 则⎩⎪⎨⎪⎧n1·AD1→＝0，n1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋2z ＝0，2x ＝0.不妨设z ＝1,可得n1＝(0,1,1).设n2＝(x,y,z)为平面ACB1的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n2·AB1→＝0，n2·AC →＝0，又AB1→＝(0,1,2),得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2z ＝0，2x ＝0，不妨设z ＝1,可得n2＝(0,－2,1).因此有cos 〈n1,n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝－1010,于是sin 〈n1,n2〉＝31010.所以,二面角D1ACB1的正弦值为31010.(3)解依题意,可设A1E →＝λA1B1→,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而NE →＝(－1,λ＋2,1),又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量,由已知,得cos 〈NE →,n 〉＝NE →·n |NE →|·|n|＝1（－1）2＋（λ＋2）2＋12＝13,整理得λ2＋4λ－3＝0,又因为λ∈[0,1],解得λ＝7－2,所以,线段A1E 的长为7－2.B 组两年模拟精选(2016～2015年)1.C [建立如图所示空间直角坐标系,可得D(0,0,0),P(0,1,3),C(0,2,0),A(22,0,0),M(2,2,0).∴PM →＝(2,1,－3),AM →＝(－2,2,0).∴PM →·AM →＝(2,1,－3)·(－2,2,0)＝0.∴PM →⊥AM →,即AM ⊥PM.]2.C [对于①,“如果向量a,b 与任何向量不能构成空间向量的一个基底,那么a,b 的关系一定是共线”,所以①错误,②③正确.]3. D [由题意得c ＝ta ＋μb ＝(2t －μ,－t ＋4μ,3t －2μ),∴⎩⎪⎨⎪⎧7＝2t －μ，5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ，解得⎩⎪⎨⎪⎧t ＝337，μ＝177，λ＝657.]4.B[∵A(3cosα,3sinα,1),B(2cosβ,2sinβ,1),|AB|＝（3cos α－2cos β）2＋（3sin α－2sin β）2＋（1－1）2＝9＋4－12（cos αcos β＋sin αsin β）＝13－12cos （α－β）,∴13－12≤|AB|≤13＋12＝5, 即1≤|AB|≤5,故选B.]5.证明 (1)如图,连接OP,易知OB,OC,OP 两两垂直,以点O 为坐标原点,分别以OB,OC,OP 所在直线为x 轴,y 轴,x 轴,建立空间直角坐标系O －xyz,则O(0,0,0),A(0,－8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),P(0,0,6),E(0,－4,3),F(4,0,3).由题意,得G(0,4,0)因为OB →＝(8,0,0),OE →＝(0,－4,3), 所以平面BOE 的一个法向量为n ＝(0,3,4). 由FG →＝(－4,4,－3),得n·FG →＝0,即n ⊥FG →. 又直线FG 不在平面BOE 内,所以FG ∥平面BOE.(2)设点M 的坐标为(x0,y0,0),则FM →＝(x0－4,y0,－3).所FM ⊥平面BOE,所以FM →∥n. 因此x0＝4,y0＝－94,即点M 的坐标是(4,－94,0).在平面直角坐标系xOy 中,△AOB 的内部区域可表示为不等式组 ⎩⎪⎨⎪⎧x>0，y<0，x －y<8.经检验,点M 的坐标满足上述不等式组,所以在△AOB 内存在一点M, 使FM ⊥平面BOE.由点M 的坐标得点M 到OA,OB 的距离分别为4,94.6.(1)证明因为AB ⊥平面BB1C1C,BC1⊂平面BB1C1C,所以AB ⊥BC1, 在△CBC1中,BC ＝1,CC1＝BB1＝2,∠BCC1＝60°, 由余弦定理得：BC21＝BC2＋CC21－2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝3, 所以BC1＝3,故BC2＋BC21＝CC21,所以BC ⊥BC1, 又BC∩AB＝B,∴C1B ⊥平面ABC.(2)解由(1)可知,AB,BC,BC1两两垂直.以B 为原点,BC,BA,BC1所在直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系. 则B(0,0,0),A(0,1,0),C(1,0,0),C1(0,0,3),B1(－1,0,3).所以CC1→＝(－1,0,3), 所以CE →＝(－λ,0,3λ),∴E(1－λ,0,3λ),则AE →＝(1－λ,－1,3λ),AB1→＝(－1,－1,3).设平面AB1E 的一个法向量为n ＝(x,y,z),则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AE →，n ⊥AB1→，得⎩⎨⎧（1－λ）x －y ＋3λz ＝0，－x －y ＋3z ＝0，令z ＝3,则x ＝3－3λ2－λ,y ＝32－λ,∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ，32－λ，3,∵AB ⊥平面BB1C1C,BA →＝(0,1,0)是平面的一个法向量, ∴|cos 〈n,BA →〉|＝n·BA →|n|·|BA →|＝32－λ1×⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－λ2＋（3）2＝32. 两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0,所以λ＝1或λ＝32(舍去).∴λ＝1.7. (1)证明在△CEF 中,因为G,H 分别是CE,CF 的中点.所以GH ∥EF,又因为GH ⊄平面AEF,EF ⊂平面AEF,所以GH ∥平面AEF.设AC∩BD＝O,连接OH,因为ABCD 为菱形,所以O 为AC 中点,所以OH ∥AF, 又因为OH ⊄平面AEF,AF ⊂平面AEF,所以OH ∥平面AEF.又因为OH∩G H ＝H,OH,GH ⊂平面BDGH,所以平面BDGH ∥平面AEF. (2)解取EF 的中点N,连接ON,因为四边形BDEF 是矩形,O,N 分别为BD,EF的中点,所以ON ∥ED, 因为平面BDEF ⊥平面ABCD,所以ED ⊥平面ABCD, 所以ON ⊥平面ABCD,因为ABCD 为菱形,所以AC ⊥BD,得OB,OC,ON 两两垂直.所以以O 为原点,OB,OC,ON 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,如图建立空间直角坐标系.因为底面ABCD 是边长为2的菱形,∠BAD ＝60°,BF＝3,所以B(1,0,0),D(－1,0,0),E(－1,0,3),F(1,0,3),C(0,3,0),H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，32,所以BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，32,DB →＝(2,0,0).设平面BDH 的法向量为n ＝(x,y,z),则⎩⎪⎨⎪⎧n·BH →＝0n·DB →＝0⇒⎩⎨⎧－x ＋3y ＋3z ＝0，2x ＝0，令z ＝1,得n ＝(0,－3,1).由ED ⊥平面ABCD,得平面BCD 的法向量为DE →＝(0,0,3), 则cos 〈n,DE →〉＝n·DE →|n||DE →|＝0×0＋（－3）×0＋1×32×3＝12.结合图形知二面角H －BD －C 的大小为60°.。

江苏省普通高等学校高三数学招生考试模拟测试试题(八)(2021年整理)

江苏省普通高等学校2017年高三数学招生考试模拟测试试题（八）编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容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细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（江苏省普通高等学校2017年高三数学招生考试模拟测试试题（八））的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷（八)数学(满分160分，考试时间120分钟）一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．1. 已知集合A＝｛x|x2－2x＜0｝，B＝{0，1,2｝，则A∩B＝____________．2。

若复数z＝i（3－2i)（i是虚数单位),则z的虚部为____________．3. 如图，若输入的x值为错误!，则相应输出的值为________．（第3题）（第4题）4。

某学校从高三年级共800名男生中随机抽取50名测量身高．据测量被测学生身高全部介于155 cm和195 cm之间，将测量结果按如下方式分成八组:第一组[155，160)、第二组［160,165)、…、第八组[190，195]，按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分如图所示．估计这所学校高三年级全体男生身高180 cm以上（含180 cm)的人数为____________．5。

双曲线错误!－错误!＝1的焦点到渐近线的距离为____________．6。

从1，2,3，4,5这5个数中,随机抽取2个不同的数，则这2个数的和为偶数的概率是________．7。

已知等比数列{a n｝满足a2＋2a1＝4，a2，3＝a5,则该数列的前5项和为____________．8. 已知正四棱锥底面边长为42，体积为32,则此四棱锥的侧棱长为__________．9. 已知函数f(x)＝sin错误!(0≤x＜π)，且f（α）＝f（β)＝错误!（α≠β），则α＋β＝________．10. 已知m＝（cosα，sinα）,n＝(2，1），α∈错误!，若m·n＝1,则sin错误!＝__________．11. 已知a＞b＞1且2log a b＋3log b a＝7，则a＋错误!的最小值为__________．12. 已知圆O：x2＋y2＝4，若不过原点O的直线l与圆O交于P、Q两点，且满足直线OP、PQ、OQ的斜率依次成等比数列,则直线l的斜率为____________．13。

三年高考两年模拟2017版高考数学专题汇编第八章立体几何初步3 理

第三节空间点、线、面的位置关系A组三年高考真题（2016～2014年）1. (2016·全国Ⅰ，11)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为( )A.32B.22C.33D.132.(2015·安徽，5)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B.若m，n平行于同一平面，则m与n平行C.若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D.若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面3.(2014·辽宁，4)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面.下列说法正确的是( )A.若m∥α，n∥α，则m∥nB.若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC.若m⊥α，m⊥n，则n∥αD.若m∥α，m⊥n，则n⊥α4.(2015·浙江，13)如图，三棱锥ABCD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________.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·湖南怀化一模)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①m⊥α，n∥α，则m⊥n；②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；③若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；④若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β.其中正确命题的序号是( )A.①和③B.②和③C.③和④D.①和④2.(2016·福建泉州模拟)设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是( )A.存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥bB.存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥bC.存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥αD.存在唯一平面α，使得a ⊂α，且b ⊥α3.(2016·湖南邵阳三中月考)设α，β为不重合的平面，m ，n 为不重合的直线，则下列命题正确的是( )A.若α⊥β，α∩β＝n ，m ⊥n ，则m ⊥αB.若m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ，则α∥βC.若m ∥α，n ∥β，m ⊥n ，则α⊥βD.若n ⊥α，n ⊥β，m ⊥β，则m ⊥α4.(2015·安徽安庆模拟)b 、c 表示两条不重合的直线，α、β表示两个不重合的平面，下列命题中正确的是( )A.⎭⎪⎬⎪⎫c ∥αb ⊂α⇒c ∥b B. ⎭⎪⎬⎪⎫c ∥αα⊥β⇒c ⊥β C. ⎭⎪⎬⎪⎫c ⊥αc ⊥β⇒α∥β D. ⎭⎪⎬⎪⎫b ∥c c ⊂α⇒b ∥α 5.(2016·云南大理模拟)如图，在四棱锥S －ABCD 中，侧棱SA ＝SB ＝SC ＝SD ，底面ABCD 是菱形，AC 与BD 交于O 点.(1)求证：AC ⊥平面SBD ；(2)若E 为BC 中点，点P 在侧面△SCD 内及其边界上运动，并保持PE ⊥AC ，试指出动点P 的轨迹，并证明你的结论.答案精析A 组三年高考真题（2016～2014年）1. A [如图所示，设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1，∵α∥平面CB 1D 1，则m 1∥m ，又∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥m 1，∴B 1D 1∥m ，同理可得CD 1∥n .故m 、n 所成角的大小与B 1D 1、CD 1所成角的大小相等，即∠CD 1B 1的大小.而B 1C ＝B 1D 1＝CD 1(均为面对角线)，因此∠CD 1B 1＝π3，得sin ∠CD 1B 1＝32，故选A.]2.D [对于A ，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，A 错；对于B ，m ，n 平行于同一平面，m ，n 关系不确定，可平行、相交、异面，故B 错；对于C ，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C 错；对于D ，若假设m ，n 垂直于同一平面，则m ∥n ，其逆否命题即为D 选项，故D 正确.]3.B [对于选项A ，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 可能相交、平行或异面，A 错误；显然选项B 正确；对于选项C ，若m ⊥α，m ⊥n ，则n ⊂α或n ∥α，C 错误；对于选项D ，若m ∥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α或n 与α相交.D 错误.故选B.]4.78 [连接DN ,作DN 的中点O ,连接MO ,OC .在△AND 中.M 为AD 的中点,则OM 綉12AN .所以异面直线AN ，CM 所成角为∠CMO ，在△ABC 中，AB ＝AC ＝3，BC ＝2，则AN ＝22，∴OM ＝ 2.在△ACD 中，同理可知CM ＝22，在△BCD 中，DN ＝22，在Rt △ONC 中，ON ＝2，CN ＝1∴OC ＝ 3.在△CMO 中，由余弦定理cos ∠CMO ＝|MC |2＋|MO |2－|OC |22|MC |·|MO |＝8＋2－32×22×2＝78.] B 组两年模拟精选(2016～2015年)1.A [②中平面α，β可能相交；④平面α，β可能相交，故选A.]2.C [利用排除法，可以得到选C.]3.D [因为n ⊥α，n ⊥β，所以α∥β.由m ⊥β得m ⊥α.故选D.]4.C [根据直线与平面垂直的性质，可以得到C 正确，故选C.]5. (1)证明连接SO ，∵底面ABCD 是菱形，O 为中心，∴AC ⊥BD .又SA ＝SC ，∴AC ⊥SO .而SO ∩BD ＝O ，∴AC ⊥平面SBD .(2)解如图，取棱SC 中点M ，CD 中点N ，连接MN ，则动点P 的轨迹即是线段MN . 连接EM 、EN ，∵E 是BC 的中点，M 是SC 的中点，∴EM ∥SB .同理，EN ∥BD ，又EM ∩EN ＝E ，∴平面EMN ∥平面SBD ，∵AC ⊥平面SBD ，∴AC ⊥平面EMN .因此，当点P 在线段MN 上运动时，总有AC ⊥EP ；P 点不在线段MN 上时，不可能有AC ⊥EP .故点P 的轨迹为△SDC 的中位线.。

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第四节空间中平行的判定与性质A 组三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·山东,17)在如图所示的圆台中,AC 是下底面圆O 的直径,EF 是上底面圆O ′的直径,FB 是圆台的一条母线.(1)已知G ,H 分别为EC ,FB 的中点,求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23,AB ＝BC ,求二面角F －BC －A 的余弦值.2.(2016·全国Ⅲ,19)如图,四棱锥P －ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AD ∥BC ,AB ＝AD ＝AC ＝3,PA ＝BC ＝4,M 为线段AD 上一点,AM ＝2MD ,N 为PC 的中点.(1)证明MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.3.(2015·江苏,16)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,已知AC ⊥BC ,BC ＝CC 1.设AB 1的中点为D ,B 1C ∩BC 1＝E .求证：(1)DE ∥平面AA 1C 1C ； (2)BC 1⊥AB 1.4.(2014·江苏,16) 如图,在三棱锥PABC 中,D ,E ,F 分别为棱PC ,AC ,AB 的中点.已知PA⊥AC,PA＝6,BC＝8,DF＝5.求证：(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.5.(2014·新课标全国Ⅱ,18) 如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角DAEC为60°,AP＝1,AD＝3,求三棱锥EACD的体积.6.(2014·湖北,19)如图,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP＝BQ＝λ(0<λ<2).(1)当λ＝1时,证明：直线BC1∥平面EFPQ；(2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在,求出λ的值；若不存在,说明理由.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·浙江金华十校期末)设α是空间中的一个平面,l,m,n是三条不同的直线,则下列命题中正确的是( )A.若m⊂α,n⊂α,l⊥m,l⊥n,则l⊥αB.若m⊂α,n⊥α,l⊥n,则l∥mC.若l∥m,m⊥α,n⊥α,则l∥nD.若l⊥m,l⊥n,则n∥m2.(2016·贵阳调研)在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD上的点,且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4,又H,G分别为BC,CD的中点,则( )A.BD∥平面EFG,且四边形EFGH是平行四边形B.EF ∥平面BCD ,且四边形EFGH 是梯形C.HG ∥平面ABD ,且四边形EFGH 是平行四边形D.EH ∥平面ADC ,且四边形EFGH 是梯形3.(2015·成都四中模拟)以下命题中真命题的个数是( ) ①若直线l 平行于平面α内的无数条直线,则直线l ∥α； ②若直线a 在平面α外,则a ∥α； ③若直线a ∥b ,b ⊂α,则a ∥α；④若直线a ∥b ,b ⊂α,则a 平行于平面α内的无数条直线. A.1 B.2 C.3 D.44.(2016·北京海淀模拟)如图所示,ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体,M 、N 分别是下底面的棱A 1B 1、B 1C 1的中点,P 是上底面的棱AD 上的一点,AP ＝a3,过P 、M 、N 的平面交上底面于PQ ,Q在CD 上,则PQ ＝________.5.(2015·四川德阳模拟)如图所示,在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中, E 、F 分别是棱DD 1 、C 1D 1的中点.(1)求直线BE 和平面ABB 1A 1所成角θ的正弦值； (2)证明：B 1F ∥平面A 1BE .答案精析A 组三年高考真题（2016～2014年）1.(1)证明设FC 中点为I ,连接GI ,HI ,在△CEF 中,因为点G 是CE 的中点,所以GI ∥EF .又EF ∥OB ,所以GI ∥OB .在△CFB 中,因为H 是FB 的中点,所以HI ∥BC , 又HI ∩GI ＝I ,所以平面GHI ∥平面ABC . 因为GH ⊂平面GHI ,所以GH ∥平面ABC .(2)连接OO ′,则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ,且AC 是圆O 的直径,所以BO ⊥AC . 以O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .由题意得B (0,23,0),C (－23,0,0).过点F 作FM 垂直OB 于点M ,所以FM ＝FB 2－BM 2＝3,可得F (0,3,3).故BC →＝(－23,－23,0),BF →＝(0,－3,3). 设m ＝(x ,y ,z )是平面BCF 的一个法向量.由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0.可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，33, 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1),所以cos 〈m ,n 〉＝m ·n |m ||n |＝77.所以二面角F －BC －A 的余弦值为77. 2.(1)证明由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ,连接AT ,TN ,由N 为PC 中点知TN ∥BC ,TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ,故TN 綉AM ,四边形AMNT 为平行四边形,于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ,MN ⊄平面PAB ,所以MN ∥平面PAB .(2)解取BC 的中点E ,连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ,从而AE ⊥AD ,AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5. 以A 为坐标原点,AE →的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz . 由题意知,P (0,0,4),M (0,2,0),C (5,2,0),N ⎝⎛⎭⎪⎫52，1，2,PM →＝(0,2,－4),PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2,AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2. 设n ＝(x ,y ,z )为平面PMN 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1).于是cos 〈n ,AN →〉＝n ·AN →|n ||AN →|＝8525.设AN 与平面PMN 所成的角为θ,则sin θ＝8525,∴直线AN 与平面PMN 所成的角的正弦值为8525.3.证明 (1)由题意知,E 为B 1C 的中点,又D 为AB 1的中点,因此DE ∥AC . 又因为DE ⊄平面AA 1C 1C ,AC ⊂平面AA 1C 1C ,所以DE ∥平面AA 1C 1C . (2)因为棱柱ABCA 1B 1C 1是直三棱柱,所以CC 1⊥平面ABC . 因为AC ⊂平面ABC ,所以AC ⊥CC 1.又因为AC ⊥BC ,CC 1⊂平面BCC 1B 1,BC ⊂平面BCC 1B 1,BC ∩CC 1＝C ,所以AC ⊥平面BCC 1B 1. 又因为BC 1⊂平面BCC 1B 1,所以BC 1⊥AC .因为BC ＝CC 1,所以矩形BCC 1B 1是正方形,因此BC 1⊥B 1C . 因为AC ,B 1C ⊂平面B 1AC ,AC ∩B 1C ＝C ,,所以BC 1⊥平面B 1AC . 又因为AB 1⊂平面B 1AC ,所以BC 1⊥AB 1.4.证明 (1)因为D ,E 分别为棱PC ,AC 的中点,所以DE ∥PA .又因为PA ⊄平面DEF ,DE ⊂平面DEF ,所以直线PA ∥平面DEF .(2)因为D ,E ,F 分别为棱PC ,AC ,AB 的中点,PA ＝6,BC ＝8,所以DE ∥PA ,DE ＝12PA ＝3,EF ＝12BC ＝4.又因为DF ＝5,故DF 2＝DE 2＋EF 2,所以∠DEF ＝90°,即DE ⊥EF .又PA ⊥AC ,DE ∥PA ,所以DE ⊥AC .因为AC ∩EF ＝E ,AC ⊂平面ABC ,EF ⊂平面ABC ,所以DE ⊥平面ABC . 又DE ⊂平面BDE ,所以平面BDE ⊥平面ABC .5.(1)证明连接BD 交AC 于点O ,连接EO .因为ABCD 为矩形,所以O 为BD 的中点. 又E 为PD 的中点,所以EO ∥PB .又因为EO ⊂平面AEC ,PB ⊄平面AEC ,所以PB ∥平面AEC .(2)解因为PA ⊥平面ABCD ,ABCD 为矩形,所以AB ,AD ,AP 两两垂直.如图,以A 为坐标原点,AB →的方向为x 轴的正方向,|AP →|为单位长,建立空间直角坐标系Axyz ,则D (0,3,0),E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12,AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12. 设B (m ,0,0)(m >0),则C (m ,3,0),AC →＝(m ,3,0).设n 1＝(x ,y ,z )为平面ACE 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫3m ，－1，3. 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量,由题设知|cos 〈n 1,n 2〉|＝12,即33＋4m 2＝12,解得m ＝32.因为E 为PD 的中点,所以三棱锥EACD 的高为12,三棱锥EACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.6.法一(几何法)(1)证明如图1,连接AD 1,由ABCDA 1B 1C 1D 1是正方体,知BC 1∥AD 1.当λ＝1时,P 是DD 1的中点,又F 是AD 的中点,所以FP ∥AD 1.所以BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ,且BC 1⊄平面EFPQ ,故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)解如图2,连接BD .因为E ,F 分别是AB ,AD 的中点,所以EF ∥BD ,且EF ＝12BD .又DP ＝BQ ,DP ∥BQ ,所以四边形PQBD 是平行四边形,故PQ ∥BD ,且PQ ＝BD , 从而EF ∥PQ ,且EF ＝12PQ .在Rt △EBQ 和Rt △FDP 中,因为BQ ＝DP ＝λ,BE ＝DF ＝1, 于是EQ ＝FP ＝1＋λ2,所以四边形EFPQ 是等腰梯形. 同理可证四边形PQMN 是等腰梯形.分别取EF ,PQ ,MN 的中点为H ,O ,G ,连接OH ,OG , 则GO ⊥PQ ,HO ⊥PQ ,而GO ∩HO ＝O ,故∠GOH 是面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角的平面角.若存在λ,使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角,则∠GOH ＝90°. 连接EM ,FN ,则由EF ∥MN ,且EF ＝MN ,知四边形EFNM 是平行四边形. 连接GH ,因为H ,G 是EF ,MN 的中点,所以GH ＝ME ＝2. 在△GOH 中,GH 2＝4,OH 2＝1＋λ2－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝λ2＋12,OG 2＝1＋(2－λ)2－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝(2－λ)2＋12,由OG 2＋OH 2＝GH 2,得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4,解得λ＝1±22,故存在λ＝1±22,使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角. 法二(向量方法)以D 为原点,射线DA ,DC ,DD 1分别为x ,y ,z 轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系Dxyz .由已知得B (2,2,0),C 1(0,2,2),E (2,1,0),F (1,0,0),P (0,0,λ).BC 1→＝(－2,0,2),FP →＝(－1,0,λ),FE →＝(1,1,0).(1)证明当λ＝1时,FP →＝(－1,0,1),又因为BC 1→＝(－2,0,2),所以BC 1→＝2FP →,即BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ,且BC 1⊄平面EFPQ ,故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)解设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ,y ,z ),则由⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0.于是可取n ＝(λ,－λ,1).同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2,2－λ,1). 若存在λ,使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角,则m·n ＝(λ－2,2－λ,1)·(λ,－λ,1)＝0,即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0,解得λ＝1±22. 故存在λ＝1±22,使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角. B 组两年模拟精选(2016～2015年)1.C [解析 m ⊂α，n ⊂α，l ⊥m ，l ⊥n ，需要m ∩n ＝A 才有l ⊥α，A 错误；若m ⊂α，n ⊥α，l ⊥n ，l 与m 可能平行、相交，也可能异面，B 错误；若l ⊥m ，l ⊥n ，n 与m 可能平行、相交，也可能异面，D 错误.]2. B [如图，由题意，EF ∥BD ，且EF ＝15BD .HG ∥BD ，且HG ＝12BD .∴EF ∥HG ，且EF ≠HG .∴四边形EFGH 是梯形. 又EF ∥平面BCD ，而EH 与平面ADC 不平行，故选B.]3.A [①中l 可以在平面α内；②中直线a 可以与平面 α相交，故错误；③a 可以在平面α内；④正确.]4.223 a [如图所示，连接AC ，易知MN ∥平面ABCD ，又平面PQNM ∩ABCD ＝PQ ，MN ⊂平面PQNM ，∴MN ∥PQ .又∵MN ∥AC ，∴PQ ∥AC .又∵AP ＝a 3，∴PD AD ＝DQ CD ＝PQ AC ＝23，∴PQ ＝23AC ＝223a .]5. (1)解设G 是AA 1的中点，连接GE ，BG .∵E 为DD 1的中点，ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，∴GE ∥AD ，又∵AD ⊥平面ABB 1A 1，∴GE ⊥平面ABB 1A 1，且斜线BE 在平面ABB 1A 1内的射影为BG ，∴Rt △BEG 中的∠EBG 是直线BE 和平面ABB 1A 1所成角，即∠EBG ＝θ.设正方体的棱长为a ，∴GE ＝a ，BG ＝52a ，BE ＝BG 2＋GE 2＝32a ， ∴直线BE 和平面ABB 1A 1所成角θ的正弦值为：sin θ＝GE BE ＝23.(2)证明连接EF 、AB 1、C 1D ，记AB 1与A 1B 的交点为H ，连接EH . 则H 为AB 1的中点，故B 1H ＝12C 1D ，B 1H ∥C 1D ，而EF ＝12C 1D ，EF ∥C 1D ，∴B 1H ∥EF 且B 1H ＝EF ，四边形B 1FEH 为平行四边形，即B 1F ∥EH ，又∵B 1F ⊄平面A 1BE 且EH ⊂平面A 1BE ， ∴B 1F ∥平面A 1BE .。

2017届高三数学(全国人教A版,文)一轮复习单元滚动检测第八单元立体几何分解

高三单元滚动检测卷·数学考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．单元检测八立体几何第Ⅰ卷一、选择题(本大题共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．已知α、β是两个不同的平面，给出下列四个条件：①存在一条直线a，a⊥α，a⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在两条平行直线a、b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；④存在两条异面直线a、b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，可以推出α∥β的是()A．①③B．②④C．①④D．②③2．(20165·江西六校联考)某空间几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积()A．有最小值2 B．有最大值2C．有最大值6 D．有最大值43．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是()A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面4．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )A ．πa 2B.73πa 2C.113πa 2 D ．5πa 25.如图所示，在正方体AC 1中，E ，F 分别是AB 和AA 1的中点，给出下列说法：①E ，C ，D 1，F 四点共面；②CE ，D 1F ，DA 三线共点；③EF 和BD 1所成的角为45°；④A 1B ∥平面CD 1E ；⑤B 1D ⊥平面CD 1E ，其中，正确说法的个数是( )A ．2B ．3C ．4D ．56．(2016·郑州第二次质量预测)设α，β，γ是三个互不重合的平面，m ，n 是两条不重合的直线，则下列命题中正确的是( )A ．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γB ．若α⊥β，m ⊥α，则m ∥βC ．α∥β，m ⊄β，m ∥α，则m ∥βD ．m ∥α，n ∥β，α⊥β，则m ⊥n7．(2016天门模拟)将正三棱柱截去三个角如图1所示，A 、B 、C 分别是△GHI 三边的中点，得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图为( )8．已知△ABC 的直观图是边长为a 的等边三角形A 1B 1C 1(如图)，那么原三角形的面积为( )A.32a 2 B.34a 2 C.62a 2 D.6a 29.如图，边长为a 的等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 交于点G ，已知△A ′DE 是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是( )①动点A ′在平面ABC 上的射影在线段AF 上；②BC ∥平面A ′DE ；③三棱锥A ′－FED 的体积有最大值．A ．①B ．①②C ．①②③D ．②③10．一个棱长为2的正方体沿其棱的中点截去部分后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．7 B.223 C.476 D.23311．连接球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别为27、43，M 、N 分别为AB 、CD 的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：①弦AB、CD可能相交于点M；②弦AB、CD可能相交于点N；③MN的最大值为5；④MN 的最小值为1.其中真命题的个数为()A．1 B．2C．3 D．412．如图所示，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱P A＝a，PB＝PD ＝2a，则它的5个面中，互相垂直的面有()A．3对B．4对C．5对D．6对第Ⅱ卷二、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．(2015·宁夏银川一中模拟)已知直线l，m，平面α，β，且l⊥α，m⊂β，给出下列四个命题：①若α∥β，则l⊥m；②若l⊥m，则α∥β；③若α⊥β，则l∥m；④若l∥m，则α⊥β.其中为真命题的序号是________．14．已知三棱锥O－ABC中，A、B、C三点在以O为球心的球面上，若AB＝BC＝1，∠ABC＝120°，三棱锥O－ABC的体积为54，则球O的表面积为________．15．(2015·湖北七市联考)某个几何体的三视图如图所示，其中正视图的圆弧是半径为2的半圆，则该几何体的表面积为________．16．正四棱锥S－ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在棱锥表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为________．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.(10分)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E，M，N分别是AA1，CD，CB的中点，求证：(1)MN∥B1D1；(2)AC1∥平面EB1D1.18.(12分)(2016·江西六校联考)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱AA1⊥底面ABC，∠ACB＝90°，E是棱CC1的中点，F是AB的中点，AC＝BC＝1，AA1＝2.(1)求证：CF∥平面AB1E；(2)点C到平面AB1E上的距离．19．(12分)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，∠ACB＝90°，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点．(1)证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；(2)平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．20．(12分)(2015·北京海淀第二学期期末)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ⊥AC ，AC ＝AA 1，E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点．(1)证明：AB ⊥平面AA 1C 1C ；(2)若线段AC 上的点D 满足平面DEF ∥平面ABC 1，试确定点D 的位置，并说明理由；(3)证明：EF ⊥A 1C .21.(12分)(2015·泰安二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，CD⊥平面P AD，CD∥AB，AB＝2CD，PD＝AD，E为PB的中点．证明：(1)CE∥平面P AD；(2)P A⊥平面CDE.22．(12分)如图(1)，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AE⊥BD于E(不同于点D)，延长AE交BC于F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1－BCD，如图(2)所示．(1)若M是FC的中点，求证：直线DM∥平面A1EF；(2)求证：BD⊥A1F；(3)若平面A1BD⊥平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直？并说明理由．答案解析1．C 2.B 3.B4．B [根据题意条件可知三棱柱是棱长都为a 的正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，则其外接球的半径为R ＝(a 2)2＋(a 2sin60°)2＝712a 2，球的表面积S ＝4πR 2＝4π·7a 212＝73πa 2.] 5．B [∵EF ∥CD 1，∴E ，C ，D 1，F 四点共面，故①正确；∵CE 与D 1F 相交，交点在DA 上，∴CE ，D 1F ，DA 三线共点，故②正确；EF 和BD 1所成的角即为A 1B 和BD 1所成的角，其正切值为22，故③错误； ∵A 1B ∥CD 1，A 1B ⊄面CD 1E ，∴A 1B ∥平面CD 1E ，故④正确；∵B 1D ⊥AC ，∴B 1D 不垂直于EC ，∴B 1D 不垂直于平面CD 1E ，故⑤错误．]6．C [A 错，两平面可平行；B 错，直线可在平面内；C 正确，符合线面平行的判定定理条件；D 错，两直线可平行，综上可知C 选项正确．]7．A [由题图1和题图2可知题图2的侧视图应是一个直角梯形，其上底是△ABC 的边BC 上的高，下底为△DEF 的边DE 上的高，直角腰为△AED 的边ED 上的高，故侧视图为A.]8．C [在原图与直观图中有OB ＝O 1B 1，BC ＝B 1C 1，在直观图中，过A 1作A 1D 1⊥B 1C 1，∵△A 1B 1C 1是等边三角形，∴A 1D 1＝32a ，在Rt △A 1O 1D 1中，∵∠A 1O 1D 1＝45°，∴O 1A 1＝62a ，根据直观图画法规则知：OA ＝2O 1A 1＝2×62a ＝6a ， ∴△ABC 的面积为12×6a ×a ＝62a 2.] 9．C [①中由已知可得面A ′FG ⊥面ABC ，∴点A ′在面ABC 上的射影在线段AF 上．②BC ∥DE ，根据线面平行的判定定理可得BC ∥平面A ′DE .③当面A ′DE ⊥面ABC 时，三棱锥A ′－FDE 的体积达到最大．]10．D [依题意可知该几何体的直观图如图所示，其体积为正方体的体积去掉两个三棱锥的体积，即23－2×13×12×1×1×1＝233，故选D.] 11．C [设球的球心O 到直线AB 、CD 的距离分别为d ′、d ，利用勾股定理可求出d ′＝3，d ＝2，所以CD 可以经过M ，而AB 不会经过N ，所以①正确，②不正确；又d ＋d ′＝5，d ′－d ＝1，所以③④正确．故选C.]12．C [底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧棱P A ＝a ，PB ＝PD ＝2a ，可得P A ⊥底面ABCD ，P A 平面P AB ，P A 平面P AD ，可得：平面P AB ⊥平面ABCD ，平面P AD ⊥平面ABCD ；AB ⊥平面P AD ，可得平面P AB ⊥平面P AD ；BC ⊥平面P AB ，可得平面P AB ⊥平面PBC ；CD ⊥平面P AD ，可得平面P AD ⊥平面PCD .]13．①④解析 ①正确，因为l ⊥α，α∥β⇒l ⊥β，又m ⊂β，故l ⊥m ；②错，当两平面相交且交线为直线m 时也满足题意；③错，各种位置关系均有可能；④正确，l ⊥α，l ∥m ⇒m ⊥α，又m ⊂β，所以α⊥β，综上可知命题①④为真命题．14．64π解析设△ABC 的外接圆的圆心为O ′，在△ABC 中，据余弦定理得AC ＝3，通过构造Rt △得△ABC 的外接圆的半径r ＝1，三棱锥O －ABC 的体积为V ＝13×12×1×1×32×OO ′＝54， ∴OO ′＝15，∴OB ＝OO ′2＋O ′B 2＝1＋15＝4，∴S 球＝4π×42＝64π.15．92＋14π解析依题意，题中的几何体是在一个长方体的上表面放置了半个圆柱，其中长方形的长、宽、高分别是4,5,4，圆柱的底面半径是2、高是5，因此该几何体的表面积等于3×(4×5)＋2×(4×4)＋π×22＋12×(2π×2)×5＝92＋14π. 16.2＋ 6解析取SC 的中点M ，CD 的中点N ，连接ME ，EN ，MN ，连接AC ，BD 且交于点O ，连接SO ，则SO ⊥平面ABCD ，SO ⊂平面SBD ，由面面垂直的判定知平面SBD ⊥平面ABCD ，因为M ，N ，E 均为中点，故MN ∥SD ，ME ∥SB ，又MN ∩EM ＝M ，故平面EMN ∥平面SBD ，则有平面EMN ⊥平面ABCD ，因为AC ⊥EN ，所以AC ⊥平面EMN ，故P 是△EMN 的边上任一点，易知MN ＝ME ＝12SD ＝12SO 2＋OD 2＝62，EN ＝2，故轨迹的周长为2＋ 6.17．证明 (1)∵M ，N 分别是CD ，CB 的中点， ∴MN ∥BD .又∵BB 1綊DD 1，∴四边形BB 1D 1D 是平行四边形．所以BD ∥B 1D 1.又MN ∥BD ，从而MN ∥B 1D 1.(2)方法一连接A 1C 1，A 1C 1与B 1D 1交于O 点，连接OE . ∵四边形A 1B 1C 1D 1为平行四边形，则O 点是A 1C 1的中点，E 是AA 1的中点，∴EO 是△AA 1C 1的中位线，EO ∥AC 1，AC 1⊄平面EB 1D 1，EO ⊂平面EB 1D 1，所以AC 1∥平面EB 1D 1.方法二取BB 1中点为H 点，连接AH ，C 1H ，EH ， ∵E ，H 点分别为AA 1，BB 1中点，∴EH 綊C 1D 1，则四边形EHC 1D 1是平行四边形， ∴ED 1∥HC 1，又HC 1⊄平面EB 1D 1，ED 1⊂平面EB 1D 1，∴HC 1∥平面EB 1D 1.又∵EA 綊B 1H ，则四边形EAHB 1是平行四边形， ∴EB 1∥AH ，又AH ⊄平面EB 1D 1，EB 1⊂平面EB 1D 1，∴AH ∥平面EB 1D 1.∵AH ∩HC 1＝H ，∴平面AHC 1∥平面EB 1D 1.而AC 1⊂平面AHC 1，∴AC 1∥平面EB 1D 1.18．(1)证明取AB 1的中点G ，连接EG ，FG ，∵F ，G 分别是AB ，AB 1的中点，∴FG ∥BB 1，FG ＝12BB 1. ∵E 为侧棱CC 1的中点，∴FG ∥EC ，FG ＝EC ， ∴四边形FGEC 是平行四边形，∴CF ∥EG ， ∵CF ⊄平面AB 1E ，EG ⊂平面AB 1E ，∴CF ∥平面AB 1E .(2)解 ∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱AA 1⊥底面ABC ，AA 1∥BB 1，∴BB 1⊥平面ABC . 又AC ⊂平面ABC ，∴AC ⊥BB 1，∵∠ACB ＝90°，∴AC ⊥BC ，∵BB 1∩BC ＝B ，BC ⊂平面BCC 1B 1，BB 1⊂平面BCC 1B 1，∴AC ⊥平面EB 1C ，∴AC ⊥CB 1，∴VA －EB 1C ＝13S △EB 1C ·AC ＝13×(12×1×1)×1＝16. ∵AE ＝EB 1＝2，AB 1＝6，∴S △AB 1E ＝32， ∵VC －AB 1E ＝VA －EB 1C ，∴点C 到平面AB 1E 上的距离为3VC －AB 1E S △AB 1E ＝33.19．(1)证明由题设知BC ⊥CC 1，BC ⊥AC ，CC 1∩AC ＝C ， ∴BC ⊥平面ACC 1A 1.又∵DC 1⊂平面ACC 1A 1，∴DC 1⊥BC .由题设知∠A 1DC 1＝∠ADC ＝45°，∴∠CDC 1＝90°，即DC 1⊥DC .又∵DC ∩BC ＝C ，∴DC 1⊥平面BDC .又∵DC 1⊂平面BDC 1，∴平面BDC 1⊥平面BDC .(2)解设棱锥B －DACC 1的体积为V 1，AC ＝1.由题意得V 1＝13×1＋22×1×1＝12. ∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝1，∴(V －V 1)∶V 1＝1∶1.∴平面BDC 1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.20．(1)证明 ∵A 1A ⊥底面ABC ，∴A 1A ⊥AB ，又∵AB ⊥AC ，A 1A ∩AC ＝A ，∴AB ⊥平面AA 1C 1C .(2)解 ∵平面DEF ∥平面ABC 1，平面ABC ∩平面DEF ＝DE ，平面ABC ∩平面ABC 1＝AB ，∴AB ∥DE ，∵在△ABC 中，E 是BC 的中点， ∴D 是线段AC 的中点．(3)证明在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1A ＝AC ， ∴侧面A 1ACC 1是菱形，∴A 1C ⊥AC 1，由(1)可得，AB ⊥A 1C ，∵AB ∩AC 1＝A ，∴A 1C ⊥平面ABC 1，∴A 1C ⊥BC 1.又∵E ，F 分别为棱BC ，CC 1的中点，∴EF ∥BC 1，∴EF ⊥A 1C .21．证明 (1)取P A 的中点F ，连接DF ，EF ，∵E 是PB 的中点，∴在△P AB 中有EF ∥AB ，且EF ＝12AB . 又CD ∥AB ，AB ＝2CD ，∴CD ∥EF ，CD ＝EF ，∴四边形CDFE 为平行四边形，∴CE ∥DF ，∵CE ⊄平面P AD ，DF ⊂平面P AD ，∴CE ∥平面P AD .(2)∵CD ⊥平面P AD ，P A ⊂平面P AD ，∴CD ⊥P A ，∵△P AD 中，PD ＝AD ，F 为P A 的中点， ∴DF ⊥PF ，∵CE ∥DF ，∴CE ⊥P A ，∵CE ∩CD ＝C ，CE ⊂平面CDE ，CD ⊂平面CDE ， ∴P A ⊥平面CDE .22．(1)证明因为D ，M 分别为AC ，FC 的中点，所以DM∥EF.又EF⊂平面A1EF，DM⊄平面A1EF，所以DM∥平面A1EF.(2)证明因为A1E⊥BD，EF⊥BD且A1E∩EF＝E，所以BD⊥平面A1EF.又A1F⊂平面A1EF，所以BD⊥A1F.(3)解直线A1B与直线CD不能垂直．因为平面A1BD⊥平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，EF⊥BD，EF⊂平面BCD，所以EF⊥平面A1BD.因为A1B⊂平面A1BD，所以A1B⊥EF，又因为EF∥DM，所以A1B⊥DM.假设A1B⊥CD，因为A1B⊥DM，CD∩DM＝D，所以A1B⊥平面BCD，所以A1B⊥BD，这与∠A1BD为锐角矛盾，所以直线A1B与直线CD不能垂直．。

宁波市2017学年高考模拟考试高三数学测试卷及参考答案

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2017年江苏省高三数学高考数学八套全真模拟试卷数学八套卷答案

最高考·高考全真模拟卷·数学参考答案2018年普通高等学校招生全国统一考试(江苏省)模拟试卷(一)1.{x|1<x ≤9} 解析:因为∁U A ＝{x|x>9},U ＝{x|x>1},A ⊆U,所以A ＝{x|1<x ≤9}．2.5 解析:由题意得z ＝3－i 1＋i＝（3－i ）（1－i ）2＝1－2i,所以||z ＝ 5.3.77 解析:由图可知时速超过50 km/h 的频率为0.039×10＋0.028×10＋0.01×10＝0.77,而共有100辆汽车经过雷达测速区域,所以速度超过50 km/h 的车辆为77辆．4.2512 解析:S ＝1＋12＋13＋14＝2512.5.⎝⎛⎦⎤32，2 解析:由题意得log 12(2x －3)≥0,即0<2x －3≤1,所以32<x ≤2. 6.56解析:从4只球中一次性随机摸出2只球,共有6种情况,颜色相同的有1种,颜色不同的有5种,所以一次随机摸出2只球颜色相同的概率为56.7.24 解析:由题意得正四棱锥的侧面上的高为3,所以该正四棱锥的侧面积为4×12×4×3＝24.8.－2 解析:由题知不等式⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤4，y ≥x ，x ≥1表示的平面区域是A(1,1),B(2,2),C(1,3)三点所围成的三角形及其内部．由题意得y ＝－ax ＋z,当z 取得最小值－2时,－a>1,且在过点B(2,2)时取得,所以a ＝－2.9.1 解析:f(x)＝32－32(1－cos 2ωx)－12sin 2ωx ＝32cos 2ωx －12sin 2ωx ＝cos ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π6.由题意得π4ω＝π4,所以ω＝1,所以f(x)＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6.因为x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，0,所以⎝⎛⎭⎫2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤－π3，π6,所以f(x)的最大值为1.10.76 解析:因为a 4＋3a 11＝0,且数列{a n }为等比数列,所以q 7＝－13,所以S 21S 14＝1－q 211－q 14＝1－⎝⎛⎭⎫－1331－⎝⎛⎭⎫－132＝76. 11.22＋1 解析:由3log a b ＋6log b a ＝11,可得log a b ＝3或log a b ＝23.因为b>a>1,所以log ab ＝3,即b ＝a 3,所以a 3＋2b －1＝b ＋2b －1＝b －1＋2b －1＋1.因为b>1,所以b －1＋2b －1≥22,即a 3＋2b －1≥22＋1,当且仅当b ＝1＋2时取等号．12.[140,192] 解析:设圆x 2＋y 2＝1的圆心为O 1,圆(x －5)2＋(y －12)2＝4的圆心为O 2,PA →·PB →＝(PO 2→＋O 2A →)·(PO 2→＋O 2B →)＝PO 2→2－4,||PO 2→max ＝||O 1O 2→＋1＝14,||PO 2→min ＝||O 1O 2→－1＝12,所以PA →·PB →的最大值为192,最小值为140.13.(6,10] 解析:因为f′(x)＝ae x ＋(b 3－8),由题意得a ＋(b 3－8)＝0,所以a ＝8－b 3,所以a ＋3b ＝8－b 3＋3b.令g(b)＝8－b 3＋3b,g ′(b)＝－3b 2＋3＝－3(b ＋1)(b －1)．因为a>0,所以8－b 3>0.又b>0,所以0<b<2,所以g(b)在(0,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,所以g(b)∈(6,10]．14.－1 解析:由2sin 2B ＋3sin 2C ＝2sin Asin Bsin C ＋sin 2A 及正弦定理,得2b 2＋3c 2＝2bcsin A ＋a 2,所以b 2＋c 2－a 2＋b 2＋2c 2＝2bcsin A ．由余弦定理得2bccos A ＋b 2＋2c 2＝2bcsin A,即sin A －cos A ＝12⎝⎛⎭⎫b c ＋2c b ≥2,而sin A －cos A ＝2sin ⎝⎛⎭⎫A －π4≤2,所以sin A －cos A ＝2sin ⎝⎛⎭⎫A －π4＝ 2.因为0<A<π,所以A ＝3π4,所以tan A ＝－1.15.解:(1) 由正弦定理,2(c －a)＝b ⇒bc －a＝ 2.(4分)(2) ⎩⎪⎨⎪⎧2（c －a ）＝b ，b ＝2，BA →·BC →＝cacos B ＝32⇒⎩⎪⎨⎪⎧c －a ＝1，ca ·a 2＋c 2－b 22ac ＝32⇒⎩⎪⎨⎪⎧c －a ＝1，a 2＋c 2＝5⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，c ＝2，(8分) ∴ cos B ＝34⇒sin B ＝74,(12分)∴ △ABC 的面积S ＝12acsin B ＝74.(14分)16.证明:(1) 取BD 的中点O,连结OA,OC, ∵ △ABD 为正三角形,∴ OA ⊥BD. ∵ CB ＝CD,∴ OC ⊥BD.在平面ABCD 内,过O 点垂直于BD 的直线有且只有一条, ∴ A,O,C 三点共线,即AC ⊥BD.(2分)∵ PA ⊥BD,AC,PA ⊂平面PAC,AC ∩PA ＝A, ∴BD ⊥平面PAC.(4分) ∵ BD ⊂平面MBD,∴ 平面MBD ⊥平面PAC.(6分)(2) (证法1)延长BC,AD,交于Q 点,连结PQ,∵ DM ∥平面BPC,DM ⊂平面PAQ,平面BPC ∩平面PAQ ＝PQ, ∴ DM ∥PQ.(8分) 在△CBD 中,∵ CB ＝CD,∠BCD ＝120°, ∴ ∠CBD ＝30°,∴ ∠ABC ＝30°＋60°＝90°, ∴ △ABO 为直角三角形．∵ 在Rt △ABQ 中,∠BAQ ＝60°, ∴ AQ ＝2AB ＝2AD,∴ 点D 是AQ 的中点,(12分)∴ 点M 为线段PA 的中点．(14分)(证法2)取AB 的中点N,连结MN 和DN, 易算得∠ABC ＝90°,即AB ⊥BC. ∵ △ABD 为正三角形, ∴ DN ⊥AB.又DN,BC,AB 共面, ∴ DN ∥CB.∵ DN ⊄平面BPC,CB ⊂平面BPC, ∴ DN ∥平面BPC.(8分)∵ DM ∥平面BPC,DN,DM ⊂平面DMN, ∴ 平面DMN ∥平面BPC.(12分)∵ MN ⊂平面DMN,∴ MN ∥平面BPC.∵ MN ⊂平面PAB,平面PAB ∩平面BPC ＝PB, ∴ MN ∥PB.∵ N 是AB 的中点, ∴ M 为线段PA 的中点．(14分)17.解:(1) 由题意,水池弧长AB 为θr ,扇形AOB 面积为S ＝12θr 2.由题意有400×12θr 2＋1 000(2r ＋θr)≤24×104,即θr 2＋5(2r ＋θr)≤1 200 ①.(4分) ∵ θr ＋2r ≥22θr 2,∴ θr 2＋102θr 2≤1 200.令t ＝2θr 2,t>0,则t 22＋10t ≤1 200⇒t ≤40,(6分)∴ 当θr ＝2r ＝40时,S ＝12θr 2最大为400.答:扇形圆心角θ为2弧度,半径r 为20米时,水池面积最大为400平方米．(7分)(2) 由θr ＋2r ＝105⇒θ＝105r－2<2π,将θr ＝105－2r 代入①可得(105－2r)r ＋5×105≤1 200⇒2r 2－105r ＋675≥0⇒r ≤152或r ≥45 ②.(11分)又S ＝12θr 2＝12(105－2r)r ＝－r 2＋1052r ＝－⎝⎛⎭⎫r －10542＋105216,当r ≤152时,θ＝105r －2≥105152－2＝12>2π与θ<2π不符,S(r)在[45,＋∞)上单调递减,当r ＝45时,S 最大为337.5平方米,此时θ＝13.(14分)18.证明:(1) 由题设知A(－1,0),B(1,0)．设P(x 0,y 0)(y 0>0),则k PQ ＝y 0x 0＋2,k PA ＝y 0x 0＋1,k PB ＝y 0x 0－1.(4分)因为直线PA,PQ,PB 的斜率存在且依次成等差数列,所以2k PQ ＝k PA ＋k PB ,即2y 0x 0＋2＝y 0x 0＋1＋y 0x 0－1,解得x 0＝－12,即动点P 的横坐标为定值．(8分)(2) 由(1)知P ⎝⎛⎭⎫－12，y 0,k PA ＝2y 0,k PB ＝－23y 0, 直线PA 的方程为y ＝2y 0(x ＋1),代入x 2＋y 2＝1得(x ＋1)[(1＋4y 20)x －(1－4y 20)]＝0,所以点S 的横坐标x S ＝1－4y 201＋4y 20,从而y S ＝4y 01＋4y 20.同理:x T ＝－9＋4y 209＋4y 20,y T ＝12y 09＋4y 20,(12分) 所以k QS ＝4y 01＋4y 201－4y 201＋4y 20＋2＝4y 03＋4y 20,k QT ＝12y 09＋4y 20－9＋4y 209＋4y 20＋2＝4y 03＋4y 20, 所以k QS ＝k QT ,所以点Q,S,T 三点共线．(16分) 19.解:(1) 当a ＝0时,f ′(x)＝e x (sin x ＋cos x)＝2e x sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4.(2分)令f′(x)>0,则0<x<3π4,7π4<x<2π时,f(x)单调递增；(4分)令f′(x)<0,则3π4<x<7π4时,f(x)单调递减,所以f(x)的单调增区间为⎝⎛⎭⎫0，3π4,⎝⎛⎭⎫7π4，2π,f (x)的单调减区间为⎝⎛⎭⎫3π4，7π4.(6分) (2) 设g(x)＝f′(x)＝e x (sin x ＋cos x)＋a, 则g′(x)＝2e x cos x.令g′(x)>0,则cos x>0,0<x<π2,3π2<x<2π.令g′(x)<0,则cos x<0,π2<x<3π2,所以g(x)的单调增区间为⎝⎛⎭⎫0，π2,⎝⎛⎭⎫3π2，2π,g(x)的单调减区间为⎝⎛⎭⎫π2，3π2,故g(x)在x ＝π2处取得极大值,在x ＝3π2处取得极小值．(8分)g(0)＝a ＋1,g ⎝⎛⎭⎫π2＝a ＋e π2,g ⎝⎛⎭⎫3π2＝a －e 3π2, g(2π)＝a ＋e 2π,所以g(2π)>g ⎝⎛⎭⎫π2>g(0)>g ⎝⎛⎭⎫3π2.(10分)若g ⎝⎛⎭⎫3π2≥0恒成立,则f′(x)≥0,f (x)在(0,2π)上单调递增,故f(x)在(0,2π)内无极值,所以g ⎝⎛⎭⎫3π2<0.(12分)若g ⎝⎛⎭⎫π2≤0,则f(x)在(0,2π)内至多有一个极值点,从而g ⎝⎛⎭⎫π2>0,g(2π)>0,于是在区间⎝⎛⎭⎫π2，3π2,⎝⎛⎭⎫3π2，2π内f(x)分别有极大值、极小值各一个,则在⎝⎛⎭⎫0，π2内必无极值点,从而g(0)≥0.(14分)⎩⎪⎨⎪⎧g （0）≥0，g ⎝⎛⎭⎫3π2<0⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1≥0，a －e 3π2<0⇒－1≤a<e 3π2, 所以a 的取值范围是[－1,e 3π2]．(16分) 20.解:(1) 令n ＝ 1,2,得⎩⎪⎨⎪⎧λa 2＝a 1＋1＝2 ①，2λa 3＝S 2＋1＝a 1＋a 2＋1＝2＋a 2 ②. 又a 1,a 2,a 3成等差数列,∴ 2a 2＝a 1＋a 3＝1＋a 3 ③.由①②③得λ＝3±52.(3分)(2) 当且仅当λ＝12时,a 2,a 3,a 4,…,a n ,…成等差数列．(5分)证明如下:λna n ＋1＝S n ＋1 ①,n ≥2时,λ(n －1)a n ＝S n －1＋1 ②.①－②,得λna n ＋1－λna n ＋λa n ＝a n ,即λn(a n ＋1－a n )＝(1－λ)a n . 由于{a n }的各项均不相等,∴ λn 1－λ＝a na n ＋1－a n(n ≥2) ③.(7分) 当n ≥3时,λ（n －1）1－λ＝a n －1a n －a n －1④,③－④,得λ1－λ＝a na n ＋1－a n －a n －1a n －a n －1⑤.(10分)(i) 当λ＝12时,由⑤得a na n ＋1－a n －a n －1a n －a n －1＝1.当a ≥3时,a n a n ＋1－a n ＝a n －1a n －a n －1＋1＝a na n －a n －1.∵ a n ≠0,∴ a n ＋1－a n ＝a n －a n －1⇒2a n ＝a n ＋1＋a n －1(a ≥3), 故a 2,a 3,a 4,…,a n ,…成等差数列．(12分)(ii) 再证当a 2,a 3,a 4,…,a n ,…成等差数列时,λ＝12.∵ a 2,a 3,a 4,…,a n ,…成等差数列, ∴ a n ＋1－a n ＝a n －a n －1(n ≥3)．由⑤得a n a n ＋1－a n －a n －1a n －a n －1＝a n a n －a n －1－a n －1a n －a n －1＝1＝λ1－λ,∴ λ＝12,∴ 当且仅当λ＝12时,a 2,a 3,a 4,…,a n ,…成等差数列．(16分)2018年普通高等学校招生全国统一考试(江苏省)模拟试卷(二)1.{－1,1} 解析:因为B ＝{x|x ∈R ,x 2<3}＝(－3,3),A ＝{－1,1,2,3},所以A ∩B ＝{－1,1}．2.－25 解析:因为z ＝－i 1＋2i ＝－i （1－2i ）（1＋2i ）（1－2i ）＝－2－i 5＝－25－15i,所以复数z 的实部为－25. 3.(0,10] 解析:由1－lg x ≥0可得lg x ≤1,所以0<x ≤10,所以原函数的定义域为(0,10]． 4.5 解析:由已知可得y ＝log 2 32＝5.5.45 解析:由图可知,每周的自习时间不足22.5 h 的频率为0.02×2.5＋0.07×2.5＝0.225,所以人数为200×0.225＝45.6.35解析:从1,2,3,4,5中一次抽取两个数,共有10种情况,要使取出的两个数之和为奇数,必须在3个奇数中取一个,在2个偶数中取一个,共6种情况,所以其概率为610＝35.7.3＋1 解析:∵ PF 1⊥PF 2,∠PF 1F 2＝30°,∴ PF 2＝12F 1F 2＝c,PF 1＝32F 1F 2＝3c.由双曲线的定义知,PF 1－PF 2＝2a,即3c －c ＝2a,∴ e ＝ca＝3＋1.8.32 解析:由题意得g(x)＝sin 2⎝⎛⎭⎫x ＋π12＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6,所以g ⎝⎛⎭⎫π12＝sin ⎝⎛⎭⎫2×π12＋π6＝sin π3＝32. 9.1 解析:作出不等式组对应的平面区域,目标函数为y ＝－k 2x ＋12z,仅在(1,1)处取得最小值时,有－1<－k2<2,解得－4<k<2.∵ k ∈N *,∴ k ＝1.10.－4 解析:设以AB 为对角线的大菱形的另一个顶点为H,以CD 为对角线的大菱形的另一个顶点为G,则AB →＝AH →＋HB →,CD →＝CG →＋GD →,所以AB →·CD →＝(AH →＋HB →)·(CG →＋GD →)＝AH →·CG →＋AH →·GD →＋HB →·CG →＋HB →·GD →＝3－92＋12－3＝－4.11.15 解析:因为数列{a n }为等差数列,由＝77,得a 9＝7,由a 4＋a 7＋a 10＝15,得a 7＝5,易得公差d ＝1,由a k ＝13,即a 9＋(k －9)d ＝13,所以k ＝15.12.3 解析:设P(2＋cos θ,1＋sin θ),Q(0,a)．因为A(3,4),所以AP →＝(cos θ－1,sin θ－3),AQ →＝(－3,a －4),所以AP →＋AQ →＝(cos θ－4,sin θ－7＋a),所以|AP →＋AQ →|2＝(cos θ－4)2＋(sin θ－7＋a)2,其几何意义是点M(cos θ－4,sin θ－7)与点N(0,－a)之间的距离的平方,显然动点M 在圆(x ＋4)2＋(y ＋7)2＝1上,动点N 在y 轴上,易得MN 的最小值为3.13.⎝⎛⎭⎫－2e ，0∪⎝⎛⎭⎫0，2e 解析:设曲线C 上一点P 的坐标为(x 0,aex 0),则y′|x 0＝aex 0,曲线在点P 处的曲线方程为y －aex 0＝aex 0(x －x 0)．令x ＝0,可得y ＝aex 0(1－x 0)；令y ＝0,可得x ＝－1＋x 0.由题意可得12||aex 0（1－x 0）×||－1＋x 0＝a 2,即ex 0(x 0－1)2＝2|a|.令f(x)＝e x (x －1)2,则f′(x)＝e x(x ＋1)(x －1),所以函数f(x)在区间(－∞,－1)和(1,＋∞)上单调递增,在区间(－1,1)上单调递减．由题意得f(1)<2|a|<f(－1),即0<2|a|<4e ,所以－2e <a<0或0<a<2e.14.[e,7) 解析:设h(x)＝f(x)－g(x)＝xln x －xln b ＋a,则h′(x)＝ln x ＋1－ln b ＝ln x －ln be,易得h(x)在⎝⎛⎭⎫0，b e 上单调递减,在⎝⎛⎭⎫b e ，＋∞上单调递增．由3a ＋b 5>a ＋b 4得b a <7.① 当a ＋b 4≤b e≤3a ＋b 5,即e 4－e ≤b a ≤3e 5－e时,h min (x)＝h ⎝⎛⎭⎫b e ＝－b e ＋a,由－b e ＋a ≤0得b a ≥e,所以e ≤b a ≤3e5－e ；② 当b e <a ＋b 4,即b a <e4－e 时,函数h(x)在⎣⎡⎦⎤a ＋b 4，3a ＋b 5上单调递增,h min (x)＝h ⎝⎛⎭⎫a ＋b 4＝a ＋b 4⎝⎛⎭⎫ln a ＋b 4－ln b ＋a ≥a ＋b 4⎝⎛⎭⎫ln b e －ln b ＋a ＝3a －b 4>3×4－e e b －b4＝3－e e b>0,所以不成立；③ 当b e >3a ＋b 5,即3e 5－e <ba<7时,函数h(x)在⎣⎡⎦⎤a ＋b 4，3a ＋b 5上单调递减,h min (x)＝h ⎝⎛⎭⎫3a ＋b 5＝3a ＋b 5⎝⎛⎭⎫ln 3a ＋b 5－ln b ＋a<3a ＋b 5(ln b e －ln b)＋a ＝2a －b 5<2×5－e 3e b －b5＝2－e 3e b<0恒成立．综上,e ≤b a <7.15.解:(1) ∵ m ∥n ,∴ acos A ＝ccos C. 由正弦定理,得sin Acos A ＝sin Ccos C, 化简,得sin 2A ＝sin 2C.(2分) ∵ A,C ∈(0,π),∴ 2A ＝2C 或2A ＋2C ＝π,解得A ＝C(舍)或A ＋C ＝π2. ∴ B ＝π2.(4分)在Rt △ABC 中,tan A ＝a c ＝33,A ＝π6.(6分)(2) ∵ m·n ＝3bsin B,∴ acos C ＋ccos A ＝3bsin B.由正弦定理,得sin Acos C ＋sin Ccos A ＝3sin 2B,从而sin(A ＋C)＝3sin 2B. ∵ A ＋B ＋C ＝π,∴ sin(A ＋C)＝sin B,∴ sin B ＝13. (8分)∵ cos A ＝45>0,A ∈(0,π),∴ sin A ＝35.(10分)∵ sin A>sin B,∴ a>b,从而A>B,B 为锐角,cos B ＝223.(12分)∴ cos C ＝－cos (A ＋B)＝－cos Acos B ＋sin Asin B ＝－45×223＋35×13＝3－8215.(14分)16.证明:(1) 因为PC ⊥平面ABCD,CD ⊂平面ABCD,所以PC ⊥CD.因为CD ⊥AC,AC ∩PC ＝C,AC,PC ⊂平面PAC,所以CD ⊥平面PAC.(7分)(2) 因为AB ∥CD,AB ⊄平面CDEF,CD ⊂平面CDEF, 所以AB ∥平面CDEF.(10分)因为平面PAB ∩平面CDEF ＝EF,AB ⊄平面CDEF,AB ⊂平面PAB, 所以AB ∥EF.(14分)17.解:(1) ① 以CB 为x 轴正方向,CA 为y 轴正方向建立平面直角坐标系,则CE:y ＝(tan θ)·x,CD:y ＝[tan (θ＋π4)]·x,0≤θ<π4,AB:y ＝－x ＋1,联立解得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋tan θ，tan θ1＋tan θ,D ⎝⎛⎭⎫1－tan θ2，1＋tan θ2,所以S(θ)＝12·CD ·CE ·sin 45°＝24·1＋tan 2θ1＋tan θ·2＋2tan 2θ2＝1＋tan 2θ4（1＋tan θ）. 当θ＝π4时,S △CDE ＝14满足S(θ)＝1＋tan 2θ4（1＋tan θ）,所以S(θ)＝1＋tan 2θ4（1＋tan θ）,0≤θ≤π4；( 4分)[注:出现tan ⎝⎛⎭⎫θ＋π4但θ＝π4未单独列出扣1分]② 如图,以AB 为斜边另作等腰直角三角形AOB,延长CD 交AO 于点F,延长CE 交BO 于点G .设∠ACF ＝α,∠BCG ＝β,所以tan α＝AF AC ＝AF BC ＝AD BD ＝x2－x.同理tan β＝2－x －DEx ＋DE.由tan (α＋β)＝1,代入化简得DE ＝x 2－2x ＋12－x,0≤x ≤22,所以S(x)＝12×22DE ＝2x 2－2x ＋24（2－x ）,0≤x ≤22.(8分)(2) 令t ＝2－x,22≤t ≤2,所以S(x)＝24⎝⎛⎭⎫t ＋1t －2≥2－12,(11分) 当且仅当t ＝1,即x ＝2－1时取到等号．(12分)答:△CDE 面积的最大值为2－12米2.(14分)(注:用角求得最值参照给分,单位不写或写错扣1分) 18.(1) 解:由OA ＝2OB 知,a ＝2b. 又椭圆C 过点(2,22),所以22a 2＋（22）2b 2＝1,解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝6，b ＝3. 所以椭圆C 的方程为x 236＋y 29＝1.(4分)(2) 设直线PA 的斜率为k,则直线PA 的方程为y ＝k(x －6)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －6），x 2＋4y 2＝36，消去y 并整理,得(1＋4k 2)x 2－48k 2x ＋144k 2－36＝0, 解得x 1＝6,x 2＝24k 2－61＋4k 2,所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫24k 2－61＋4k 2，－12k 1＋4k 2.(6分)因为直线PA,PB 的斜率乘积为－14,所以直线PB 的方程为y ＝－14kx －3.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14k x －3，x 2＋4y 2＝36，消去y 并整理,得(1＋4k 2)x 2＋24kx ＝0,解得x 1＝0,x 2＝－24k1＋4k 2,所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－24k 1＋4k 2，3－12k 21＋4k 2.(8分)① 解:因为M,N 关于y 轴对称,所以24k 2－61＋4k 2－24k 1＋4k 2＝0, 即4k 2－4k －1＝0,解得k ＝1±22.(10分)当k ＝1＋22时,点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－3（1＋2）2在椭圆C 外,不满足题意．所以直线PA 的斜率为1－22.(12分)② 证明:联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －6），y ＝－14k x －3，解得x P ＝24k 2－12k1＋4k 2.所以S △PMN S △PAB ＝12PM·PNsin ∠MPN12PA ·PBsin ∠APB＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（x P －x M ）·（x N －x P ）（x A －x P ）·（x P －x B ）(14分)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫24k 2－12k 1＋4k 2－24k 2－61＋4k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－24k 1＋4k 2－24k 2－12k 1＋4k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫6－24k 2－12k 1＋4k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫24k 2－12k 1＋4k 2－0 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（－12k ＋6）（－24k 2－12k ）（12k ＋6）（24k 2－12k ）＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（－2k ＋1）（－2k 2－k ）（2k ＋1）（2k 2－k ）＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（－2k ＋1）（－2k －1）（2k ＋1）（2k －1）＝1. 故△PMN 的面积与△PAB 的面积相等．(16分)19.(1) 解:当t ＝1,λ＝1时,a 2n ＋1－n －1＝2S n (ⅰ) ,当n ≥2时,a 2n －(n －1)－1＝2S n －1 (ⅱ).(ⅰ)－(ⅱ),得a 2n ＋1－a 2n －1＝2a n ,即a 2n ＋1＝(a n ＋1)2. ∵ a n >0,∴ a n ＋1＝a n ＋1,即a n ＋1－a n ＝1(n ≥2)．(2分)当n ＝1时,a 22－1－1＝2a 1,又a 1＝1,a n >0, ∴ a 2＝2,∴ a 2－a 1＝1, ∴ a n ＋1－a n ＝1(n ∈N *),∴ 数列{a n }是首项为1,公差为1的等差数列, ∴ 数列{a n }的通项公式为a n ＝n.(4分)(2) ① 证明:∵ a 2n ＋1－nλ2－t ＝2λS n (ⅲ),∴ 当n ≥2时,a 2n －(n －1)λ2－t ＝2λS n －1 (ⅳ)．(ⅲ)－(ⅳ)得a 2n ＋1－a 2n －λ2＝2λa n ,即a 2n ＋1＝(a n ＋λ)2. ∵ a n >0,λ>0,∴ a n ＋1＝a n ＋λ,即a n ＋1－a n ＝λ(n ≥2)．(6分)当n ＝1时,a 22－λ2－t ＝2λa 1,又a 1＝t,a n >0, ∴ a 2＝λ＋t,∴ a 2－a 1＝λ, ∴ a n ＋1－a n ＝λ(n ∈N *),∴ 数列{a n }是等差数列．(8分)② 解:由①得数列{a n }是首项为t,公差为λ的等差数列, ∴ a n ＝t ＋(n －1)λ.∵ b n ＝a n －n,T n 是数列{b n }的前n 项和,∴ b n ＝(λ－1)n ＋t －λ,T n ＝(λ－1)·n （n ＋1）2＋(t －λ)n ,b n ＋1＝(λ－1)(n ＋1)＋t －λ.(10分) ∵ 对任意n ∈N *,b n ＋1≥T n 恒成立, ∴ λ－12n 2＋⎝⎛⎭⎫t ＋1－3λ2n ＋(1－t)≤0 (*)对任意n ∈N *恒成立,∴ 必须满足λ－12≤0,即λ≤1.(12分)∵ b 2≥T 1,即b 2≥b 1,∴ λ≥1, ∴ λ＝1.(14分)∴ (*)式变形为(t －1)n ＋(1－t)≤0, 即(t －1)(n －1)≤0对任意n ∈N *恒成立, ∴ t －1≤0,即0<t ≤1.∴ t 的取值范围是(0,1]．(16分) 20.解:(1) ∵ f(x)＝ln x,∴ g(x)＝f(x)－3x －a ＝ln x －3x －a,则g′(x)＝1x －3＝1－3x x(x>0),(2分)当0<x<13时,g ′(x)>0,∴ 函数g(x)在⎝⎛⎭⎫0，13上单调递增；当x>13时,g ′(x)<0,∴ 函数g(x)在⎝⎛⎭⎫13，＋∞上单调递减． ∴ 函数g(x)在x ＝13时取得最大值,最大值为－ln 3－1－a.(4分)∵ 函数g(x)＝f(x)－3x －a 有且只有一个零点, ∴ －ln 3－1－a ＝0,即a ＝－ln 3－1. ∴ 实数a 的值为－ln 3－1.(6分)(2) ∵ h(x)＝ln x ＋12x 2－mx ⎝⎛⎭⎫m ≥52, ∴ h ′(x)＝1x ＋x －m ＝x 2－mx ＋1x(x>0)．由已知条件得方程x 2－mx ＋1＝0的两根为x 1,x 2,当m ≥52时,方程x 2－mx ＋1＝0的Δ>0,且两根x 1,x 2均大于零,且x 1＋x 2＝m,x 1x 2＝1.(8分)又由x 1,x 2为函数H(x)＝ln x －cx 2－bx 的零点,可得ln x 1－cx 21－bx 1＝0,ln x 2－cx 22－bx 2＝0,两式相减得ln x 1x 2－c(x 1＋x 2)(x 1－x 2)－b(x 1－x 2)＝0.∵ x 1<x 2,∴ b ＝ln x 1x 2x 1－x 2－c(x 1＋x 2) ①.(10分)而H′(x)＝1x－2cx －b,∴ y ＝(x 1－x 2)H′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＝(x 1－x 2)[2x 1＋x 2－c(x 1＋x 2)－b],结合①式得令x 1x 2＝t(0<t<1),由x 1＋x 2＝m,x 1x 2＝1,可得t ＋1t＋2＝m 2,由m ≥52,可得t ∈⎝⎛⎦⎤0，14.(14分) 记G(t)＝2（t －1）t ＋1－ln t,则G′(t)＝－（t －1）2t （t ＋1）2<0,则y ＝G(t)在⎝⎛⎦⎤0，14上单调递减, ∴ G min (t)＝G ⎝⎛⎭⎫14＝－65＋ln 4, 即y ＝(x 1－x 2)H′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22的最小值为－65＋ln 4.(16分)2018年普通高等学校招生全国统一考试(江苏省)模拟试卷(三)1.{1} 解析:因为集合B 中的元素只有1∈A,所以A ∩B ＝{1}．2.π2 解析:周期T ＝2π|ω|＝2π4＝π2. 3.－7 解析:∵ 2i＝－2i,∴ ⎝⎛⎭⎫1＋2i 2＝(1－2i)2＝－3－4i,∴ a ＝－3,b ＝－4,a ＋b ＝－7.4.21 解析:本题的程序框图表示的是1＋2＋3＋4＋5＋6,所以输出的a 的值为21.5.13解析:将随机选取2个数的所有情况“不重不漏”的列举出来:(1,2),(1,4),(1,8),(2,4),(2,8),(4,8),共6种情况,满足题目乘积为8的要求的是(1,8)和(2,4),则概率为13.6.y ＝±22x 解析:在双曲线x 22－y 2m＝1(m>0)中,a ＝2,b ＝m,所以c ＝2＋m,其离心率为2＋m 2.由题意得2＋m 2＝62,解得m ＝1,所以其渐近线方程为y ＝±22x.7.19 解析:设等差数列{a n }的公差为d(d ≠0),因为a 2,a 5,a 14成等比数列,所以a 25＝a 2a 14,即(a 1＋4d)2＝(a 1＋d)(a 1＋13d)．因为d ≠0,所以d ＝2a 1.又S 5＝a 23,所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a 10＝a 1＋9d＝19.8.5＋14解析:设球的半径为r,则由已知得圆锥的底面半径也是r,高为2r,则其母线长为5r,则圆锥的表面积S 1＝πrl ＋πr 2＝(1＋5)πr 2,球的表面积S 2＝4πr 2,所以S 1S 2＝5＋14.9.3 解析:因为x 2＋2xy －1＝0,所以y ＝1－x 22x.由x>0,y>0,得0<x<1,所以2x ＋y ＝2x ＋1－x 22x ＝3x 2＋12x ≥3,当且仅当x ＝33时取等号． 10.32 解析:AF →·BD →＝AF →·AE →＝AF →·(AF →＋FE →)＝AF →2＋AF →·FE →＝1＋1×1×cos60°＝32. 11.16 解析:由椭圆方程可知,a ＝4,b ＝23,c ＝2,设椭圆的另一个焦点为F′,△PAF 周长为AF ＋PF ＋PA ＝4＋PF ＋PA ＝12＋PA －PF′≤12＋AF′＝16,当且仅当A,F ′,P 三点共线时取等号,即△PAF 周长的最大值为16.12.(0,4) 解析:令g(x)＝f(x)－1＝x 3＋x,易得函数g(x)是奇函数,且是增函数．由f(x 2＋a)＋f(ax)>2,得g(x 2＋a)>－g(ax)＝g(－ax),即x 2＋a>－ax 对任意的x ∈R 恒成立,所以a 2－4a<0,即0<a<4.13.1＋132解析:因为C ＝120°,由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2＋ab ①.因为tan A ＝3tan B,所以sin Acos B ＝3sin Bcos A ．由正弦定理得acos B ＝3bcos A,再由余弦定理得a·a 2＋c 2－b 22ac＝3b·b 2＋c 2－a 22bc ,即c 2＝2a 2－2b 2 ②.由①②可得a 2－ab －3b 2＝0,即⎝⎛⎭⎫a b 2－a b －3＝0,所以a b ＝1＋132.由正弦定理得sin A ＝1＋132sin B,所以λ＝1＋132. 14.2－1 解析:由题意得x 0＝－（a 2＋1）＋（a 2＋1）2＋4a 22a ＝－12⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋12⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋4,令t ＝a ＋1a .因为a>0,所以t ≥2,设h(t)＝t 2＋4－t,则h′(t)＝t －t 2＋4t 2＋4<0,所以函数h(t)在[2,＋∞)上是减函数,所以h max (t)＝h(2)＝22－2,即x 0的最大值为2－1. 15.解:(1) 当m ＝3,n ＝－1时,a ＝(1,3),b ＝(2,－1),故a ＋λb ＝(1,3)＋λ(2,－1)＝(1＋2λ,3－λ)．(3分) 因为a ⊥(a ＋λb ),所以a·(a ＋λb )＝0,即(1＋2λ)＋3(3－λ)＝0,解得λ＝10.(7分)(2) 因为a ＝(1,m),b ＝(2,n),所以a ＋b ＝(3,m ＋n)．因为|a ＋b |＝5,所以32＋(m ＋n)2＝52,则(m ＋n)2＝16,所以a·b ＝1×2＋mn ≤2＋14(m ＋n)2＝2＋14×16＝6, 当仅且当m ＝n 时取等号,故当m ＝n ＝2或m ＝n ＝－2时,a ·b 的最大值为6.(14分)16.证明:(1) 因为四边形ABCD 为菱形,对角线AC,BD 交于点O, 所以点O 为AC 的中点．(2分)因为点G 为BC 中点,所以OG ∥AB,OG ＝12AB.(4分)因为AB ⊂平面ABE,OG ⊄平面ABE, 所以OG ∥平面ABE.(6分) (2) 连结EO,FG .因为BF ＝CF,点G 为BC 的中点,所以FG ⊥BC.因为平面BCF ⊥平面ABCD,平面BCF ∩平面ABCD ＝BC,FG ⊂平面BCF, 所以FG ⊥平面ABCD.因为AC ⊂平面ABCD,所以FG ⊥AC.(10分)因为OG ∥AB,EF ∥AB,OG ＝12AB,EF ＝12AB,所以OG ∥EF,OG ＝EF,所以四边形OGFE 为平行四边形, 所以OE ∥FG,所以OE ⊥AC.(12分)因为四边形ABCD 为菱形,所以AC ⊥BD. 因为OE ∩BD ＝O,OE,BD ⊂平面BDE, 所以AC ⊥平面BDE.(14分)17.解:(1) 以O 点为原点,OA 边所在直线为x 轴,建立如图所示的平面直角坐标系,过点B 作BG ⊥OA 于点G,在Rt △ABC 中,AB ＝2,∠OAB ＝π4,所以AG ＝BG ＝1.因为OA ＝2,所以OG ＝1,则B(1,1)．设抛物线OCB 的标准方程为y 2＝2px,代入点B 的坐标,得p ＝12,所以抛物线OCB 的方程为y 2＝x.(4分) 因为CD ＝a,所以AE ＝EF ＝a,则DE ＝2－a －a 2,所以f(a)＝a(2－a －a 2)＝－a 3－a 2＋2a,定义域为(0,1)．(8分) (2) 由题意得f′(a)＝－3a 2－2a ＋2,令f′(a)＝0,得a ＝7－13或－7－13(舍)．(10分)当0<a<7－13时,f ′(a)>0,f(a)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，7－13上单调递增；当7－13<a<1时,f ′(a)<0,f(a)在⎝ ⎛⎭⎪⎫7－13，1上单调递减．所以当a ＝7－13时,f(a)取得极大值,也是最大值,此时矩形草坪CDEF 的面积最大．(14分)18.解:(1) 由题可知,直线AB 斜率显然存在,设为k,则直线AB:y ＝kx ＋1.因为O 点到直线AB 的距离d 1＝1k 2＋1,所以⎝⎛⎭⎫AB 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋12＝4,所以AB ＝24k 2＋3k 2＋1.(3分) 由24k 2＋3k 2＋1＝372得k 2＝15. 因为直线AB 与直线CD 互相垂直,则直线CD:y ＝－1kx ＋1,所以M 点到直线CD 的距离d 2＝－2k＋1－11＋⎝⎛⎭⎫－1k 2, 所以⎝⎛⎭⎫CD 22＝1－⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2k ＋1－11＋⎝⎛⎭⎫－1k 22, CD ＝21－4k 2＋1＝21－415＋1＝ 3.(6分)(2) 当直线AB 的斜率不存在时,△ABE 的面积S ＝12×4×2＝4；当直线AB 的斜率存在时,设为k,则直线AB:y ＝kx ＋1,k ≠0,直线CD:y ＝－1kx ＋1.由⎪⎪⎪⎪－1k ·2－1＋1⎝⎛⎭⎫－1k 2＋1<1得k 2>3,(8分) 所以k ∈(－∞,－3)∪(3,＋∞)．因为⎝⎛⎭⎫AB 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋12＝4,所以AB ＝24k 2＋3k 2＋1. 因为E 点到直线AB 的距离即M 点到直线AB 的距离d ＝|2k －1＋1|k 2＋1＝|2k|k 2＋1,所以△ABE 的面积S ＝12AB ·d ＝2（4k 2＋3）k 2（k 2＋1）2＝24＋3k 2⎝⎛⎭⎫1＋1k 22.(12分) 令4＋3k2＝t(4<t<5),则S ＝6t（t －1）2＝61t ＋1t－2∈⎝⎛⎭⎫352，4. 综上,△ABE 面积的取值范围是⎝⎛⎦⎤352，4.(16分)[说明:求S ＝2（4k 2＋3）k 2（k 2＋1）2取值范围,还可以令k 2＋1＝t>4,S ＝2（4t －1）（t －1）t 2＝21t 2－5t ＋4∈⎝⎛⎭⎫352，4] 19.解:(1) 由题设知,f ′(x)＝e x －a,① 当a ≤0时,f ′(x)>0恒成立,f(x)在R 上单调递增；② 当a>0时,令f′(x)＝0,得x ＝ln a,当x ∈(－∞,ln a)时f′(x)<0,f(x)单调递减,当x ∈(ln a,＋∞)时f′(x)>0,f(x)单调递增．综上,当a ≤0时,f(x)在R 上单调递增；当a>0时,f(x)在(－∞,ln a)上单调递减,在(ln a,＋∞)上单调递增．(4分)(2) 存在x 0∈[1,＋∞),使得f(x 0)<e －a 成立,即f min (x)<e －a. 由(1)知当a ≤e 时,f(x)在[1,＋∞)上单调递增,所以f(x)≥f min (x)＝f(1)＝e －a 不符合题意,舍去；(6分)当a>e 时,f(x)在(1,ln a)上单调递减,在(ln a,＋∞)上单调递增,所以f min (x)＝f(ln a)<f(1)＝e －a 满足．综上,实数a 的取值范围是(e,＋∞)．(8分)(3) 令p(x)＝e x －ln x,q(x)＝e x －1＋a －ln x,x ≥1,p ′(x)＝－e x 2－1x<0,p(x)在[1,＋∞)上单调递减,所以当1≤x ≤e 时,p(x)≥p(e)＝0；当x>e 时, p(x)<0； (10分)q ′(x)＝e x －1－1x ,q ″(x)＝e x －1＋1x2>0,q ′(x)在[1,＋∞)上单调递增,故q′(x)≥q′(1)＝0,则q(x)在[1,＋∞)上单调递增．由(2)知a>e,所以q(x)≥q(1)＝a ＋1>0；(12分)① 当1≤x ≤e 时,令m(x)＝|p(x)|－|q(x)|＝p(x)－q(x)＝e x－e x －1－a,所以m′(x)＝－e x2－e x －1<0,故m(x)在[1,e]上单调递减,所以m(x)≤m(1)＝e －1－a<0,即|p(x)|<|q(x)|,所以e x比e x －1＋a 更接近ln x ；(14分)② 当x>e 时,令n(x)＝|p(x)|－|q(x)|＝－p(x)－q(x)＝－e x＋2ln x －e x －1－a,所以m′(x)＝e x 2＋2x －e x －1<3e－e e －1<0,故n(x)在(e,＋∞)上单调递减,所以n(x)<n(e)<0,即|p(x)|<|q(x)|,所以e x比e x －1＋a 更接近ln x.综上,当a>e 及x ≥1时,e x比e x －1＋a 更接近ln x ．(16分)20.解:(1) 由a n ＋1＝2a n ＋8,得a n ＋1＋8＝2(a n ＋8)．(1分) 又a 1＝－5,所以{a n ＋8}是首项为3,公比为2的等比数列,则a n ＋8＝3·2n －1,故a n ＝3·2n －1－8,n ∈N *.(3分)(2) 由b 2n ＋b 2n ＋1＝4S n ＋25,得b 2n ＋1＋b 2n ＋2＝4S n ＋1＋25,两式相减得4b n ＋1＝b 2n ＋2－b 2n ,即4b n ＋1＝(b n ＋2＋b n )(b n ＋2－b n ) ①. 若{b n }是等差数列,设公差为d,则4b n ＋1＝4db n ＋1. 因为b n ＋1≠0,所以d ＝1.(5分)又b 21＋b 22＝4S 1＋25,即b 21＋(b 1＋1)2＝4b 1＋25, 解得b 1＝－3或b 1＝4.当b 1＝－3时,b n ＝n －4,满足b 2n ＋b 2n ＋1＝4S n ＋25；当b 1＝4时,b n ＝n ＋3,也满足b 2n ＋b 2n ＋1＝4S n ＋25. 故b n ＝n －4或b n ＝n ＋3.(8分)(3) 由{b n }是各项均为正整数的递增数列,得b n <b n ＋1<b n ＋2 ②, 故b n ＋2＋b n >b n ＋1,b n ＋2－b n ≥2.由①式可得4b n ＋1>b n ＋1(b n ＋2－b n ),所以2≤b n ＋2－b n <4. 又由①式可知b n ＋2－b n 是偶数,所以b n ＋2－b n ＝2.代入①式得b n ＋2＋b n ＝2b n ＋1,所以{b n }是等差数列．(10分) 由(2)知,b n ＝n ＋3,所以c n ＝a n ＋b n ＝3·2n －1＋n －5.若c r ＋c t ＝2c s (*),由正整数r,s,t(r<s<t)知,t ≥s ＋1,s ≥2. 当t ≥s ＋2时,c t －2c s ≥c s ＋2－2c s ＝3·2s ＋1＋s －3－2(3·2s －1＋s －5)＝3·2s －s ＋7>0. 因此要(*)式成立,只能有t ＝s ＋1.(12分)由(*)式得3·2r －1＋r －5＋3·2s ＋s －4＝2(3·2s －1＋s －5),即3·2r －1＝s －r －1.又4r ＋t ＝2s,t ＝s ＋1,所以2r －1＝r, 解得r ＝1或r ＝2.(14分)当r ≥2时,设函数g(x)＝2x －1－x(x ≥2),则g′(x)＝12·2x ·ln 2－1≥2ln 2－1>0,故g(x)在[2,＋∞)上是增函数,所以方程2r －1＝r 仅有两解r ＝1或r ＝2. 因此,存在r ＝1,s ＝5,t ＝6或r ＝2,s ＝9,t ＝10满足条件． (16分)2018年普通高等学校招生全国统一考试(江苏省)模拟试卷(四)1.{x|－1≤x ≤2} 解析:由log 2(x －2)<1,得0<x －2<2,2<x<4,所以B ＝{x|2<x<4}．故∁U B ＝{x|x ≤2或x ≥4},从而A ∩(∁U B)＝{x|－1≤x ≤2}．2.2 解析:因为(a ＋i)(1＋2i)＝a －2＋(1＋2a)i 是纯虚数,所以a －2＝0,即a ＝2.3.13解析:从1,2,3,4这四个数中一次随机取两个数,共有6种情况,两个数的和为偶数的情况为(1,3),(2,4),所以其概率为26＝13.4.12 解析:由题意可知,每组20人,第一组抽取的是8号,然后每隔20号抽取一人,而编号在[751,1000]上的人数做问卷C,所以抽取的号码为768,788,…,988,共12人．5.22 解析:由题意可知S ＝1＋4＋7＋10＝22.6.5 解析:由已知可得△PF 1F 2为直角三角形,且PF 21＋PF 22＝4c 2,又PF 1－PF 2＝2a,∴ (PF 1－PF 2)2＋2PF 1·PF 2＝PF 21＋PF 22,即2PF 1·PF 2＝4c 2－4a 2＝4b 2.把PF 1＝2PF 2代入,得PF 2＝b,PF 1＝2b,代入PF 21＋PF 22＝4c 2,得5b 2＝5c 2－5a 2＝4c 2,∴ c 2＝5a 2,e ＝c a＝ 5. 7.832π 解析:因为圆柱的底面周长为2π,所以其底面半径为1,设大铁球的半径为r,则43π×13＋π×12×4＝43πr 3,所以r ＝34,所以该大铁球的表面积为4πr 2＝4π316＝832π.8.－1 解析:因为f(x)＝sin(x ＋φ)＋3cos(x ＋φ)＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋φ＋π3,且f(x)是奇函数,所以φ＋π3＝k π(k ∈Z )．又0≤φ≤π,所以φ＝2π3,所以f(x)＝－2sin x,所以f ⎝⎛⎭⎫π6＝－2sin π6＝－1.9.19 解析:由条件得4S 2＝S 1＋3S 3,即4a 1＋4a 2＝a 1＋3(a 1＋a 2＋a 3),所以a 3＝13a 2,所以此等比数列的公比为13,所以a 3＝a 1q 2＝19.10.(0,2) 解析:当x>1时,f(x)＝2x －x,所以f′(x)＝2x ln 2－1≥2ln 2－1＝ln 4e>0,所以f(x)＝2x －x 在(1,＋∞)上是增函数；当x ≤1时,f(x)＝1,所以不等式f(x)<f ⎝⎛⎭⎫2x 等价于⎩⎨⎧x<2x ，2x>1，解得0<x< 2.11.332 解析:因为AD →＝AB →＋BD →＝AB →＋13BC →＝AB →＋13(AC →－AB →)＝23AB →＋13AC →,所以AB →·AD →＝AB →·⎝⎛⎭⎫23AB →＋13AC →＝23AB →2＋13AB →·AC →＝23×9＋13×3×2×cos A ＝7,所以cos A ＝12,即A ＝π3,所以△ABC 的面积S ＝12AB ·AC ·sin A ＝332.12.{－24} 解析:设直线l 的方程为y －76＝k(x －17),即kx －y －17k ＋76＝0.根据题意可知A,C 位于直线l 的两侧,且A(14,92),C(19,84)到直线l 的距离相等,所以(14k －92－17k ＋76)＋(19k －84－17k ＋76)＝0,解得k ＝－24.13.2－12 解析:因为正实数a,b,c 满足a(a ＋b ＋c)＝bc,所以1＋b a ＋c a ＝b a ·c a .令b a ＝x,c a＝y,其中x>0,y>0,所以xy ＝x ＋y ＋1≤⎝⎛⎭⎫x ＋y 22,解得x ＋y ≥2＋22或x ＋y ≤2－22(舍),所以ab ＋c＝1x ＋y ≤12＋22＝2－12.14.2 解析:当x<0时,2－x>2,所以f(x)＝2－|x|＝2＋x,f(2－x)＝x 2,此时函数f(x)－g(x)＝f(x)＋f(2－x)－3＝x 2＋x －1的小于零的零点为x ＝－1＋52；当0≤x ≤2时,0≤2－x ≤2,f(x)＝2－|x|＝2－x,f(2－x)＝2－|2－x|＝x,函数f(x)－g(x)＝2－x ＋x －3＝－1无零点；当x>2时,2－x<0,f(x)＝(x －2)2,f(2－x)＝2－|2－x|＝4－x,函数f(x)－g(x)＝(x －2)2＋4－x －3＝x 2－5x ＋5大于2的零点为x ＝5＋52.综上,可得函数y ＝f(x)－g(x)的零点个数为2.15.证明:(1) 设AC ∩BD ＝O,连结OM.因为四边形ABCD 是平行四边形,所以O 为AC 中点．因为点M 为PC 的中点,所以OM 为△CPA 的中位线,所以AP ∥OM.(3分) 因为AP ⊄平面BDM,OM ⊂平面BDM, 所以直线AP ∥平面BDM.(6分)(2) 因为∠APB ＝90°,所以AP ⊥BP.因为平面ABP ⊥平面BCP,平面ABP ∩平面BCP ＝BP,AP ⊂平面ABP, 所以AP ⊥平面BCP.(9分)因为BM ⊂平面BCP,所以AP ⊥BM.(11分)因为BP ＝BC,点M 为PC 的中点,所以BM ⊥CP. 因为AP ∩CP ＝P,AP,CP ⊂平面ACP,所以直线BM ⊥平面ACP.(14分)16.解:(1) 因为sin C 2＝104,所以cos C ＝1－2sin 2C 2＝1－2×⎝⎛⎭⎫1042＝－14.(2分)在△ABC 中,sin C ＝1－cos 2C ＝1－⎝⎛⎭⎫－142＝154,(4分) 所以cos ⎝⎛⎭⎫C ＋π6＝cos Ccos π6－sin Csin π6＝－14×32－154×12＝－3＋158.(6分)(2) 因为sin 2A ＋sin 2B ＝ 1316sin 2C,又由正弦定理知a sin A ＝b sin B ＝csin C ,所以a 2＋b 2＝1316c 2. (8分)由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2abcos C,即a 2＋b 2＝c 2－12ab ＝1316c 2,所以ab ＝38c 2.(10分)因为S △ABC ＝12absin C ＝12ab ×154＝3154,所以ab ＝6,(12分) 所以c ＝4.(14分)17.解:(1) 连结AB,因为正方形边长为10米,所以OA ＝OB ＝AB ＝10,所以∠AOB ＝π3,所以AB ︵＝10π3,(2分)所以广场的面积为⎝⎛⎭⎫12×10π3×10－34×102＋102＝50π3＋100－253(平方米)．(6分)(2) 作OG ⊥CD 于点G,OK ⊥AD 于点K,记∠OAK ＝α,则AD ＝2DG ＝2OK ＝20sin α.(8分) 由余弦定理得 OD 2＝OA 2＋AD 2－2OA·ADcos α＝102＋(20sin α)2－2×10×20sin αcos α＝100＋400×1－cos 2α2－200sin 2α＝300－2002sin (2α＋45°)≥100(2－1)2,(12分) 所以OD ≥10(2－1),当且仅当α＝22.5°时取等号, 所以OA ＋OB ＋OC ＋OD ≥20＋20(2－1)＝202, 因此4条路线的总长度的最小值为202米．答:(1) 广场的面积为50π3＋100－253平方米；(2) 4条小路的总长度的最小值为202米．(14分)18.(1) 解:由题意⎩⎪⎨⎪⎧2c ＝2，e ＝c a ＝12，所以⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，a ＝2，则b 2＝a 2－c 2＝3,椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(3分)(2) ① 证明:由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋m 消去y,化简得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.(5分)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则x 1＋x 2＝－8km3＋4k 2,x 1x 2＝4m 2－123＋4k 2,故y 1y 2＝(kx 1＋m)(kx 2＋m)＝k 2x 1x 2＋km(x 1＋x 2)＋m 2＝3m 2－12k 23＋4k 2.(7分)因为k OA k OB ＝y 1y 2x 1x 2＝－34,所以2m 2＝3＋4k 2,(8分)所以AB ＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＝1＋k 2（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝24（1＋k 2）3＋4k 2,点O 到直线l 的距离d ＝|m|1＋k 2,所以S ＝12·AB ·d ＝12×24（1＋k 2）3＋4k 2·|m|1＋k 2＝12×24m 23＋4k 2＝3为定值．(11分) ② 解:若椭圆上存在一点P,使得四边形OAPB 为平行四边形,则OP →＝OA →＋OB →.设P(x 0,y 0),则⎩⎨⎧x 0＝x 1＋x 2＝－8km3＋4k 2，y 0＝y 1＋y 2＝6m3＋4k 2.(13分)因为x 204＋y 203＝1,即16k 2m 2（3＋4k 2）2＋12m 2（3＋4k 2）2＝1,得4m 2＝3＋4k 2.(15分) 因为2m 2＝3＋4k 2,矛盾,故椭圆上不存在点P,使得四边形OAPB 为平行四边形．(16分)19.解:(1) 因为S n ＝2a n －2,所以当n ≥2时,S n －1＝2a n －1－2,两式相减得a n ＝2a n －2a n －1,即a n ＝2a n －1.又S 1＝2a 1－2,则a 1＝2,所以数列{a n }是以a 1＝2为首项,2为公比的等比数列,故a n ＝2n .(4分)(解法1)由T n T n ＋1＝b n b n ＋2得T 1T 2＝b 1b 3,T 2T 3＝b 2b 4,T 3T 4＝b 3b 5,…,T n －1T n ＝b n －1b n ＋1,T n T n ＋1＝b nb n ＋2,以上n 个式子相乘得T 1T n ＋1＝b 1b 2b n ＋1b n ＋2,2T n ＋1＝b n ＋1b n ＋2,即2T n ＝b n b n ＋1 ①,当n ≥2时,2T n －1＝b n b n －1 ②,①－②得2b n ＝b n (b n ＋1－b n －1),即b n ＋1－b n －1＝2(n ≥2),(6分) 所以数列{b n }的奇数项、偶数项分别成等差数列．又T 1T 2＝b 1b 3,所以b 3＝T 2＝b 1＋b 2＝3,则b 1＋b 3＝2b 2, 所以数列{b n }是以b 1＝1为首项,1为公差的等差数列,因此数列{b n }的通项公式为b n ＝n.(8分)(解法2)由已知显然b n ≠0,因为T n T n ＋1＝b n b n ＋2,所以T nb n b n ＋1＝T n ＋1b n ＋1b n ＋2,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫T n b n b n ＋1是常数列,所以T n b n b n ＋1＝T 1b 1b 2＝12,即2T n ＝b n b n ＋1 ①,当n ≥2时,2T n －1＝b n b n －1 ②,①－②得2b n ＝b n (b n ＋1－b n －1),即b n ＋1－b n －1＝2(n ≥2),(6分) 所以数列{b n }的奇数项、偶数项分别成等差数列．又T 1T 2＝b 1b 3,所以b 3＝T 2＝b 1＋b 2＝3,则b 1＋b 3＝2b 2, 所以数列{b n }是以b 1＝1为首项,1为公差的等差数列,因此数列{b n }的通项公式为b n ＝n.(8分)(2) 当n ＝1时,a n ＋b n ＋1a n －b n ＋1无意义,设c n ＝a n ＋b n ＋1a n －b n ＋1＝2n ＋n ＋12n －（n ＋1）(n ≥2,n ∈N *),显然c n >1,则c n ＋1－c n ＝2n ＋1＋n ＋22n ＋1－（n ＋2）－2n ＋n ＋12n －（n ＋1）＝－n·2n ＋1[2n ＋1－（n ＋2）]·[2n －（n ＋1）]<0,即c n >c n ＋1>1,所以c 2＝7>c 3＝3>c 4> (1)所以存在n ＝2,使得b 7＝c 2,存在n ＝3,使得b 3＝c 3.(12分)下面证明不存在c n ＝2,若存在c n ＝2n ＋n ＋12n －（n ＋1）＝2,即2n ＝3(n ＋1),此式右边为3的倍数,而2n 不可能是3的倍数,故该式不成立．综上,满足要求的b n 为b 3,b 7.(16分)20.解:(1) 因为g′(x)＝1x,所以g′(1)＝1,则f(x)的最小值为f(1),因此抛物线y ＝f(x)的对称轴为x ＝1,即－a2＝1,所以a ＝－2.(2分)(2) 由(1)知,f(x)＝x 2－2x.不等式bf(x)≤xg(x)即bx 2－2bx ≤xln x ＋bx,所以b(x －3)≤ln x对任意x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 2恒成立.(4分)令h(x)＝b(x －3)－ln x,则h′(x)＝b －1x ＝bx －1x .① 若b ≤0,则h′(x)<0,所以函数h(x)在⎣⎡⎦⎤1e ，e 2上单调递减,故h max (x)＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝b ⎝⎛⎭⎫1e －3－ln 1e≤0,解得b ≥13－1e>0,此时无符合题意的b 值；(6分)② 若b>0,令h′(x)＝0,解得x ＝1b.列表如下:由题意,可知⎩⎪⎨⎪⎧h ⎝⎛⎭⎫1e ＝b ⎝⎛⎭⎫1e －3－ln 1e ≤0，h （e 2）＝b （e 2－3）－ln e 2≤0，解得e 3e －1≤b ≤2e 2－3.故b 的取值范围是⎣⎡⎦⎤e 3e －1，2e 2－3.(8分)(3) 设直线l 1,l 2的倾斜角分别为α,β,则tan α＝f′(x 0)＝2x 0－2,tan β＝g′(x 0)＝1x 0.因为x 0>1,所以tan α>0,tan β>0,则α,β均为锐角．若直线l 1,l 2与x 轴所围成的三角形是等腰三角形,则α＝2β或β＝2α.(10分)① 当β＝2α时,tan β>tan α,即1x 0>2x 0－2,解得1<x 0<1＋32,而tan β＝tan2α＝。

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