专题06 立体几何-2016年高考+联考模拟理数试题分项版解析(解析版)
最新2016年全国统一高考数学模拟试卷(理科)
12016年全国统一高考数学模拟试卷（理科）（新课标I）2参考答案与试题解析34一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的5四个选项中，只有一项是符合题目要求的．61．设集合A={x|x≤2}，，则A∩B=（）7A．[1，2] B．[0，2] C．（1，2] D．[﹣1，0）8【考点】交集及其运算．9【分析】求出B中x的范围确定出B，找出A与B的交集即可．10【解答】解：由B中y=，得到，即x＞1，11∴B=（1，+∞），12∵A=（﹣∞，2]，13∴A∩B=（1，2]，14故选：C．15162．“m=1”是“复数z=m2+mi﹣1为纯虚数”的（）17A．充分但不必要条件B．必要但不充分条件18C．充要条件D．既不充分也不必要条件119【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．20【分析】复数z=m2+mi﹣1为纯虚数，m为实数⇔，解得m即可判21断出结论．22【解答】解：复数z=m2+mi﹣1为纯虚数，m为实数⇔，解得m=±231．24∴“m=1”是“复数z=m2+mi﹣1为纯虚数”的充分不必要条件．25故选：A．26273．已知函数f（x）=sinx的图象向右平移m个单位后得到函数g（x）的图28象，h（x）=cos（x+），g（x）与h（x）图象的零点重合，则m不可能的值29为（）30A ．B ．C ．D ．﹣31【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．32【分析】由条件利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，诱导公式，33求得m，可得结论．34【解答】解：∵函数f（x）=sinx的图象向右平移m个单位后得到g（x）35=sin（x﹣m）36=cos （﹣x+m）=cos（x﹣m ﹣）的图象．2又h（x）=cos（x+）的图象，g（x）与h（x）图象的零点重合，37故g（x）=cos（x﹣m ﹣）和h（x）=cos（x+）的图象相差半个周期，38∴=kπ﹣﹣m，即m=kπ﹣，k∈Z，故m 的值不会是，39故选：B．40414．为防止部分学生考试时用搜题软件作弊，命题组指派5名教师对数学卷42的选择题、填空题和解答题这3种题型进行改编，则每种题型至少指派一名教43师的不同分派方法种数为（）44A．150 B．180 C．200 D．28045【考点】计数原理的应用．46【分析】根据题意，分析可得人数分配上有两种方式即1，2，2与1，1，3，47分别计算两种情况下的情况数目，相加可得答案．48【解答】解：人数分配上有两种方式即1，2，2与1，1，3．49若是1，1，3，则有C53×A33=60种，50若是1，2，2，则有×A33=90种51所以共有150种不同的方法．52故选：A．53543555．已知函数g（x）是定义在区间[﹣3﹣m，m2﹣m]上的偶函数（m＞0），且56f（x）=，则f57A．1 B．2 C．9 D．1058【考点】函数奇偶性的性质．59【分析】根据函数奇偶性的定义域的对称性求出m，利用函数的周期性进行60转化求解即可．61【解答】解：∵函数g（x）是定义在区间[﹣3﹣m，m2﹣m]上的偶函数（m62＞0），63∴﹣3﹣m+m2﹣m=0，64即m2﹣2m﹣3=0，65得m=3或m=﹣1，66∵m＞0，67∴m=3，68则当x≥0时，f（x）=f（x﹣3），69则f=f（0）=f（﹣3）=（﹣3）2+1=9+1=10，70故选：D．716．如图为某几何体的三视图，求该几何体的内切球的表面积为（）472A ．B．3π C．4π D ．73【考点】由三视图求面积、体积．74【分析】球心到棱锥各表面的距离等于球的半径，求出棱锥的各面面积，75使用体积法求出内切球半径．76【解答】解：由三视图可知几何体为四棱锥，作出直观图如图所示：77其中SA⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为3的正方形，SA=4．78∴SB=SD==5，79∴S△SAB =S△SAD=，S△SBC=S△SCD=．S底面=32=9．80V棱锥==12．S表面积=6×2+7.5×2+9=36．81设内切球半径为r，则球心到棱锥各面的距离均为r．82∴S表面积•r=V棱锥．∴r=1．83∴内切球的表面积为4πr2=4π．845故选C．8586877．若不等式组表示的区域Ω，不等式（x ﹣）2+y 2表示的88区域为Γ，向Ω区域均匀随机撒360颗芝麻，则落在区域Γ中芝麻数约为（）89A．114 B．10 C．150 D．5090【考点】几何概型；简单线性规划．91【分析】作出两平面区域，计算两区域的公共面积，得出芝麻落在区域Γ92内的概率．93【解答】解：作出平面区域Ω如图：则区域Ω的面积为S△ABC ==．94区域Γ表示以D （）为圆心，以为半径的圆，95则区域Ω和Γ的公共面积为S′=+=．96697∴芝麻落入区域Γ的概率为=．98∴落在区域Γ中芝麻数约为360×=30π+20≈114．99故选A．1001011028．执行如图所示的程序框图，若输出的S值为﹣4，则条件框内应填写（）103104A．i＞3？ B．i＜5？C．i＞4？D．i＜4？105【考点】程序框图．7106【分析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，107可知：该程序的作用是计算并输出S的值，条件框内的语句是决定是否结束循108环，模拟执行程序即可得到答案．109【解答】解：模拟执行程序，可得110i=1，S=10111满足判断框内的条件，第1次执行循环体，s=10﹣21=8，i=2，112满足判断框内的条件，第2次执行循环体，s=8﹣22=4，i=3，113满足判断框内的条件，第3次执行循环体，s=4﹣23=﹣4，i=4，114此时，应该不满足判断框内的条件，退出循环，输出的S值为﹣4，115则条件框内应填写：i＜4，116故选：D．1171189．已知直线：y=kx﹣k+1与曲线C：x2+2y2=m有公共点，则m的取值范围是119（）120A．m≥3 B．m≤3 C．m＞3 D．m＜3121【考点】曲线与方程．122【分析】直线：y=kx﹣k+1恒过定点（1，1），利用直线：y=kx﹣k+1与曲123线C：x2+2y2=m有公共点，定点在圆内或圆上，即可得出m的取值范围．124【解答】解：直线：y=kx﹣k+1恒过定点（1，1），8∵直线：y=kx﹣k+1与曲线C：x2+2y2=m有公共点，125∴12+2×12≤m，126∴m≥3．127故选：A．12812910．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面是正三角形，三棱往的高为，若P是130△A1B1C1中心，且三棱柱的体积为，则PA与平面ABC所成的角大小是（）131A ．B ．C ．D ．132【考点】直线与平面所成的角；棱柱、棱锥、棱台的体积．133【分析】由题意设底面正△ABC的边长为a，过P作PO⊥平面ABC，垂足为134O，则点O为底面△ABC的中心，故∠PAO即为PA与平面ABC所成角，由此能求135出PA与平面ABC所成的角．136【解答】解：由题意设底面正△ABC的边长为a，过P作PO⊥平面ABC，垂137足为O，138则点O为底面△ABC的中心，故∠PAO即为PA与平面ABC所成角，139∵|OA|==，|OP|=，140又∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中体积为，141∴由直棱柱体积公式得V==，解得a=，1429∴tan∠PAO==，143∴，144∴PA与平面ABC 所成的角为．145故选：C．14614714811．如图，已知F1、F2为双曲线C ：（a＞0，b＞0）的左、右焦149点，点P 在第一象限，且满足=，（）•=0，线段PF2与双150曲线C交于点Q ，若=5，则双曲线C的渐近线方程为（）151152A．y=±B．y=±C．y=±D．y=±15310【考点】双曲线的标准方程．154【分析】由题意，|PF1|=|F1F2|2c，|QF1|=a，|QF2|=a，由余弦定理可得155=，确定a，b的关系，即可求出双曲线C的渐近线方程．156【解答】解：由题意，（）•=0，∴|PF1|=|F1F2|=2c，|QF1|=a，157|QF2|=a，158∴由余弦定理可得=，159∴c=a，160∴b=a，161∴双曲线C的渐近线方程为y=x．162故选：B．16316412．已知函数f（x）=x2﹣ax﹣alnx（a∈R），g（x）=﹣x3+x2+2x﹣6，g 165（x）在[1，4]上的最大值为b，当x∈[1，+∞）时，f（x）≥b恒成立，则a 166的取值范围（）167A．a≤2 B．a≤1 C．a≤﹣1 D．a≤0168【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；函数的最值及其几何意义．16911【分析】利用导数与函数的单调性关系判断g（x）的单调性求出g（x）在170[1，4]上的最大值b，对a进行讨论判断f（x）在[1，+∞）上的单调性，令fmin 171（x）≥b解出a的范围．172【解答】解：g′（x）=﹣3x2+5x+2，令g′（x）=0得x=2或x=﹣．173当1≤x＜2时，g′（x）＞0，当2＜x＜4时，g′（x）＜0，174∴g（x）在[1，2）上单调递增，在（2，4]上单调递减，175∴b=g（2）=0．176∴f（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，177f′（x）=2x﹣a ﹣=，178令h（x）=2x2﹣ax﹣a，△=a2+8a．179（1）若△=a2+8a≤0，即﹣8≤a≤0，则h（x）≥0恒成立，180∴f′（x）≥0恒成立，∴f（x）在[1，+∞）上是增函数，181∴fmin （x）=f（1）=1﹣a≥0，解得a≤1，182∴﹣8≤a≤0．183（2）若△=a2+8a＞0，即a＜﹣8或a＞0．184令f′（x）=0得h（x）=0，解得x=（舍）或x=．18512若a＜﹣8，则＜0，则h（x）＞0在[1，+∞）上恒成立，186∴f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在[1，+∞）上是增函数，187∴fmin （x）=f（1）=1﹣a≥0，解得a≤1，188∴a＜﹣8．189若0＜≤1，即0＜a≤1，则h（x）＞0在[1，+∞）上恒成立，190∴f′（x）≥0恒成立，∴f（x）在[1，+∞）上是增函数，191∴fmin （x）=f（1）=1﹣a≥0，解得a≤1，192∴0＜a≤1．193若＞1，即a＞1时，则1≤x ＜时，h（x）＜0，当x 194＞时，h（x）＞0．195∴1≤x ＜时，f′（x）＜0，当x ＞时，f′（x）＞0．196∴f（x）在[1，]上单调递减，在（，+∞）上单调递197增．198此时fmin （x）＜f（1）=1﹣a＜0，不符合题意．199综上，a的取值范围是（﹣∞，1]．20013201故选：B．202203二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）20413．设某总体是由编号为01，02，…，19，20的20个个体组成．利用下205面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列206数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号是10 ．207208【考点】简单随机抽样．209【分析】根据随机数表，依次进行选择即可得到结论．210【解答】解：从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次211选取两个数字中小于20的编号依次为08，02，14，07，02，10，．其中第二个212和第四个都是02，重复．213可知对应的数值为08，02，14，07，10，214则第5个个体的编号为10．215故答案为：1021621714．在四边形ABCD 中，AB∥CD ，=0，AB=2BC=2CD=2，则在上218的投影为﹣．219【考点】平面向量数量积的运算．14【分析】先建立坐标系，根据坐标的运算和向量的投影即可求出．220【解答】解：∵AB∥CD ，=0，AB=2BC=2CD=2，221以B为坐标原点，以BA为x轴，BC为y轴，建立如图所示的坐标系，222∴A（2，0），C（0，1），D（1，1），223∴=（﹣1，1），=（﹣2，1），224∴•=﹣1×（﹣2）+1×1=3，||=，225∴在上的投影为=﹣=﹣，226故答案为：﹣．22722822915．已知数列{an }，{bn}满足a1=，an+bn=1，bn+1=，n∈N*，则b2016=230．231【考点】数列递推式．23215【分析】数列{an }，{bn}满足a1=，an+bn=1，bn+1=，n∈N*，可得b1=1233﹣a1=，bn+1==．求出b2，b3，b4，…，猜想：bn=，即可234得出．235【解答】解：∵数列{an }，{bn}满足a1=，an+bn=1，bn+1=，n∈N*，236∴b1=1﹣a1=，bn+1==．237∴b2=，b3=，b4=，…，238猜想：bn =，239经过验证：bn+1=成立．240则b2016=．241故答案为：．24224316．过双曲线=1（a＞0，b＞0）的左焦点F（﹣c，0）作圆x2+y2=a2 244的切线，切点为E，延长FE交抛物线y2=4cx于点P，O为原点，若，245则双曲线的离心率为．246【考点】双曲线的简单性质．24716248【分析】由题设知|EF|=b，|PF|=2b，|PF′|=2a，过F点作x轴的垂线l，249过P点作PD⊥l，则l为抛物线的准线，250据此可求出P点的横坐标，后在Rt△PDF中根据勾股定理建立等式，由此251能求出双曲线的离心率．252【解答】解：∵|OF|=c，|OE|=a，OE⊥EF253∴|EF|=b，254∵，255∴E为PF的中点，|PF|=2b，256又∵O为FF′的中点，257∴PF′∥EO，258∴|PF′|=2a，259∵抛物线方程为y2=4cx，260∴抛物线的焦点坐标为（c，0），261即抛物线和双曲线右支焦点相同，262过F点作x轴的垂线l，过P点作PD⊥l，则l为抛物线的准线，263∴PD=PF′=2a，264∴P点横坐标为2a﹣c，设P（x，y），265在Rt△PDF中，PD2+DF2=PF2，即4a2+y2=4b2，4a2+4c（2a﹣c）=4（c2﹣b2），17解得e=266故答案为：．267268三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或269演算步骤.）27017．设数列{an }满足a1=2，an+1=2an﹣n+1，n∈N*，271（1）求数列{an }的通项公式；272（2）若数列bn =，求数列{bn}的前n项和Sn．273【考点】数列的求和；数列递推式．274【分析】（1）由数列{an }满足a1=2，an+1=2an﹣n+1，n∈N*，变形为an+1﹣（n+1）275=2（an ﹣n），利用等比数列的通项公式即可得出．276（2）bn ==，利用“裂项求和”即可得出．277【解答】解：（1）∵数列{an }满足a1=2，an+1=2an﹣n+1，n∈N*，278∴an+1﹣（n+1）=2（an﹣n），279∴数列{an ﹣n}是等比数列，首项为1，公比为2．280∴an ﹣n=2n﹣1，即an=n+2n﹣1．281（2）bn ===，28218∴数列{bn }的前n项和283Sn =++…++284=285=﹣．28628718．某课题组对春晚参加“咻一咻”抢红包活动的同学进行调查，按照使288用手机系统不同（安卓系统和IOS系统）分别随机抽取5名同学进行问卷调查，289发现他们咻得红包总金额数如表所示：290手机系统一二三四五安卓系统（元） 2 5 3 20 9IOS系统（元） 4 3 18 9 7（1）如果认为“咻”得红包总金额超过6元为“咻得多”，否则为“咻得291少”，请判断手机系统与咻得红包总金额的多少是否有关？292（2）要从5名使用安卓系统的同学中随机选出2名参加一项活动，以X表293示选中的同学中咻得红包总金额超过6元的人数，求随机变量X的分布列及数294学期望E（X）．295下面的临界值表供参考：29619P（K2≥k）0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828297独立性检验统计量，其中n=a+b+c+d．298【考点】独立性检验的应用；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变299量的期望与方差．300【分析】（1）根据题意列出2×2列联表，根据2×2列联表，代入求临界301值的公式，求出观测值，利用观测值同临界值表进行比较，K2=0.4＜2.706，可302得到没有足够的理由认为手机系统与咻得红包总金额的多少有关；303（2）由题意求得X的取值0，1，2，运用排列组合的知识，可得各自的概304率，求得X的分布列，由期望公式计算即可得到（X）．；305【解答】解：（1）根据题意列出2×2列联表如下：咻得多咻得少合计咻得多少手机系统安卓 3 2 5IOS 2 3 5合计 5 5 1020306K2==0.4＜2.706，307所以没有足够的理由认为手机系统与咻得红包总金额的多少有关．308（2）随机变量X的所有可能取值为0，1，2，309P（X=0）==；310P（X=1）==；311P（X=2）==312故X的分布列为：X 0 1 2P313∴数学期望E（X），E（X）=0×+1×+2×=0.8．31431519．在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ADNM316⊥平面ABCD，∠D AB=60°，AD=2，AM=1，E为AB的中点．317（Ⅰ）求证：AN∥平面MEC；21318（Ⅱ）在线段AM上是否存在点P，使二面角P﹣EC﹣D 的大小为？若存319在，求出AP的长h；若不存在，请说明理由．320321【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．322【分析】（I）利用CM与BN交于F，连接EF．证明AN∥EF，通过直线与平323面平行的判定定理证明AN∥平面MEC；324（II）对于存在性问题，可先假设存在，即假设x在线段AM上是否存在点325P，使二面角P﹣EC﹣D 的大小为．再通过建立空间直角坐标系，求出相关点326的坐标，利用坐标法进行求解判断．327【解答】解：（I）CM与BN交于F，连接EF．328由已知可得四边形BCNM是平行四边形，329所以F是BN的中点．330因为E是AB的中点，331所以AN∥EF．…332又EF⊂平面MEC，AN⊄平面MEC，333所以AN∥平面MEC．…334（II）由于四边形ABCD是菱形，E是AB的中点，可得DE⊥AB．22335又四边形ADNM是矩形，面ADNM⊥面ABCD，336∴DN⊥面ABCD，337如图建立空间直角坐标系D﹣xyz，338则D（0，0，0），E （，0，0），C（0，2，0），P （，﹣1，h），339=（，﹣2，0），=（0，﹣1，h），340设平面PEC 的法向量为=（x，y，z）．341则，∴，342令y=h ，∴=（2h ， h ，），343又平面ADE 的法向量=（0，0，1），344∴cos ＜，＞===，解得h=，345∴在线段AM上是否存在点P，当h=时使二面角P﹣EC﹣D 的大小为．3462334734834920．在平面直角坐标系xOy中，E′F′两点的坐标分别为（0，），（0，350﹣），动点G满足：直线E′G与直线F′G 的斜率之积为﹣．351（1）求动点G的轨迹方程；352（2）过点O作两条互相垂直的射线，与（1）中的轨迹分别交于A，B两点，353求△OAB面积的最小值．354【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；轨迹方程．355【分析】（1）设动点G的坐标（x，y），直线E'G 的斜率，直线356F'G 的斜率（x≠0），由直线E′G与直线F′G 的斜率之积为﹣，能357求出求动点G的轨迹方程；358（2）设直线AB的方程为y=kx+m，联立，得3x2+4（k2x2+2kmx+m2）359﹣12=0，由此利用韦达定理、点到直线距离公式、椭圆性质，结合已知能求出360△OAB面积的最小值．361【解答】解：（1）∵，设动点G的坐标（x，y），362∴直线E'G 的斜率，直线F'G 的斜率（x≠0），24又，363∴，364∴动点G 的轨迹方程为．（ 4分）365（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为y=kx+m，366联立，消去y，得3x2+4（k2x2+2kmx+m2）﹣12=0，367，，368∵OA⊥OB，∴x1x2+y1y2=0，∴x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=0，369即，370把，代入，得371，372整理得7m2=12（k2+1），∴O到直线AB的距离d===，373∵OA⊥OB，∴OA2+OB2=AB2≥2OA•OB，374当且仅当OA=OB时取“=”号．37525376由d•AB=OA•OB，得d，∴AB≥2d=，377即弦AB 的长度的最小值是，378∴△OAB 面积的最小值为．37938021．已知函数f（x）=x2+ax﹣lnx，a∈R381（1）若函数g（x）=+ax﹣f（x），求g（x）在区间[，e]上的最大值；382（2）令g（x）=f（x）﹣x2，是否存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常383数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理384由．385【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．386【分析】（1）令g′（x）=0得出g（x）的极值点，判断g（x）在[，e]387上的单调性，根据单调性得出最大值；388（2）对a进行讨论，判断g（x）在（0，e]上的单调性，求出最小值，令389最小值为3解出a．390【解答】解：（1）g（x）=﹣+lnx，391g′（x）=﹣x+=．392∴当≤x＜1时，g′（x）＞0，当1＜x≤e时，g′（x）＜0．26∴g（x）在[，1]上单调递增，在（1，e]上单调递减，393∴当x=1时，g（x）在[，e]上取得最大值g（1）=﹣．394（2）g（x）=ax﹣lnx，g′（x）=a ﹣．395当a≤0时，g′（x）＜0，g（x）在（0，e]上是减函数，396∴gmin （x）=g（e）=ae﹣1=3，解得a=（舍）．397当a＞0时，令g′（x）=0得x=．398∴当0＜x ＜时，g′（x）＜0，当x ＞时，g′（x）＞0．399当0＜＜e即a ＞时，g（x）在（0，]上单调递减，在（，e]上单调400递增，401∴gmin （x）=g （）=1﹣ln=3，解得a=e2．402当≥e即0＜a ≤时，g（x）在（0，e]上是减函数，403∴gmin （x）=g（e）=ae﹣1=3，解得a=（舍）．404综上，a=e2．405406[选修4-1：几何证明选讲]（共1小题，满分10分）40722．如图，△ABC的外接圆的切线AE与BC的延长线相交于点E，∠BAC的408平分线与BC相交于点D，AE=2BD=2．40927410（1）求证：EA=ED；411（2）求DC•BE的值．412413【考点】与圆有关的比例线段；相似三角形的判定；相似三角形的性质．414【分析】（1）由圆的弦切角定理和内角平分线的性质，可得∠DAE=∠ADE，415即可得证；416（2）由对应角相等，可得△ABE∽△CAE，由相似三角形的性质和内角平分417线定理，可得DB•DE=DC•BE，代入计算即可得到所求值．418【解答】解：（1）证明：∠ADE=∠ABD+∠BAD，∠DAE=∠DAC+∠EAC，419由AE为△ABC的外接圆的切线，420由弦切角定理可得∠ABD=∠EAC，①421由AD为∠BAC的平分线，422可得∠BAD=∠DAC，②423①②相加可得∠DAE=∠ADE，424则EA=ED．425（2）∵28426∴△ABE∽△CAE，427∴，428又∵，∴，429即DB•AE=DC•BE，430由（1）知EA=ED，∴DB•DE=DC•BE．431根据已知条件AE=2BD=2．432可得BD=1，EA=ED=2，433所以DB•DE=DC•BE=2．434435436[选修4-4：坐标系与参数方程]（共1小题，满分0分）43723．在直角坐标系xOy中，设倾斜角为α的直线：（t为参438数）与曲线C ：（θ为参数）相交于不同的两点A，B．439（1）若α=，求线段AB的长度；440（2）若直线的斜率为，且有已知点P（2，），求证：|PA|•|PB|=|OP|2．441【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．29442【分析】（1）由曲线C ：（θ为参数），利用平方关系可得C的443普通方程．当时，直线方程为：（t为参数），代入代入曲线444C的普通方程，得13t2+56t+48=0，利用一元二次方程的根与系数的关系、弦长445公式即可得出．446（2）将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程，化为：（cos2α+4sin2α）447t2+（8sinα+4cosα）t+12=0，利用根与系数的关系即可得出．448【解答】解：（1）由曲线C ：（θ为参数），可得C的普通方程449是=1．450当时，直线方程为：（t为参数），451代入曲线C的普通方程，得13t2+56t+48=0，452则线段AB的长度为453．454（2）证明：将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程，455化为：（cos2α+4sin2α）t2+（8sinα+4cosα）t+12=0，456∵457458，30459而直线的斜率为，则代入上式求得|PA|•|PB|=7．460又，461∴|PA|•|PB|=|OP|2．462463[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分0分）46424．已知函数f（x）=|x﹣1|+|x﹣a|．（a＞1）465（1）若不等式f（x）≥2的解集为{x|x ≤或x}，求a的值；466（2）∀x∈R，f（x）+|x﹣1|≥1，求实数a的取值范围．467【考点】绝对值不等式的解法．468【分析】（1）通过讨论x的范围，求出不等式的解集，根据对应关系求出a469的值即可；470（2）问题转化为：2|x﹣1|+|x﹣a|≥1．通过讨论x的范围，求出不等式471的解集，从而确定出a的范围即可．472【解答】解：（1），473x≥a时，2x﹣a﹣1≥2得，474x＜1时，﹣2x+a+1≥2得475综上得：a=2．31476（2）由x∈R，f（x）+|x﹣1|≥1可得2|x﹣1|+|x﹣a|≥1．477当x≥a时，只要3x﹣2﹣a≥1恒成立即可，此时只要；478当1＜x≤a时，只要x﹣2+a≥1恒成立即可，此时只要1﹣2+a≥1⇒a≥2；479当x＜1时，只要﹣3x+2+a≥1恒成立即可，此时只要﹣3+2+a≥1⇒a≥2，480综上a∈[2，+∞）．481482324834842016年10月16日33。
专题05 圆锥曲线-2016年高考+联考模拟理数试题分项版解析(原卷版) Word版缺答案
第一部分 2016高考试题圆锥曲线1. 【2016高考新课标1卷】已知方程222213x y m n m n-=+-表示双曲线,且该双曲线两焦点间的距离为4,则n 的取值范围是( )（A ）()1,3- （B ）(- （C ）()0,3 （D ）(2.【2016高考新课标2理数】圆2228130x y x y +--+=的圆心到直线10ax y +-=的距离为1，则a=（ ）（A ）43-（B ）34- （C （D ）2 3.【2016年高考四川理数】设O 为坐标原点，P 是以F 为焦点的抛物线22(p 0)y px => 上任意一点，M 是线段PF 上的点，且PM =2MF ,则直线OM 的斜率的最大值为( )（A （B ）23（C （D ）1 4.【2016高考新课标2理数】已知12,F F 是双曲线2222:1x y E a b-=的左，右焦点，点M 在E 上，1MF 与x轴垂直，211sin 3MF F ∠=,则E 的离心率为（ ）（A （B ）32（C （D ）25.【2016高考浙江理数】已知椭圆C 1：22x m +y 2=1(m >1)与双曲线C 2：22x n–y 2=1(n >0)的焦点重合，e 1，e 2分别为C 1，C 2的离心率，则（ ）A ．m >n 且e 1e 2>1B ．m >n 且e 1e 2<1C ．m <n 且e 1e 2>1D ．m <n 且e 1e 2<1 6.【2016高考浙江理数】若抛物线y 2=4x 上的点M 到焦点的距离为10，则M 到y 轴的距离是_______．7.【2016高考新课标3理数】已知直线l ：30mx y m ++=错误！未找到引用源。
与圆2212x y +=错误！未找到引用源。
交于,A B 两点，过,A B分别做l 的垂线与x 轴交于,C D 两点，若AB =，则||CD =错误！未找到引用源。
2019高考数学真题06 立体几何(解答题)-三年(2017-2019)高考真题数学(文)分项汇编(解析版)
专题06 立体几何（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2. 【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以1C E =，故CH =.从而点C 到平面1C DE 的距离为17.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ． （2）由（1）知∠BEB 1=90°. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==． 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.3．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2． （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 4．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，⊥．所以PA BD又因为底面ABCD为菱形，所以BD AC ⊥． 所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点， 所以AE ⊥CD ． 所以AB ⊥AE ． 所以AE ⊥平面PAB ． 所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ． 则FG ∥AB ，且FG =12AB ． 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE =12AB ． 所以FG ∥CE ，且FG =CE ． 所以四边形CEGF 为平行四边形． 所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ， 所以CF ∥平面PAE ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）3． 【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ， 所以GH ∥平面P AD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ， 又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面P AC ，又PA ⊂平面P AC ，故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面P AC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角， 因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点，所以DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面P AC【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.6．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ，EG由于O 为A 1G 的中点，故12A G EO OG ===所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B1，0），1B，3,22F ，C (0，2，0)．因此，33(,22EF =，(BC =． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(02BC AC --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.8．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥． 又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =又23BP DQ DA ==，所以BP = 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =∥13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为11113451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.解答本题时，（1）首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90°，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；（2）根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.9．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，在三棱锥P A B C -中，AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）见解析；（2）5．【解析】（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =连结OB ．因为AB =BC =2AC，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ． 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知OC =12AC =2，CM =23BC ，∠ACB =45°．所以OM =3，CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=5．所以点C 到平面POM 的距离为5． 【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明，解答本题时，连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，即过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可，本题也可利用等体积法解决.10．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ． 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题.11．【2018年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面P AB ⊥平面PCD ； （3）求证：EF ∥平面PCD .【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）∵PA PD =，且E 为AD 的中点，∴PE AD ⊥. ∵底面ABCD 为矩形，∴BC AD ∥， ∴PE BC ⊥.（2）∵底面ABCD 为矩形，∴AB AD ⊥. ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD . ∴AB PD ⊥.又PA PD ⊥，∴PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD . （3）如图，取PC 中点G ，连接,FG GD .∵,F G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG BC ∥，且12FG BC =. ∵四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， ∴1,2ED BC DE BC =∥，∴ED FG ∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形， ∴EF GD ∥.又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ， ∴EF ∥平面PCD .【名师点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.12．【2018年高考天津卷文数】如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB =2，AD=BAD =90°． （1）求证：AD ⊥BC ；（2）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； （3）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2；（3． 【解析】（1）由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．（2）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角． 在Rt △DAM 中，AM =1，故DMAD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ． 在Rt △DAN 中，AN =1，故DN在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得12cos MNDMN DM ∠==．所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为26．（3）连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD ．在Rt △CMD 中，sin 4CM CDM CD ∠==．所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为4．【名师点睛】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．13．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．【名师点睛】本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.解答本题时，（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得四边形ABB1A1为菱形，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.14．【2018年高考浙江卷】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．（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）13. 【解析】方法一：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得111AB A B ==， 所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C = 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =，所以2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥.因此1AB ⊥平面111A B C .（2）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD .由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ， 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ， 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC A B AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=，所以1C D ，故111sin C D C AD AC ∠==.因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13. 方法二：（1）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意知各点坐标如下：111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),A B A B C因此11111(1(12),3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（2）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（1）可知11(1(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(=n .所以111|sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |. 因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13.【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.15．【2017年高考全国Ⅰ文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，且四棱锥P −ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积． 【答案】（1）见解析；（2）326+．【解析】（1）由已知90BAP CDP ==︒∠∠，得AB AP ⊥，CD PD ⊥． 由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ． 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得AD =，PE x =． 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=． 由题设得31833x =，故2x =．从而2PA PD ==，AD BC ==PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 6062222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+ 【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．解答本题时，（1）由A B A P ⊥，AB PD ⊥，得AB ⊥平面PAD 即可证得结果；（2）设AB x =，则四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=，解得2x =，可得所求侧面积．16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，1,2AB BC AD BAD ==∠90.ABC =∠=︒ （1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）在平面ABCD 内，因为∠BAD =∠ABC =90°，所以BC ∥AD . 又BC PAD ⊄平面，AD PAD ⊂平面， 故BC ∥平面P AD .（2）取AD 的中点M ，连结PM ，CM ， 由12AB BC AD ==及BC ∥AD ，∠ABC =90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD =AD ， 所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ，因为CM ABCD ⊂底面，所以PM ⊥CM .设BC =x ，则CM =x ，CD ，PM ，PC =PD =2x .取CD 的中点N ，连结PN ，则PN ⊥CD ，所以PN x =.因为△PCD 的面积为，所以12x =解得x =−2（舍去），x =2，于是AB =BC =2，AD =4，PM =所以四棱锥P −ABCD 的体积()224132V ⨯+=⨯⨯=【名师点睛】解答本题时，（1）先由平面几何知识得BC ∥AD ，再利用线面平行的判定定理证得结论；（2）取AD 的中点M ，利用线面垂直的判定定理证明PM ⊥底面ABCD ，从而得四棱锥的高，再通过平面几何计算得底面直角梯形的面积，最后代入锥体体积公式即可.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.17．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD =CD ．（1）证明：AC ⊥BD ；（2）已知△ACD 是直角三角形，AB =BD ．若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比． 【答案】（1）见解析；（2）1:1【解析】（1）取AC 的中点O ，连结DO ，BO . 因为AD =CD ，所以AC ⊥DO . 又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO . 从而AC ⊥平面DOB ， 故AC ⊥BD . （2）连结EO .由（1）及题设知∠ADC =90°，所以DO =AO . 在Rt △AOB 中，222BO AO AB +=.又AB =BD ，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==， 故∠DOB =90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以12EO AC =. 又△ABC 是正三角形，且AB =BD ，所以12EO BD =.故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1:1.【名师点睛】解答本题时，（1）取AC 的中点O ，由等腰三角形及等边三角形的性质得OD AC ⊥，OB AC ⊥，再根据线面垂直的判定定理得⊥AC 平面OBD ，即得AC ⊥BD ；（2）先由AE ⊥EC ，结合平面几何知识确定12EO AC =，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.18．【2017年高考北京卷文数】如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（1）求证：PA ⊥BD ；（2）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（3）当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E –BCD 的体积． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）13. 【解析】（1）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥，所以PA ⊥平面ABC ， 又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（2）因为AB BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥， 由（1）知，PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAC ， 所以平面BDE ⊥平面PAC .（3）因为PA ∥平面BDE ，平面PAC 平面BDE DE =，所以PA DE ∥.因为D 为AC 的中点，所以112DE PA ==，BD DC ==由（1）知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC . 所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.解答本题时，（1）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（2）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（3）由13BCD V S DE =⨯⨯△即可求解.19．【2017年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =．（1）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； （2）求证：PD ⊥平面PBC ；（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（12）见解析；（3 【解析】（1）如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角． 因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD ．在Rt △PDA 中，由已知，得AP =故cos AD DAP AP ∠==所以，异面直线AP 与BC（2）因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD ． 又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ， 又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C ．（3）过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连结PF ， 则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角． 因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影， 所以DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD //BC ，DF //AB ，故BF =AD =1，由已知，得CF =BC –BF =2． 又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得DF ==在Rt △DPF 中，可得sin 5PD DFP DF ∠==．所以，直线AB 与平面PBC 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点考查内容，而证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判断定理转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可，而线线垂直又可通过线面垂直得到，用几何法求线面角，关键是找到斜线的射影，斜线与其射影所成的角就是线面角．解答本题时，（1）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，因为AD BC ∥，所以DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角，本题中AD ⊥PD ，进而可得AP 的长，所以cos ADDAP AP∠=；（2）要证明线面垂直，根据判断定理，证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可；（3）根据（2）中的结论，作DF AB ∥，连结PF ，则DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．20．【2017年高考山东卷文数】由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD . （1）证明：1A O ∥平面B 1CD 1;（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）取11B D 的中点1O ，连接111,CO AO ，由于1111ABCD A B C D -是四棱柱， 所以1111,AO OC AO OC =∥， 因此四边形11AOCO 为平行四边形， 所以11A O O C ∥，又1O C ⊂平面11B CD ，1AO ⊄平面11B CD ， 所以1A O ∥平面11B CD .（2）因为AC BD ⊥，E ，M 分别为AD 和OD 的中点， 所以EM BD ⊥，又1A E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以1,A E BD ⊥ 因为11,B D BD ∥所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥ 又1,A E EM ⊂平面1A EM ，1A E EM E =，所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ⊂平面11B CD ， 所以平面1A EM ⊥平面11B CD .【名师点睛】证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行，应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行．-中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，21．【2017年高考江苏卷】如图，在三棱锥A BCDF(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【答案】（1）见解析；（2）见解析.⊥，【解析】（1）在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF AD∥．所以EF AB又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC．⊥，（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCD=BD，BC⊂平面BCD，BC BD所以BC⊥平面ABD．因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD．=，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，又AB⊥AD，BC AB B所以AD⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC．【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．22．【2017年高考浙江卷】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． 【答案】（1）见解析；（2【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.满分15分.（1）如图，设P A 中点为F ，连接EF ，FB ． 因为E ，F 分别为PD ，P A 中点，所以EF AD ∥且12EF AD =， 又因为BC AD ∥，12BC AD =，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P AB ．（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 ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， 在平行四边形BCEF 中，MQ//CE ．由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD ．由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD ．PABCDE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MH ．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CD =1．在△PCD 中，由PC =2，CD =1，得CE在△PBN 中，由PN =BN =1，PB QH =14，在Rt △MQH 中，QH=14，MQ ， 所以sin ∠QMH =8，所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是8．【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角．31。
2016年高考数学真题试卷(理)(新课标Ⅰ)含逐题详解
2016年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）一,选择题：本大题共12小题,每小题5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．（5分）设集合A={x|x2﹣4x+3＜0},B={x|2x﹣3＞0},则A∩B=（）A．（﹣3,﹣）B．（﹣3,）C．（1,）D．（,3）2．（5分）设（1+i）x=1+yi,其中x,y是实数,则|x+yi|=（）A．1B．C．D．23．（5分）已知等差数列{a n}前9项的和为27,a10=8,则a100=（）A．100B．99C．98D．974．（5分）某公司的班车在7：00,8：00,8：30发车,小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间不超过10分钟的概率是（）A．B．C．D．5．（5分）已知方程﹣=1表示双曲线,且该双曲线两焦点间的距离为4,则n的取值范围是（）A．（﹣1,3）B．（﹣1,）C．（0,3）D．（0,）6．（5分）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相互垂直的半径．若该几何体的体积是,则它的表面积是（）A．17πB．18πC．20πD．28π7．（5分）函数y=2x2﹣e|x|在[﹣2,2]的图象大致为（）A．B．C．D．8．（5分）若a＞b＞1,0＜c＜1,则（）A．a c＜b c B．ab c＜ba cC．alog b c＜blog a c D．log a c＜log b c9．（5分）执行下面的程序框图,如果输入的x=0,y=1,n=1,则输出x,y的值满足（）A．y=2x B．y=3x C．y=4x D．y=5x10．（5分）以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A,B两点,交C的准线于D,E两点．已知|AB|=4,|DE|=2,则C的焦点到准线的距离为（）A．2B．4C．6D．811．（5分）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．B．C．D．12．（5分）已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0,|φ|≤）,x=﹣为f（x）的零点,x=为y=f（x）图象的对称轴,且f（x）在（,）上单调,则ω的最大值为（）A．11B．9C．7D．5二,填空题：本大题共4小题,每小题5分,共20分.13．（5分）设向量=（m,1）,=（1,2）,且|+|2=||2+||2,则m=．14．（5分）（2x+）5的展开式中,x3的系数是．（用数字填写答案）15．（5分）设等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…a n的最大值为．16．（5分）某高科技企业生产产品A和产品B需要甲,乙两种新型材料．生产一件产品A需要甲材料1.5kg,乙材料1kg,用5个工时,生产一件产品B需要甲材料0.5kg,乙材料0.3kg,用3个工时,生产一件产品A的利润为2100元,生产一件产品B的利润为900元．该企业现有甲材料150kg,乙材料90kg,则在不超过600个工时的条件下,生产产品A,产品B的利润之和的最大值为元．三,解答题：本大题共5小题,满分60分,解答须写出文字说明,证明过程或演算步骤.17．（12分）△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2cosC（acosB+bcosA）=c．（Ⅰ）求C.（Ⅰ）若c=,△ABC的面积为,求△ABC的周长．18．（12分）如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,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°．（Ⅰ）证明平面ABEF⊥平面EFDC.（Ⅰ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．19．（12分）某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元．在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得如图柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．（Ⅰ）求X的分布列.（Ⅰ）若要求P（X≤n）≥0.5,确定n的最小值.（Ⅰ）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选用哪个？20．（12分）设圆x2+y2+2x﹣15=0的圆心为A,直线l过点B（1,0）且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E．（Ⅰ）证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程.（Ⅰ）设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围．21．（12分）已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围.（Ⅰ）设x1,x2是f（x）的两个零点,证明：x1+x2＜2．请考生在22,23,24题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.[选修4-1：几何证明选讲] 22．（10分）如图,△OAB是等腰三角形,∠AOB=120°．以O为圆心,OA为半径作圆．（Ⅰ）证明：直线AB与⊙O相切.（Ⅰ）点C,D在⊙O上,且A,B,C,D四点共圆,证明：AB∥CD．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为（t为参数,a＞0）．在以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2：ρ=4cosθ．（Ⅰ）说明C1是哪种曲线,并将C1的方程化为极坐标方程.（Ⅰ）直线C3的极坐标方程为θ=α0,其中α0满足tanα0=2,若曲线C1与C2的公共点都在C3上,求a．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x+1|﹣|2x﹣3|．（Ⅰ）在图中画出y=f（x）的图象.（Ⅰ）求不等式|f（x）|＞1的解集．参考答案一,选择题：本大题共12小题,每小题5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．（5分）设集合A={x|x2﹣4x+3＜0},B={x|2x﹣3＞0},则A∩B=（）A．（﹣3,﹣）B．（﹣3,）C．（1,）D．（,3）【考点】1E：交集及其运算．【专题】11：计算题,4O：定义法,5J：集合．【分析】解不等式求出集合A,B,结合交集的定义,可得答案．【解答】解：∵集合A={x|x2﹣4x+3＜0}=（1,3）.B={x|2x﹣3＞0}=（,+∞）.∴A∩B=（,3）.故选：D．【点评】本题考查的知识点是集合的交集及其运算,难度不大,属于基础题．2．（5分）设（1+i）x=1+yi,其中x,y是实数,则|x+yi|=（）A．1B ．C ．D．2【考点】A8：复数的模．【专题】34：方程思想,4O：定义法,5N：数系的扩充和复数．【分析】根据复数相等求出x,y的值,结合复数的模长公式进行计算即可．【解答】解：∵（1+i）x=1+yi.∴x+xi=1+yi.即,解得,即|x+yi|=|1+i|=.故选：B．【点评】本题主要考查复数模长的计算,根据复数相等求出x,y的值是解决本题的关键．3．（5分）已知等差数列{a n}前9项的和为27,a10=8,则a100=（）A．100B．99C．98D．97【考点】83：等差数列的性质．【专题】11：计算题,4O：定义法,54：等差数列与等比数列．【分析】根据已知可得a5=3,进而求出公差,可得答案．【解答】解：∵等差数列{a n}前9项的和为27,S9===9a5．∴9a5=27,a5=3.又∵a10=8.∴d=1.∴a100=a5+95d=98.故选：C．【点评】本题考查的知识点是数列的性质,熟练掌握等差数列的性质,是解答的关键．4．（5分）某公司的班车在7：00,8：00,8：30发车,小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间不超过10分钟的概率是（）A．B．C．D．【考点】CF：几何概型．【专题】5I：概率与统计．【分析】求出小明等车时间不超过10分钟的时间长度,代入几何概型概率计算公式,可得答案．【解答】解：设小明到达时间为y.当y在7：50至8：00,或8：20至8：30时.小明等车时间不超过10分钟.故P==.故选：B．【点评】本题考查的知识点是几何概型,难度不大,属于基础题．5．（5分）已知方程﹣=1表示双曲线,且该双曲线两焦点间的距离为4,则n的取值范围是（）A．（﹣1,3）B．（﹣1,）C．（0,3）D．（0,）【考点】KB：双曲线的标准方程．【专题】11：计算题,35：转化思想,4R：转化法,5D：圆锥曲线的定义,性质与方程．【分析】由已知可得c=2,利用4=（m2+n）+（3m2﹣n）,解得m2=1,又（m2+n）（3m2﹣n）＞0,从而可求n 的取值范围．【解答】解：∵双曲线两焦点间的距离为4,∴c=2.当焦点在x轴上时.可得：4=（m2+n）+（3m2﹣n）,解得：m2=1.∵方程﹣=1表示双曲线.∴（m2+n）（3m2﹣n）＞0,可得：（n+1）（3﹣n）＞0.解得：﹣1＜n＜3,即n的取值范围是：（﹣1,3）．当焦点在y轴上时.可得：﹣4=（m2+n）+（3m2﹣n）,解得：m2=﹣1.无解．故选：A．【点评】本题主要考查了双曲线方程的应用,考查了不等式的解法,属于基础题．6．（5分）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相互垂直的半径．若该几何体的体积是,则它的表面积是（）A．17πB．18πC．20πD．28π【考点】L!：由三视图求面积,体积．【专题】11：计算题,29：规律型,31：数形结合,35：转化思想,5F：空间位置关系与距离．【分析】判断三视图复原的几何体的形状,利用体积求出几何体的半径,然后求解几何体的表面积．【解答】解：由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉后的几何体,如图：可得：=,R=2．它的表面积是：×4π•22+=17π．故选：A．【点评】本题考查三视图求解几何体的体积与表面积,考查计算能力以及空间想象能力．7．（5分）函数y=2x2﹣e|x|在[﹣2,2]的图象大致为（）A．B．C．D．【考点】3A：函数的图象与图象的变换．【专题】27：图表型,48：分析法,51：函数的性质及应用．【分析】根据已知中函数的解析式,分析函数的奇偶性,最大值及单调性,利用排除法,可得答案．【解答】解：∵f（x）=y=2x2﹣e|x|.∴f（﹣x）=2（﹣x）2﹣e|﹣x|=2x2﹣e|x|.故函数为偶函数.当x=±2时,y=8﹣e2∈（0,1）,故排除A,B.当x∈[0,2]时,f（x）=y=2x2﹣e x.∴f′（x）=4x﹣e x=0有解.故函数y=2x2﹣e|x|在[0,2]不是单调的,故排除C.故选：D．【点评】本题考查的知识点是函数的图象,对于超越函数的图象,一般采用排除法解答．8．（5分）若a＞b＞1,0＜c＜1,则（）A．a c＜b c B．ab c＜ba cC．alog b c＜blog a c D．log a c＜log b c【考点】R3：不等式的基本性质．【专题】33：函数思想,35：转化思想,4R：转化法,51：函数的性质及应用,5T：不等式．【分析】根据已知中a＞b＞1,0＜c＜1,结合对数函数和幂函数的单调性,分析各个结论的真假,可得答案．【解答】解：∵a＞b＞1,0＜c＜1.∴函数f（x）=x c在（0,+∞）上为增函数,故a c＞b c,故A错误.函数f（x）=x c﹣1在（0,+∞）上为减函数,故a c﹣1＜b c﹣1,故ba c＜ab c,即ab c＞ba c,故B错误,log a c＜0,且log b c＜0,log a b＜1,即=＜1,即log a c＞log b c．故D错误.0＜﹣log a c＜﹣log b c,故﹣blog a c＜﹣alog b c,即blog a c＞alog b c,即alog b c＜blog a c,故C正确.故选：C．【点评】本题考查的知识点是不等式的比较大小,熟练掌握对数函数和幂函数的单调性,是解答的关键．9．（5分）执行下面的程序框图,如果输入的x=0,y=1,n=1,则输出x,y的值满足（）A．y=2x B．y=3x C．y=4x D．y=5x【考点】EF：程序框图．【专题】11：计算题,28：操作型,5K：算法和程序框图．【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量x,y的值,模拟程序的运行过程,分析循环中各变量值的变化情况,可得答案．【解答】解：输入x=0,y=1,n=1.则x=0,y=1,不满足x2+y2≥36,故n=2.则x=,y=2,不满足x2+y2≥36,故n=3.则x=,y=6,满足x2+y2≥36.故y=4x.故选：C．【点评】本题考查的知识点是程序框图,当循环的次数不多,或有规律时,常采用模拟循环的方法解答．10．（5分）以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A,B两点,交C的准线于D,E两点．已知|AB|=4,|DE|=2,则C的焦点到准线的距离为（）A．2B．4C．6D．8【考点】K8：抛物线的性质,KJ：圆与圆锥曲线的综合．【专题】11：计算题,29：规律型,31：数形结合,35：转化思想,5D：圆锥曲线的定义,性质与方程．【分析】画出图形,设出抛物线方程,利用勾股定理以及圆的半径列出方程求解即可．【解答】解：设抛物线为y2=2px,如图：|AB|=4,|AM|=2.|DE|=2,|DN|=,|ON|=.x A==.|OD|=|OA|.=+5.解得：p=4．C的焦点到准线的距离为：4．故选：B．【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用,抛物线与圆的方程的应用,考查计算能力．转化思想的应用．11．（5分）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．B．C．D．【考点】LM：异面直线及其所成的角．【专题】11：计算题,29：规律型,31：数形结合,35：转化思想,5G：空间角．【分析】画出图形,判断出m,n所成角,求解即可．【解答】解：如图：α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABA1B1=n.可知：n∥CD1,m∥B1D1,∵△CB1D1是正三角形．m,n所成角就是∠CD1B1=60°．则m,n所成角的正弦值为：．故选：A．【点评】本题考查异面直线所成角的求法,考查空间想象能力以及计算能力．12．（5分）已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0,|φ|≤）,x=﹣为f（x）的零点,x=为y=f（x）图象的对称轴,且f（x）在（,）上单调,则ω的最大值为（）A．11B．9C．7D．5【考点】H6：正弦函数的奇偶性和对称性．【专题】35：转化思想,4R：转化法,57：三角函数的图像与性质．【分析】根据已知可得ω为正奇数,且ω≤12,结合x=﹣为f（x）的零点,x=为y=f（x）图象的对称轴,求出满足条件的解析式,并结合f（x）在（,）上单调,可得ω的最大值．【解答】解：∵x=﹣为f（x）的零点,x=为y=f（x）图象的对称轴.∴,即,（n∈N）即ω=2n+1,（n∈N）即ω为正奇数.∵f（x）在（,）上单调,则﹣=≤.即T=≥,解得：ω≤12.当ω=11时,﹣+φ=kπ,k∈Z.∵|φ|≤.∴φ=﹣.此时f（x）在（,）不单调,不满足题意.当ω=9时,﹣+φ=kπ,k∈Z.∵|φ|≤.∴φ=.此时f（x）在（,）单调,满足题意.故ω的最大值为9.故选：B．【点评】本题考查的知识点是正弦型函数的图象和性质,本题转化困难,难度较大．二,填空题：本大题共4小题,每小题5分,共20分.13．（5分）设向量=（m,1）,=（1,2）,且|+|2=||2+||2,则m=﹣2．【考点】9O：平面向量数量积的性质及其运算．【专题】11：计算题,29：规律型,35：转化思想,5A：平面向量及应用．【分析】利用已知条件,通过数量积判断两个向量垂直,然后列出方程求解即可．【解答】解：|+|2=||2+||2.可得•=0．向量=（m,1）,=（1,2）.可得m+2=0,解得m=﹣2．故答案为：﹣2．【点评】本题考查向量的数量积的应用,向量的垂直条件的应用,考查计算能力．14．（5分）（2x+）5的展开式中,x3的系数是10．（用数字填写答案）【考点】DA：二项式定理．【专题】11：计算题,34：方程思想,49：综合法,5P：二项式定理．【分析】利用二项展开式的通项公式求出第r+1项,令x的指数为3,求出r,即可求出展开式中x3的系数．【解答】解：（2x+）5的展开式中,通项公式为：T r==25﹣r.+1令5﹣=3,解得r=4∴x3的系数2=10．故答案为：10．【点评】本题考查了二项式定理的应用,考查了推理能力与计算能力,属于基础题．15．（5分）设等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…a n的最大值为64．【考点】87：等比数列的性质,8I：数列与函数的综合．【专题】11：计算题,29：规律型,35：转化思想,54：等差数列与等比数列．【分析】求出数列的等比与首项,化简a1a2…a n,然后求解最值．【解答】解：等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5.可得q（a1+a3）=5,解得q=．a1+q2a1=10,解得a1=8．则a1a2…a n=a1n•q1+2+3+…+（n﹣1）=8n•==.当n=3或4时,表达式取得最大值：=26=64．故答案为：64．【点评】本题考查数列的性质数列与函数相结合的应用,转化思想的应用,考查计算能力．16．（5分）某高科技企业生产产品A和产品B需要甲,乙两种新型材料．生产一件产品A需要甲材料1.5kg,乙材料1kg,用5个工时,生产一件产品B需要甲材料0.5kg,乙材料0.3kg,用3个工时,生产一件产品A的利润为2100元,生产一件产品B的利润为900元．该企业现有甲材料150kg,乙材料90kg,则在不超过600个工时的条件下,生产产品A,产品B的利润之和的最大值为216000元．【考点】7C：简单线性规划．【专题】11：计算题,29：规律型,31：数形结合,33：函数思想,35：转化思想．【分析】设A,B两种产品分别是x件和y件,根据题干的等量关系建立不等式组以及目标函数,利用线性规划作出可行域,通过目标函数的几何意义,求出其最大值即可.【解答】解：（1）设A,B两种产品分别是x件和y件,获利为z元．由题意,得,z=2100x+900y．不等式组表示的可行域如图：由题意可得,解得：,A（60,100）.目标函数z=2100x+900y．经过A时,直线的截距最大,目标函数取得最大值：2100×60+900×100=216000元．故答案为：216000．【点评】本题考查了列二元一次方程组解实际问题的运用,二元一次方程组的解法的运用,不等式组解实际问题的运用,不定方程解实际问题的运用,解答时求出最优解是解题的关键．三,解答题：本大题共5小题,满分60分,解答须写出文字说明,证明过程或演算步骤.17．（12分）△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2cosC（acosB+bcosA）=c．（Ⅰ）求C.（Ⅰ）若c=,△ABC的面积为,求△ABC的周长．【考点】HU：解三角形．【专题】15：综合题,35：转化思想,49：综合法,58：解三角形．【分析】（Ⅰ）已知等式利用正弦定理化简,整理后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简,根据sinC不为0求出cosC的值,即可确定出出C的度数.（2）利用余弦定理列出关系式,利用三角形面积公式列出关系式,求出a+b的值,即可求△ABC的周长．【解答】解：（Ⅰ）∵在△ABC中,0＜C＜π,∴sinC≠0已知等式利用正弦定理化简得：2cosC（sinAcosB+sinBcosA）=sinC.整理得：2cosCsin（A+B）=sinC.即2cosCsin（π﹣（A+B））=sinC2cosCsinC=sinC∴cosC=.∴C=.（Ⅰ）由余弦定理得7=a2+b2﹣2ab•.∴（a+b）2﹣3ab=7.∵S=absinC=ab=.∴ab=6.∴（a+b）2﹣18=7.∴a+b=5.∴△ABC的周长为5+．【点评】此题考查了正弦,余弦定理,三角形的面积公式,以及三角函数的恒等变形,熟练掌握定理及公式是解本题的关键．18．（12分）如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,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°．（Ⅰ）证明平面ABEF⊥平面EFDC.（Ⅰ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【考点】MJ：二面角的平面角及求法．【专题】11：计算题,34：方程思想,49：综合法,5H：空间向量及应用,5Q：立体几何．【分析】（Ⅰ）证明AF⊥平面EFDC,利用平面与平面垂直的判定定理证明平面ABEF⊥平面EFDC.（Ⅰ）证明四边形EFDC为等腰梯形,以E为原点,建立如图所示的坐标系,求出平面BEC,平面ABC的法向量,代入向量夹角公式可得二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵ABEF为正方形,∴AF⊥EF．∵∠AFD=90°,∴AF⊥DF.∵DF∩EF=F.∴AF⊥平面EFDC.∵AF⊂平面ABEF.∴平面ABEF⊥平面EFDC.（Ⅰ）解：由AF⊥DF,AF⊥EF.可得∠DFE为二面角D﹣AF﹣E的平面角.由ABEF为正方形,AF⊥平面EFDC.∵BE⊥EF.∴BE⊥平面EFDC即有CE⊥BE.可得∠CEF为二面角C﹣BE﹣F的平面角．可得∠DFE=∠CEF=60°．∵AB∥EF,AB⊄平面EFDC,EF⊂平面EFDC.∴AB∥平面EFDC.∵平面EFDC∩平面ABCD=CD,AB⊂平面ABCD.∴AB∥CD.∴CD∥EF.∴四边形EFDC为等腰梯形．以E为原点,建立如图所示的坐标系,设FD=a.则E（0,0,0）,B（0,2a,0）,C（,0,a）,A（2a,2a,0）.∴=（0,2a,0）,=（,﹣2a,a）,=（﹣2a,0,0）设平面BEC的法向量为=（x1,y1,z1）,则.则,取=（,0,﹣1）．设平面ABC的法向量为=（x2,y2,z2）,则.则,取=（0,,4）．设二面角E﹣BC﹣A的大小为θ,则cosθ===﹣.则二面角E﹣BC﹣A的余弦值为﹣．【点评】本题考查平面与平面垂直的证明,考查用空间向量求平面间的夹角,建立空间坐标系将二面角问题转化为向量夹角问题是解答的关键．19．（12分）某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元．在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得如图柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．（Ⅰ）求X的分布列.（Ⅰ）若要求P（X≤n）≥0.5,确定n的最小值.（Ⅰ）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选用哪个？【考点】CG：离散型随机变量及其分布列．【专题】11：计算题,35：转化思想,49：综合法,5I：概率与统计．【分析】（Ⅰ）由已知得X的可能取值为16,17,18,19,20,21,22,分别求出相应的概率,由此能求出X的分布列．（Ⅰ）由X的分布列求出P（X≤18）=,P（X≤19）=．由此能确定满足P（X≤n）≥0.5中n的最小值．（Ⅰ）法一：由X的分布列得P（X≤19）=．求出买19个所需费用期望EX1和买20个所需费用期望EX2,由此能求出买19个更合适．法二：解法二：购买零件所用费用含两部分,一部分为购买零件的费用,另一部分为备件不足时额外购买的费用,分别求出n=19时,费用的期望和当n=20时,费用的期望,从而得到买19个更合适．【解答】解：（Ⅰ）由已知得X的可能取值为16,17,18,19,20,21,22.P（X=16）=（）2=.P（X=17）=.P（X=18）=（）2+2（）2=.P（X=19）==.P（X=20）===.P（X=21）==.P（X=22）=.∴X的分布列为：X16171819202122P（Ⅰ）由（Ⅰ）知：P（X≤18）=P（X=16）+P（X=17）+P（X=18）==．P（X≤19）=P（X=16）+P（X=17）+P（X=18）+P（X=19）=+=．∴P（X≤n）≥0.5中,n的最小值为19．（Ⅰ）解法一：由（Ⅰ）得P（X≤19）=P（X=16）+P（X=17）+P（X=18）+P（X=19）=+=．买19个所需费用期望：EX1=200×+（200×19+500）×+（200×19+500×2）×+（200×19+500×3）×=4040.买20个所需费用期望：EX2=+（200×20+500）×+（200×20+2×500）×=4080.∵EX1＜EX2.∴买19个更合适．解法二：购买零件所用费用含两部分,一部分为购买零件的费用.另一部分为备件不足时额外购买的费用.当n=19时,费用的期望为：19×200+500×0.2+1000×0.08+1500×0.04=4040.当n=20时,费用的期望为：20×200+500×0.08+1000×0.04=4080.∴买19个更合适．【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法及应用,是中档题,解题时要认真审题,注意相互独立事件概率乘法公式的合理运用．20．（12分）设圆x2+y2+2x﹣15=0的圆心为A,直线l过点B（1,0）且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E．（Ⅰ）证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程.（Ⅰ）设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围．【考点】J2：圆的一般方程,KL：直线与椭圆的综合．【专题】34：方程思想,48：分析法,5B：直线与圆,5D：圆锥曲线的定义,性质与方程．【分析】（Ⅰ）求得圆A的圆心和半径,运用直线平行的性质和等腰三角形的性质,可得EB=ED,再由圆的定义和椭圆的定义,可得E的轨迹为以A,B为焦点的椭圆,求得a,b,c,即可得到所求轨迹方程.（Ⅰ）设直线l：x=my+1,代入椭圆方程,运用韦达定理和弦长公式,可得|MN|,由PQ⊥l,设PQ：y=﹣m（x ﹣1）,求得A到PQ的距离,再由圆的弦长公式可得|PQ|,再由四边形的面积公式,化简整理,运用不等式的性质,即可得到所求范围．【解答】解：（Ⅰ）证明：圆x2+y2+2x﹣15=0即为（x+1）2+y2=16.可得圆心A（﹣1,0）,半径r=4.由BE∥AC,可得∠C=∠EBD.由AC=AD,可得∠D=∠C.即为∠D=∠EBD,即有EB=ED.则|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|=4.故E的轨迹为以A,B为焦点的椭圆.且有2a=4,即a=2,c=1,b==.则点E的轨迹方程为+=1（y≠0）.（Ⅰ）椭圆C1：+=1,设直线l：x=my+1.由PQ⊥l,设PQ：y=﹣m（x﹣1）.由可得（3m2+4）y2+6my﹣9=0.设M（x1,y1）,N（x2,y2）.可得y1+y2=﹣,y1y2=﹣.则|MN|=•|y1﹣y2|=•=•=12•.A到PQ的距离为d==.|PQ|=2=2=.则四边形MPNQ面积为S=|PQ|•|MN|=••12•=24•=24.当m=0时,S取得最小值12,又＞0,可得S＜24•=8.即有四边形MPNQ面积的取值范围是[12,8）．【点评】本题考查轨迹方程的求法,注意运用椭圆和圆的定义,考查直线和椭圆方程联立,运用韦达定理和弦长公式,以及直线和圆相交的弦长公式,考查不等式的性质,属于中档题．21．（12分）已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围.（Ⅰ）设x1,x2是f（x）的两个零点,证明：x1+x2＜2．【考点】51：函数的零点,6D：利用导数研究函数的极值．【专题】32：分类讨论,35：转化思想,4C：分类法,4R：转化法,51：函数的性质及应用．【分析】（Ⅰ）由函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2可得：f′（x）=（x﹣1）e x+2a（x﹣1）=（x﹣1）（e x+2a）,对a进行分类讨论,综合讨论结果,可得答案．（Ⅰ）设x1,x2是f（x）的两个零点,则﹣a==,令g（x）=,则g（x1）=g （x2）=﹣a,分析g（x）的单调性,令m＞0,则g（1+m）﹣g（1﹣m）=.设h（m）=,m＞0,利用导数法可得h（m）＞h（0）=0恒成立,即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立,令m=1﹣x1＞0,可得结论．【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2.∴f′（x）=（x﹣1）e x+2a（x﹣1）=（x﹣1）（e x+2a）.①若a=0,那么f（x）=0⇔（x﹣2）e x=0⇔x=2.函数f（x）只有唯一的零点2,不合题意.②若a＞0,那么e x+2a＞0恒成立.当x＜1时,f′（x）＜0,此时函数为减函数.当x＞1时,f′（x）＞0,此时函数为增函数.此时当x=1时,函数f（x）取极小值﹣e.由f（2）=a＞0,可得：函数f（x）在x＞1存在一个零点.当x＜1时,e x＜e,x﹣2＜﹣1＜0.∴f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2＞（x﹣2）e+a（x﹣1）2=a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e.令a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e=0的两根为t1,t2,且t1＜t2.则当x＜t1,或x＞t2时,f（x）＞a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＞0.故函数f（x）在x＜1存在一个零点.即函数f（x）在R是存在两个零点,满足题意.③若﹣＜a＜0,则ln（﹣2a）＜lne=1.当x＜ln（﹣2a）时,x﹣1＜ln（﹣2a）﹣1＜lne﹣1=0.e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0.即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立,故f（x）单调递增.当ln（﹣2a）＜x＜1时,x﹣1＜0,e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0.即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＜0恒成立,故f（x）单调递减.当x＞1时,x﹣1＞0,e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0.即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立,故f（x）单调递增.故当x=ln（﹣2a）时,函数取极大值.由f（ln（﹣2a））=[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2=a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点,不合题意.④若a=﹣,则ln（﹣2a）=1.当x＜1=ln（﹣2a）时,x﹣1＜0,e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0.即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立,故f（x）单调递增.当x＞1时,x﹣1＞0,e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0.即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立,故f（x）单调递增.故函数f（x）在R上单调递增.函数f（x）在R上至多存在一个零点,不合题意.⑤若a＜﹣,则ln（﹣2a）＞lne=1.当x＜1时,x﹣1＜0,e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0.即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立,故f（x）单调递增.当1＜x＜ln（﹣2a）时,x﹣1＞0,e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0.即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＜0恒成立,故f（x）单调递减.当x＞ln（﹣2a）时,x﹣1＞0,e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0.即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立,故f（x）单调递增.故当x=1时,函数取极大值.由f（1）=﹣e＜0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点,不合题意.综上所述,a的取值范围为（0,+∞）证明：（Ⅰ）∵x1,x2是f（x）的两个零点.∴f（x1）=f（x2）=0,且x1≠1,且x2≠1.∴﹣a==.令g（x）=,则g（x1）=g（x2）=﹣a.∵g′（x）=.∴当x＜1时,g′（x）＜0,g（x）单调递减.当x＞1时,g′（x）＞0,g（x）单调递增.设m＞0,则g（1+m）﹣g（1﹣m）=﹣=.设h（m）=,m＞0.则h′（m）=＞0恒成立.即h（m）在（0,+∞）上为增函数.h（m）＞h（0）=0恒成立.即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立.令m=1﹣x1＞0.则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）⇔g（2﹣x1）＞g（x1）=g（x2）⇔2﹣x1＞x2.即x1+x2＜2．【点评】本题考查的知识点是利用导数研究函数的极值,函数的零点,分类讨论思想,难度较大．请考生在22,23,24题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.[选修4-1：几何证明选讲] 22．（10分）如图,△OAB是等腰三角形,∠AOB=120°．以O为圆心,OA为半径作圆．（Ⅰ）证明：直线AB与⊙O相切.（Ⅰ）点C,D在⊙O上,且A,B,C,D四点共圆,证明：AB∥CD．【考点】N9：圆的切线的判定定理的证明．【专题】14：证明题,35：转化思想,49：综合法,5M：推理和证明．【分析】（Ⅰ）设K为AB中点,连结OK．根据等腰三角形AOB的性质知OK⊥AB,∠A=30°,OK=OAsin30°=OA,则AB是圆O的切线．（Ⅰ）设圆心为T,证明OT为AB的中垂线,OT为CD的中垂线,即可证明结论．【解答】证明：（Ⅰ）设K为AB中点,连结OK.∵OA=OB,∠AOB=120°.∴OK⊥AB,∠A=30°,OK=OAsin30°=OA.∴直线AB与⊙O相切.（Ⅰ）因为OA=2OD,所以O不是A,B,C,D四点所在圆的圆心．设T是A,B,C,D四点所在圆的圆心．∵OA=OB,TA=TB.∴OT为AB的中垂线.同理,OC=OD,TC=TD.∴OT为CD的中垂线.∴AB∥CD．【点评】本题考查了切线的判定,考查四点共圆,考查学生分析解决问题的能力．解答此题时,充分利用了等腰三角形“三合一”的性质．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为（t为参数,a＞0）．在以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2：ρ=4cosθ．（Ⅰ）说明C1是哪种曲线,并将C1的方程化为极坐标方程.（Ⅰ）直线C3的极坐标方程为θ=α0,其中α0满足tanα0=2,若曲线C1与C2的公共点都在C3上,求a．【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程,QE：参数方程的概念．【专题】11：计算题,35：转化思想,4A：数学模型法,5S：坐标系和参数方程．【分析】（Ⅰ）把曲线C1的参数方程变形,然后两边平方作和即可得到普通方程,可知曲线C1是圆,化为一般式,结合x2+y2=ρ2,y=ρsinθ化为极坐标方程.（Ⅰ）化曲线C2,C3的极坐标方程为直角坐标方程,由条件可知y=x为圆C1与C2的公共弦所在直线方程,把C1与C2的方程作差,结合公共弦所在直线方程为y=2x可得1﹣a2=0,则a值可求．【解答】解：（Ⅰ）由,得,两式平方相加得,x2+（y﹣1）2=a2．∴C1为以（0,1）为圆心,以a为半径的圆．化为一般式：x2+y2﹣2y+1﹣a2=0．①由x2+y2=ρ2,y=ρsinθ,得ρ2﹣2ρsinθ+1﹣a2=0.（Ⅰ）C2：ρ=4cosθ,两边同时乘ρ得ρ2=4ρcosθ.∴x2+y2=4x,②即（x﹣2）2+y2=4．由C3：θ=α0,其中α0满足tanα0=2,得y=2x.∵曲线C1与C2的公共点都在C3上.∴y=2x为圆C1与C2的公共弦所在直线方程.①﹣②得：4x﹣2y+1﹣a2=0,即为C3 .∴1﹣a2=0.∴a=1（a＞0）．【点评】本题考查参数方程即简单曲线的极坐标方程,考查了极坐标与直角坐标的互化,训练了两圆公共弦所在直线方程的求法,是基础题．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x+1|﹣|2x﹣3|．（Ⅰ）在图中画出y=f（x）的图象.（Ⅰ）求不等式|f（x）|＞1的解集．【考点】&2：带绝对值的函数,3A：函数的图象与图象的变换．【专题】35：转化思想,48：分析法,59：不等式的解法及应用．【分析】（Ⅰ）运用分段函数的形式写出f（x）的解析式,由分段函数的画法,即可得到所求图象.（Ⅰ）分别讨论当x≤﹣1时,当﹣1＜x＜时,当x≥时,解绝对值不等式,取交集,最后求并集即可得到所求解集．【解答】解：（Ⅰ）f（x）=.由分段函数的图象画法,可得f（x）的图象,如右：（Ⅰ）由|f（x）|＞1,可得当x≤﹣1时,|x﹣4|＞1,解得x＞5或x＜3,即有x≤﹣1.当﹣1＜x＜时,|3x﹣2|＞1,解得x＞1或x＜.即有﹣1＜x＜或1＜x＜.当x≥时,|4﹣x|＞1,解得x＞5或x＜3,即有x＞5或≤x＜3．综上可得,x＜或1＜x＜3或x＞5．则|f（x）|＞1的解集为（﹣∞,）∪（1,3）∪（5,+∞）．【点评】本题考查绝对值函数的图象和不等式的解法,注意运用分段函数的图象的画法和分类讨论思想方法,考查运算能力,属于基础题．。
2016年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅰ)(含解析版)
2016 年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）一、选择题：本大题共12 小题，每小题5 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．（5 分）设集合A={x|x2﹣4x+3＜0}，B={x|2x﹣3＞0}，则A∩B=（）A．（﹣3，﹣）B．（﹣3，）C．（1，）D．（，3）2．（5 分）设（1+i）x=1+yi，其中x，y 是实数，则|x+yi|=（）A．1 B．C．D．23．（5 分）已知等差数列{a n}前9 项的和为27，a10=8，则a100=（）A．100 B．99 C．98 D．974．（5 分）某公司的班车在7：00，8：00，8：30 发车，小明在7：50 至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10 分钟的概率是（）A．B．C．D．5．（5 分）已知方程﹣=1 表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n 的取值范围是（）A．（﹣1，3）B．（﹣1，）C．（0，3）D．（0，）6．（5 分）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相互垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是（）A．17πB．18πC．20πD．28π7．（5分）函数y=2x2﹣e|x|在[﹣2，2]的图象大致为（）A．B．C．D．8．（5 分）若a＞b＞1，0＜c＜1，则（）A．a c＜b c B．ab c＜ba cC．alog b c＜blog a c D．log a c＜log b c9．（5分）执行下面的程序框图，如果输入的x=0，y=1，n=1，则输出x，y 的值满足（）A．y=2x B．y=3x C．y=4x D．y=5x10．（5 分）以抛物线C 的顶点为圆心的圆交C 于A、B 两点，交C 的准线于D、E 两点．已知|AB|=4，|DE|=2，则C 的焦点到准线的距离为（）A．2 B．4 C．6 D．811．（5 分）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．B．C．D．12．（5 分）已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=﹣为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，且f（x）在（，）上单调，则ω 的最大值为（）A．11 B．9 C．7 D．5二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分，共20 分.13．（5 分）设向量=（m，1），=（1，2），且|+|2=||2+||2，则m=．14．（5 分）（2x+）5的展开式中，x3的系数是．（用数字填写答案）15．（5分）设等比数列{a n}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…a n 的最大值为．16．（5 分）某高科技企业生产产品A 和产品B 需要甲、乙两种新型材料．生产一件产品A 需要甲材料1.5kg，乙材料1kg，用5 个工时；生产一件产品B 需要甲材料0.5kg，乙材料0.3kg，用3 个工时，生产一件产品A 的利润为2100元，生产一件产品B 的利润为900 元．该企业现有甲材料150kg，乙材料90kg，则在不超过600 个工时的条件下，生产产品A、产品B 的利润之和的最大值为元．三、解答题：本大题共5 小题，满分60 分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（12 分）△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知2cosC（acosB+bcosA）=c．（Ⅰ）求C；（Ⅱ）若c=，△ABC 的面积为，求△ABC 的周长．18．（12 分）如图，在以A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，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°．（I）证明平面ABEF⊥平面EFDC；（II）求二面角E﹣BC﹣A 的余弦值．19．（12 分）某公司计划购买2 台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200 元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500 元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100 台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得如图柱状图：以这100 台机器更换的易损零件数的频率代替1 台机器更换的易损零件数发生的概率，记X 表示2 台机器三年内共需更换的易损零件数，n 表示购买2 台机器的同时购买的易损零件数．（I）求X 的分布列；（II）若要求P（X≤n）≥0.5，确定n 的最小值；（III）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n=19 与n=20 之中选其一，应选用哪个？20．（12 分）设圆x2+y2+2x﹣15=0 的圆心为A，直线l 过点B（1，0）且与x 轴不重合，l 交圆A 于C，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E．（I）证明|EA|+|EB|为定值，并写出点E 的轨迹方程；（II）设点E 的轨迹为曲线C1，直线l 交C1 于M，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．21．（12 分）已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（I）求a 的取值范围；（II）设x1，x2 是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．请考生在22、23、24 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-1：几何证明选讲]22．（10 分）如图，△OAB 是等腰三角形，∠AOB=120°．以O 为圆心，OA 为半径作圆．（I）证明：直线AB 与⊙O 相切；（II）点C，D 在⊙O 上，且A，B，C，D 四点共圆，证明：AB∥CD．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy 中，曲线C1 的参数方程为（t 为参数，a＞0）．在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ=4cosθ．（I）说明C1 是哪种曲线，并将C1 的方程化为极坐标方程；（II）直线C3 的极坐标方程为θ=α0，其中α0 满足tanα0=2，若曲线C1 与C2 的公共点都在C3 上，求a．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x+1|﹣|2x﹣3|．（I）在图中画出y=f（x）的图象；（II）求不等式|f（x）|＞1 的解集．2016 年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12 小题，每小题5 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．（5 分）设集合A={x|x2﹣4x+3＜0}，B={x|2x﹣3＞0}，则A∩B=（）A．（﹣3，﹣）B．（﹣3，）C．（1，）D．（，3）【考点】1E：交集及其运算．【专题】11：计算题；4O：定义法；5J：集合．【分析】解不等式求出集合A，B，结合交集的定义，可得答案．【解答】解：∵集合A={x|x2﹣4x+3＜0}=（1，3），B={x|2x﹣3＞0}=（，+∞），∴A∩B=（，3），故选：D．【点评】本题考查的知识点是集合的交集及其运算，难度不大，属于基础题．2．（5 分）设（1+i）x=1+yi，其中x，y 是实数，则|x+yi|=（）A．1 B．C．D．2【考点】A8：复数的模．【专题】34：方程思想；4O：定义法；5N：数系的扩充和复数．【分析】根据复数相等求出x，y 的值，结合复数的模长公式进行计算即可．【解答】解：∵（1+i）x=1+yi，∴x+xi=1+yi，即，解得，即|x+yi|=|1+i|= ，故选：B．【点评】本题主要考查复数模长的计算，根据复数相等求出x，y 的值是解决本题的关键．3．（5 分）已知等差数列{a n}前9 项的和为27，a10=8，则a100=（）A．100 B．99 C．98 D．97【考点】83：等差数列的性质．【专题】11：计算题；4O：定义法；54：等差数列与等比数列．【分析】根据已知可得a5=3，进而求出公差，可得答案．【解答】解：∵等差数列{a n}前9 项的和为27，S9===9a5．∴9a5=27，a5=3，又∵a10=8，∴d=1，∴a100=a5+95d=98，故选：C．【点评】本题考查的知识点是数列的性质，熟练掌握等差数列的性质，是解答的关键．4．（5 分）某公司的班车在7：00，8：00，8：30 发车，小明在7：50 至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10 分钟的概率是（）A．B．C．D．【考点】CF：几何概型．【专题】5I：概率与统计．【分析】求出小明等车时间不超过10 分钟的时间长度，代入几何概型概率计算公式，可得答案．【解答】解：设小明到达时间为y，当y 在7：50 至8：00，或8：20 至8：30 时，小明等车时间不超过10 分钟，故P==，故选：B．【点评】本题考查的知识点是几何概型，难度不大，属于基础题．5．（5 分）已知方程﹣=1 表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n 的取值范围是（）A．（﹣1，3）B．（﹣1，）C．（0，3）D．（0，）【考点】KB：双曲线的标准方程．【专题】11：计算题；35：转化思想；4R：转化法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】由已知可得c=2，利用4=（m2+n）+（3m2﹣n），解得m2=1，又（m2+n）（3m2﹣n）＞0，从而可求n 的取值范围．【解答】解：∵双曲线两焦点间的距离为4，∴c=2，当焦点在x 轴上时，可得：4=（m2+n）+（3m2﹣n），解得：m2=1，∵方程﹣=1 表示双曲线，∴（m2+n）（3m2﹣n）＞0，可得：（n+1）（3﹣n）＞0，解得：﹣1＜n＜3，即n 的取值范围是：（﹣1，3）．当焦点在y 轴上时，可得：﹣4=（m2+n）+（3m2﹣n），解得：m2=﹣1，无解．故选：A．【点评】本题主要考查了双曲线方程的应用，考查了不等式的解法，属于基础题．6．（5 分）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相互垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是（）A．17πB．18πC．20πD．28π【考点】L!：由三视图求面积、体积．【专题】11：计算题；29：规律型；31：数形结合；35：转化思想；5F：空间位置关系与距离．【分析】判断三视图复原的几何体的形状，利用体积求出几何体的半径，然后求解几何体的表面积．【解答】解：由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉后的几何体，如图：可得：=，R=2．它的表面积是：×4π•22+=17π．故选：A．【点评】本题考查三视图求解几何体的体积与表面积，考查计算能力以及空间想象能力．7．（5 分）函数y=2x2﹣e|x|在[﹣2，2]的图象大致为（）A．B．C．D．【考点】3A：函数的图象与图象的变换．【专题】27：图表型；48：分析法；51：函数的性质及应用．【分析】根据已知中函数的解析式，分析函数的奇偶性，最大值及单调性，利用排除法，可得答案．【解答】解：∵f（x）=y=2x2﹣e|x|，∴f（﹣x）=2（﹣x）2﹣e|﹣x|=2x2﹣e|x|，故函数为偶函数，当x=±2 时，y=8﹣e2∈（0，1），故排除A，B；当x∈[0，2]时，f（x）=y=2x2﹣e x，∴f′（x）=4x﹣e x=0 有解，故函数y=2x2﹣e|x|在[0，2]不是单调的，故排除C，故选：D．【点评】本题考查的知识点是函数的图象，对于超越函数的图象，一般采用排除法解答．8．（5 分）若a＞b＞1，0＜c＜1，则（）A．a c＜b c B．ab c＜ba cC．alog b c＜blog a c D．log a c＜log b c【考点】R3：不等式的基本性质．【专题】33：函数思想；35：转化思想；4R：转化法；51：函数的性质及应用；5T：不等式．【分析】根据已知中a＞b＞1，0＜c＜1，结合对数函数和幂函数的单调性，分析各个结论的真假，可得答案．【解答】解：∵a＞b＞1，0＜c＜1，∴函数f（x）=x c在（0，+∞）上为增函数，故a c＞b c，故A 错误；函数f（x）=x c﹣1 在（0，+∞）上为减函数，故a c﹣1＜b c﹣1，故ba c＜ab c，即ab c ＞ba c；故B 错误；log a c＜0，且log b c＜0，log a b＜1，即=＜1，即log a c＞log b c．故D错误；0＜﹣log a c＜﹣log b c，故﹣blog a c＜﹣alog b c，即blog a c＞alog b c，即alog b c＜blog a c，故C 正确；故选：C．【点评】本题考查的知识点是不等式的比较大小，熟练掌握对数函数和幂函数的单调性，是解答的关键．9．（5分）执行下面的程序框图，如果输入的x=0，y=1，n=1，则输出x，y 的值满足（）A．y=2x B．y=3x C．y=4x D．y=5x【考点】EF：程序框图．【专题】11：计算题；28：操作型；5K：算法和程序框图．【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量x，y 的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】解：输入x=0，y=1，n=1，则x=0，y=1，不满足x2+y2≥36，故n=2，则x=，y=2，不满足x2+y2≥36，故n=3，则x=，y=6，满足x2+y2≥36，故y=4x，故选：C．【点评】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．10．（5 分）以抛物线C 的顶点为圆心的圆交C 于A、B 两点，交C 的准线于D、E 两点．已知|AB|=4，|DE|=2，则C 的焦点到准线的距离为（）A．2 B．4 C．6 D．8【考点】K8：抛物线的性质；KJ：圆与圆锥曲线的综合．【专题】11：计算题；29：规律型；31：数形结合；35：转化思想；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】画出图形，设出抛物线方程，利用勾股定理以及圆的半径列出方程求解即可．【解答】解：设抛物线为y2=2px，如图：|AB|=4，|AM|=2，|DE|=2，|DN|=，|ON|=，x A==，|OD|=|OA|，=+5，解得：p=4．C 的焦点到准线的距离为：4．故选：B．【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，抛物线与圆的方程的应用，考查计算能力．转化思想的应用．11．（5 分）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．B．C．D．【考点】LM：异面直线及其所成的角．【专题】11：计算题；29：规律型；31：数形结合；35：转化思想；5G：空间角．【分析】画出图形，判断出m、n 所成角，求解即可．【解答】解：如图：α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD=m，α∩平面ABA1B1=n，可知：n∥CD1，m∥B1D1，∵△CB1D1 是正三角形．m、n 所成角就是∠CD1B1=60°．则m、n 所成角的正弦值为：．故选：A．【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．12．（5 分）已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=﹣为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，且f（x）在（，）上单调，则ω 的最大值为（）A．11 B．9 C．7 D．5【考点】H6：正弦函数的奇偶性和对称性．【专题】35：转化思想；4R：转化法；57：三角函数的图像与性质．【分析】根据已知可得ω为正奇数，且ω≤12，结合x=﹣为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，求出满足条件的解析式，并结合f（x）在（，）上单调，可得ω 的最大值．【解答】解：∵x=﹣为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，∴，即，（n∈N）即ω=2n+1，（n∈N）即ω为正奇数，∵f（x）在（，）上单调，则﹣=≤，即T=≥，解得：ω≤12，当ω=11时，﹣+φ=kπ，k∈Z，∵|φ|≤，∴φ=﹣，此时f（x）在（，）不单调，不满足题意；当ω=9 时，﹣+φ=kπ，k∈Z，∵|φ|≤，∴φ=，此时f（x）在（，）单调，满足题意；故ω 的最大值为9，故选：B．【点评】本题考查的知识点是正弦型函数的图象和性质，本题转化困难，难度较大．二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分，共20 分.13．（5 分）设向量=（m，1），=（1，2），且|+|2=||2+||2，则m=﹣2 ．r +1【考点】9O ：平面向量数量积的性质及其运算．【专题】11：计算题；29：规律型；35：转化思想；5A ：平面向量及应用． 【分析】利用已知条件，通过数量积判断两个向量垂直，然后列出方程求解即可．【解答】解：|+|2=||2+||2，可得•=0．向量=（m ，1），=（1，2），可得 m +2=0，解得 m=﹣2． 故答案为：﹣2．【点评】本题考查向量的数量积的应用，向量的垂直条件的应用，考查计算能力．14．（5 分）（2x +）5 的展开式中，x 3 的系数是 10 ．（用数字填写答案）【考点】DA ：二项式定理．【专题】11：计算题；34：方程思想；49：综合法；5P ：二项式定理． 【分析】利用二项展开式的通项公式求出第 r +1 项，令 x 的指数为 3，求出 r ，即可求出展开式中 x 3 的系数． 【解答】解：（2x +）5 的展开式中，通项公式为：T = =25﹣r，令 5﹣=3，解得 r=4 ∴x 3 的系数 2=10．故答案为：10．【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15．（5 分）设等比数列{a n }满足 a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则 a 1a 2…a n 的最大值为 64 ．1 2 n 1 【考点】87：等比数列的性质；8I ：数列与函数的综合．【专题】11：计算题；29：规律型；35：转化思想；54：等差数列与等比数列． 【分析】求出数列的等比与首项，化简 a 1a 2…a n ，然后求解最值． 【解答】解：等比数列{a n }满足 a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，可得 q （a 1+a 3）=5，解得 q=． a 1+q 2a 1=10，解得 a 1=8．则 a a …a =a n •q1+2+3+…+（n ﹣1）=8n • = = ，当 n=3 或 4 时，表达式取得最大值： =26=64．故答案为：64．【点评】本题考查数列的性质数列与函数相结合的应用，转化思想的应用，考查计算能力．16．（5 分）某高科技企业生产产品 A 和产品 B 需要甲、乙两种新型材料．生产一件产品 A 需要甲材料 1.5kg ，乙材料 1kg ，用 5 个工时；生产一件产品 B 需要甲材料 0.5kg ，乙材料 0.3kg ，用 3 个工时，生产一件产品 A 的利润为 2100元，生产一件产品 B 的利润为 900 元．该企业现有甲材料 150kg ，乙材料 90kg ，则在不超过 600 个工时的条件下，生产产品 A 、产品 B 的利润之和的最大值为 216000元．【考点】7C ：简单线性规划．【专题】11：计算题；29：规律型；31：数形结合；33：函数思想；35：转化思想．【分析】设 A 、B 两种产品分别是 x 件和 y 件，根据题干的等量关系建立不等式组以及目标函数，利用线性规划作出可行域，通过目标函数的几何意义，求出其最大值即可；【解答】解：（1）设 A 、B 两种产品分别是 x 件和 y 件，获利为 z 元．由题意，得，z=2100x+900y．不等式组表示的可行域如图：由题意可得，解得：，A（60，100），目标函数z=2100x+900y．经过A 时，直线的截距最大，目标函数取得最大值：2100×60+900×100=216000 元．故答案为：216000．【点评】本题考查了列二元一次方程组解实际问题的运用，二元一次方程组的解法的运用，不等式组解实际问题的运用，不定方程解实际问题的运用，解答时求出最优解是解题的关键．三、解答题：本大题共5 小题，满分60 分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（12 分）△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知2cosC（acosB+bcosA）=c．（Ⅰ）求C；（Ⅱ）若c=，△ABC 的面积为，求△ABC 的周长．【考点】HU：解三角形．【专题】15：综合题；35：转化思想；49：综合法；58：解三角形．【分析】（Ⅰ）已知等式利用正弦定理化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，根据sinC 不为0 求出cosC 的值，即可确定出出C 的度数；（2）利用余弦定理列出关系式，利用三角形面积公式列出关系式，求出a+b 的值，即可求△ABC 的周长．【解答】解：（Ⅰ）∵在△ABC 中，0＜C＜π，∴sinC≠0已知等式利用正弦定理化简得：2cosC（sinAcosB+sinBcosA）=sinC，整理得：2cosCsin（A+B）=sinC，即2cosCsin（π﹣（A+B））=sinC2cosCsinC=sinC∴cosC=，∴C=；（Ⅱ）由余弦定理得7=a2+b2﹣2ab•，∴（a+b）2﹣3ab=7，∵S=absinC=ab=，∴ab=6，∴（a+b）2﹣18=7，∴a+b=5，∴△ABC 的周长为5+．【点评】此题考查了正弦、余弦定理，三角形的面积公式，以及三角函数的恒等变形，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．18．（12 分）如图，在以A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，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°．（I）证明平面ABEF⊥平面EFDC；（II）求二面角E﹣BC﹣A 的余弦值．【考点】MJ：二面角的平面角及求法．【专题】11：计算题；34：方程思想；49：综合法；5H：空间向量及应用；5Q：立体几何．【分析】（Ⅰ）证明AF⊥平面EFDC，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）证明四边形EFDC 为等腰梯形，以E 为原点，建立如图所示的坐标系，求出平面BEC、平面ABC 的法向量，代入向量夹角公式可得二面角E﹣BC﹣A 的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵ABEF 为正方形，∴AF⊥EF．∵∠AFD=90°，∴AF⊥DF，∵DF∩EF=F，∴AF⊥平面EFDC，∵AF⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）解：由AF⊥DF，AF⊥EF，可得∠DFE 为二面角D﹣AF﹣E 的平面角；由ABEF 为正方形，AF⊥平面EFDC，∵BE⊥EF，∴BE⊥平面EFDC即有CE⊥BE，可得∠CEF 为二面角C﹣BE﹣F 的平面角．可得∠DFE=∠CEF=60°．∵AB∥EF，AB✪平面EFDC，EF⊂平面EFDC，∴AB∥平面EFDC，∵平面EFDC∩平面ABCD=CD，AB⊂平面ABCD，∴AB∥CD，∴CD∥EF，∴四边形EFDC 为等腰梯形．以E 为原点，建立如图所示的坐标系，设FD=a，则E（0，0，0），B（0，2a，0），C（，0，a），A（2a，2a，0），∴=（0，2a，0），=（，﹣2a，a），=（﹣2a，0，0）设平面BEC 的法向量为=（x1，y1，z1），则，则，取=（，0，﹣1）．设平面ABC 的法向量为=（x2，y2，z2），则，则，取=（0，，4）．设二面角E﹣BC﹣A 的大小为θ，则cosθ===﹣，则二面角E﹣BC﹣A 的余弦值为﹣．【点评】本题考查平面与平面垂直的证明，考查用空间向量求平面间的夹角，建立空间坐标系将二面角问题转化为向量夹角问题是解答的关键．19．（12 分）某公司计划购买2 台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200 元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500 元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100 台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得如图柱状图：以这100 台机器更换的易损零件数的频率代替1 台机器更换的易损零件数发生的概率，记X 表示2 台机器三年内共需更换的易损零件数，n 表示购买2 台机器的同时购买的易损零件数．（I）求X 的分布列；（II）若要求P（X≤n）≥0.5，确定n 的最小值；（III）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n=19 与n=20 之中选其一，应选用哪个？【考点】CG：离散型随机变量及其分布列．【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；5I：概率与统计．【分析】（Ⅰ）由已知得X 的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，分别求出相应的概率，由此能求出X 的分布列．（II）由X 的分布列求出P（X≤18）=，P（X≤19）=．由此能确定满足P （X≤n）≥0.5 中n 的最小值．（III）法一：由X 的分布列得P（X≤19）=．求出买19 个所需费用期望EX1和买20 个所需费用期望EX2，由此能求出买19 个更合适．法二：解法二：购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，分别求出n=19 时，费用的期望和当n=20时，费用的期望，从而得到买19 个更合适．【解答】解：（Ⅰ）由已知得X 的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，P （X=16）=（）2=，P（X=17）=，P（X=18）=（）2+2（）2=，P（X=19）= =，P（X=20）= ==，P（X=21）= =，P（X=22）= ，∴X 的分布列为：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：P（X≤18）=P（X=16）+P（X=17）+P（X=18）==．P（X≤19）=P（X=16）+P（X=17）+P（X=18）+P（X=19）=+=．∴P（X≤n）≥0.5 中，n 的最小值为19．（Ⅲ）解法一：由（Ⅰ）得P（X≤19）=P（X=16）+P（X=17）+P（X=18）+P（X=19）=+=．买19 个所需费用期望：EX1=200×+（200×19+500）×+（200×19+500×2）×+（200×19+500×3）×=4040，买20 个所需费用期望：EX2= +（200×20+500）×+（200×20+2×500）×=4080，∵EX1＜EX2，∴买19 个更合适．解法二：购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，当n=19 时，费用的期望为：19×200+500×0.2+1000×0.08+1500×0.04=4040，当n=20 时，费用的期望为：20×200+500×0.08+1000×0.04=4080，∴买19 个更合适．【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法及应用，是中档题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的合理运用．20．（12 分）设圆x2+y2+2x﹣15=0 的圆心为A，直线l 过点B（1，0）且与x 轴不重合，l 交圆A 于C，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E．（I）证明|EA|+|EB|为定值，并写出点E 的轨迹方程；（II）设点E 的轨迹为曲线C1，直线l 交C1 于M，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．【考点】J2：圆的一般方程；KL：直线与椭圆的综合．【专题】34：方程思想；48：分析法；5B：直线与圆；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】（Ⅰ）求得圆A 的圆心和半径，运用直线平行的性质和等腰三角形的性质，可得EB=ED，再由圆的定义和椭圆的定义，可得E 的轨迹为以A，B 为焦点的椭圆，求得a，b，c，即可得到所求轨迹方程；（Ⅱ）设直线l：x=my+1，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，可得|MN|，由PQ⊥l，设PQ：y=﹣m（x﹣1），求得A 到PQ 的距离，再由圆的弦长公式可得|PQ|，再由四边形的面积公式，化简整理，运用不等式的性质，即可得到所求范围．【解答】解：（Ⅰ）证明：圆x2+y2+2x﹣15=0 即为（x+1）2+y2=16，可得圆心A（﹣1，0），半径r=4，由BE∥AC，可得∠C=∠EBD，由AC=AD，可得∠D=∠C，即为∠D=∠EBD，即有EB=ED，则|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|=4，故E 的轨迹为以A，B 为焦点的椭圆，且有2a=4，即a=2，c=1，b==，则点E 的轨迹方程为+=1（y≠0）；（Ⅱ）椭圆C1：+=1，设直线l：x=my+1，由PQ⊥l，设PQ：y=﹣m（x﹣1），由可得（3m2+4）y2+6my﹣9=0，设M（x1，y1），N（x2，y2），可得y1+y2=﹣，y1y2=﹣，则|MN|=•|y1﹣y2|=•= •=12•，A 到PQ 的距离为d==，|PQ|=2 =2=，则四边形MPNQ 面积为S= |PQ|•|MN|= ••12•=24•=24，当m=0 时，S 取得最小值12，又＞0，可得S＜24•=8 ，即有四边形MPNQ 面积的取值范围是[12，8）．【点评】本题考查轨迹方程的求法，注意运用椭圆和圆的定义，考查直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，以及直线和圆相交的弦长公式，考查不等式的性质，属于中档题．21．（12 分）已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（I）求a 的取值范围；（II）设x1，x2 是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．【考点】51：函数的零点；6D：利用导数研究函数的极值．【专题】32：分类讨论；35：转化思想；4C：分类法；4R：转化法；51：函数的性质及应用．【分析】（Ⅰ）由函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2可得：f′（x）=（x﹣1）e x+2a （x﹣1）=（x﹣1）（e x+2a），对a 进行分类讨论，综合讨论结果，可得答案．（Ⅱ）设x1，x2 是f（x）的两个零点，则﹣a==，令g（x）=，则g（x1）=g（x2）=﹣a，分析g（x）的单调性，令m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）=，设h（m）=，m＞0，利用导数法可得h（m）＞h（0）=0 恒成立，即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，令m=1﹣x1＞0，可得结论．【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2，∴f′（x）=（x﹣1）e x+2a（x﹣1）=（x﹣1）（e x+2a），①若a=0，那么f（x）=0⇔（x﹣2）e x=0⇔x=2，函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；②若a＞0，那么e x+2a＞0 恒成立，当x＜1 时，f′（x）＜0，此时函数为减函数；当x＞1 时，f′（x）＞0，此时函数为增函数；此时当x=1 时，函数f（x）取极小值﹣e，由f（2）=a＞0，可得：函数f（x）在x＞1 存在一个零点；当x＜1 时，e x＜e，x﹣2＜﹣1＜0，∴f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2＞（x﹣2）e+a（x﹣1）2=a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e，令a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e=0 的两根为t1，t2，且t1＜t2，则当x＜t1，或x＞t2 时，f（x）＞a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＞0，故函数f（x）在x＜1 存在一个零点；即函数f（x）在R 是存在两个零点，满足题意；③若﹣＜a＜0，则ln（﹣2a）＜lne=1，当x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＜ln（﹣2a）﹣1＜lne﹣1=0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0 恒成立，故f（x）单调递增，当ln（﹣2a）＜x＜1 时，x﹣1＜0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＜0 恒成立，故f（x）单调递减，当x＞1 时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0 恒成立，故f（x）单调递增，故当x=ln（﹣2a）时，函数取极大值，由f（ln（﹣2a））=[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2=a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0 得：函数f（x）在R 上至多存在一个零点，不合题意；④若a=﹣，则ln（﹣2a）=1，当x＜1=ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0 恒成立，故f（x）单调递增，当x＞1 时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0 恒成立，故f（x）单调递增，故函数f（x）在R 上单调递增，函数f（x）在R 上至多存在一个零点，不合题意；⑤若a＜﹣，则ln（﹣2a）＞lne=1，当x＜1 时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0 恒成立，故f（x）单调递增，当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＜0 恒成立，故f（x）单调递减，当x＞ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0 恒成立，故f（x）单调递增，故当x=1 时，函数取极大值，由f（1）=﹣e＜0 得：函数f（x）在R 上至多存在一个零点，不合题意；综上所述，a 的取值范围为（0，+∞）证明：（Ⅱ）∵x1，x2 是f（x）的两个零点，∴f（x1）=f（x2）=0，且x1≠1，且x2≠1，∴﹣a==，令g（x）=，则g（x1）=g（x2）=﹣a，∵g′（x）=，∴当x＜1 时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x＞1 时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）=﹣=，设h（m）= ，m＞0，则h′（m）= ＞0 恒成立，即h（m）在（0，+∞）上为增函数，h（m）＞h（0）=0 恒成立，即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，令m=1﹣x1＞0，则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）⇔g（2﹣x1）＞g（x1）=g（x2）⇔2﹣x1＞x2，即x1+x2＜2．【点评】本题考查的知识点是利用导数研究函数的极值，函数的零点，分类讨论思想，难度较大．请考生在22、23、24 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-1：几何证明选讲]22．（10 分）如图，△OAB 是等腰三角形，∠AOB=120°．以O 为圆心，OA 为半径作圆．（I）证明：直线AB 与⊙O 相切；（II）点C，D 在⊙O 上，且A，B，C，D 四点共圆，证明：AB∥CD．【考点】N9：圆的切线的判定定理的证明．【专题】14：证明题；35：转化思想；49：综合法；5M：推理和证明．【分析】（Ⅰ）设K 为AB 中点，连结OK．根据等腰三角形AOB 的性质知OK⊥ AB，∠A=30°，OK=OAsin30°=OA，则AB 是圆O 的切线．（Ⅱ）设圆心为T，证明OT 为AB 的中垂线，OT 为CD 的中垂线，即可证明结论．【解答】证明：（Ⅰ）设K 为AB 中点，连结OK，∵OA=OB，∠AOB=120°，∴OK⊥AB，∠A=30°，OK=OAsin30°=OA，∴直线AB 与⊙O 相切；（Ⅱ）因为OA=2OD，所以O 不是A，B，C，D 四点所在圆的圆心．设T 是A，B，C，D 四点所在圆的圆心．∵OA=OB，TA=TB，∴OT 为AB 的中垂线，同理，OC=OD，TC=TD，∴OT 为CD 的中垂线，∴AB∥CD．【点评】本题考查了切线的判定，考查四点共圆，考查学生分析解决问题的能力．解答此题时，充分利用了等腰三角形“三合一”的性质．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy 中，曲线C1 的参数方程为（t 为参数，a＞0）．在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ=4cosθ．（I）说明C1 是哪种曲线，并将C1 的方程化为极坐标方程；（II）直线C3 的极坐标方程为θ=α0，其中α0 满足tanα0=2，若曲线C1 与C2 的公共点都在C3 上，求a．【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程；QE：参数方程的概念．【专题】11：计算题；35：转化思想；4A：数学模型法；5S：坐标系和参数方程．【分析】（Ⅰ）把曲线C1 的参数方程变形，然后两边平方作和即可得到普通方程，可知曲线C1 是圆，化为一般式，结合x2+y2=ρ2，y=ρsinθ 化为极坐标方程；（Ⅱ）化曲线C2、C3 的极坐标方程为直角坐标方程，由条件可知y=x 为圆C1 与C2 的公共弦所在直线方程，把C1 与C2 的方程作差，结合公共弦所在直线方程为y=2x 可得1﹣a2=0，则a 值可求．【解答】解：（Ⅰ）由，得，两式平方相加得，x2+（y﹣1）2=a2．∴C1 为以（0，1）为圆心，以a 为半径的圆．化为一般式：x2+y2﹣2y+1﹣a2=0．①由x2+y2=ρ2，y=ρsinθ，得ρ2﹣2ρsinθ+1﹣a2=0；（Ⅱ）C2：ρ=4cosθ，两边同时乘ρ得ρ2=4ρcosθ，∴x2+y2=4x，②即（x﹣2）2+y2=4．由C3：θ=α0，其中α0 满足tanα0=2，得y=2x，∵曲线C1 与C2 的公共点都在C3 上，∴y=2x 为圆C1 与C2 的公共弦所在直线方程，①﹣②得：4x﹣2y+1﹣a2=0，即为C3 ，∴1﹣a2=0，∴a=1（a＞0）．【点评】本题考查参数方程即简单曲线的极坐标方程，考查了极坐标与直角坐标的互化，训练了两圆公共弦所在直线方程的求法，是基础题．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x+1|﹣|2x﹣3|．（I）在图中画出y=f（x）的图象；（II）求不等式|f（x）|＞1 的解集．【考点】&2：带绝对值的函数；3A：函数的图象与图象的变换．【专题】35：转化思想；48：分析法；59：不等式的解法及应用．【分析】（Ⅰ）运用分段函数的形式写出f（x）的解析式，由分段函数的画法，即可得到所求图象；（Ⅱ）分别讨论当x≤﹣1 时，当﹣1＜x＜时，当x≥时，解绝对值不等式，取交集，最后求并集即可得到所求解集．【解答】解：（Ⅰ）f（x）= ，由分段函数的图象画法，可得f（x）的图象，如右：（Ⅱ）由|f（x）|＞1，可得当x≤﹣1 时，|x﹣4|＞1，解得x＞5 或x＜3，即有x≤﹣1；当﹣1＜x＜时，|3x﹣2|＞1，解得x＞1 或x＜，即有﹣1＜x＜或1＜x＜；当x≥时，|4﹣x|＞1，解得x＞5 或x＜3，即有x＞5 或≤x＜3．综上可得，x＜或1＜x＜3 或x＞5．则|f（x）|＞1 的解集为（﹣∞，）∪（1，3）∪（5，+∞）．【点评】本题考查绝对值函数的图象和不等式的解法，注意运用分段函数的图象的画法和分类讨论思想方法，考查运算能力，属于基础题．。
专题06 立体几何(解答题)
专题06 立体几何（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离． 【答案】（1）见解析；（2）41717. 【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离， 由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =，故417CH =.从而点C 到平面1C DE 的距离为41717.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ． （2）由（1）知∠BEB 1=90°. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==． 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.3．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2． （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM=3，故DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 4．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，⊥．所以PA BD又因为底面ABCD为菱形，所以BD AC ⊥． 所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点， 所以AE ⊥CD ． 所以AB ⊥AE ． 所以AE ⊥平面PAB ． 所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ． 则FG ∥AB ，且FG =12AB ． 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE =12AB ． 所以FG ∥CE ，且FG =CE ． 所以四边形CEGF 为平行四边形． 所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ， 所以CF ∥平面PAE ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（33【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ， 所以GH ∥平面P AD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ， 又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面P AC ，又PA ⊂平面P AC ，故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面P AC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角， 因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点， 所以3DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为33.【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.6．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）． 不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3. 由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，23），B （3，1，0），1(3,3,23)B ，33(,,23)22F ，C (0，2，0)． 因此，33(,,23)22EF =，(3,1,0)BC =-． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(0223)BC AC --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得3030x y y z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩， 取n (131)=，，，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.8．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥． 又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32又23BP DQ DA ==，所以22BP = 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =∥13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.解答本题时，（1）首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90°，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；（2）根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 9．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）见解析；（2）455． 【解析】（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =23． 连结OB ．因为AB =BC =22AC，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ． 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离． 由题设可知OC =12AC =2，CM =23BC =23，∠ACB =45°． 所以OM =253，CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=455．所以点C 到平面POM 45【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明，解答本题时，连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，即过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可，本题也可利用等体积法解决.10．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ． 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题.11．【2018年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面P AB ⊥平面PCD ； （3）求证：EF ∥平面PCD .【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）∵PA PD =，且E 为AD 的中点，∴PE AD ⊥. ∵底面ABCD 为矩形，∴BC AD ∥， ∴PE BC ⊥.（2）∵底面ABCD 为矩形，∴AB AD ⊥. ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD . ∴AB PD ⊥.又PA PD ⊥，∴PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD . （3）如图，取PC 中点G ，连接,FG GD .∵,F G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG BC ∥，且12FG BC =. ∵四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， ∴1,2ED BC DE BC =∥，∴ED FG ∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形， ∴EF GD ∥.又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ， ∴EF ∥平面PCD .【名师点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.12．【2018年高考天津卷文数】如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB =2，AD =23，∠BAD =90°． （1）求证：AD ⊥BC ；（2）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； （3）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）1326；（3）34． 【解析】（1）由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．（2）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角． 在Rt △DAM 中，AM =1，故DM 22=13AD AM +AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ． 在Rt △DAN 中，AN =1，故DN 22=13AD AN +在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得1132cos MNDMN DM ∠==．所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326． （3）连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM =3．又因为平面ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD =22AC AD +=4．在Rt △CMD 中，3sin 4CM CDM CD ∠==． 所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34．【名师点睛】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．13．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．【名师点睛】本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.解答本题时，（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得四边形ABB1A1为菱形，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.14．【2018年高考浙江卷】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．（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）3913. 【解析】方法一：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得11122AB A B ==， 所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得115B C =， 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得23AC =，由1CC AC ⊥，得113AC =，所以2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥.因此1AB ⊥平面111A B C .（2）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD .由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ， 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ， 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由1111115,22,21BC A B AC ==1111116cos 77C A B C A B ∠=∠=， 所以13C D ， 故11139sin C D C AD AC ∠==.因此，直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是3913. 方法二：（1）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意知各点坐标如下：111(0,3,0),(1,0,0),(0,3,4),(1,0,2),3,1),A B A B C --因此11111(1,3,2),(1,3,2),(0,23,3),AB A B AC ==-=- 由1110AB A B ⋅=得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（2）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（1）可知11(0,23,1),(1,3,0),(0,0,2),AC AB BB === 设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即30,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(3,1,0)=-n .所以111|39sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅n |n n |. 因此，直线1AC 与平面1ABB 39. 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.15．【2017年高考全国Ⅰ文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，且四棱锥P −ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积． 【答案】（1）见解析；（2）326+．【解析】（1）由已知90BAP CDP ==︒∠∠，得AB AP ⊥，CD PD ⊥． 由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ． 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ． 设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =． 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=． 由题设得31833x =，故2x =． 从而2PA PD ==，22AD BC ==22PB PC ==． 可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 606232222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+ 【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．解答本题时，（1）由AB AP ⊥，AB PD ⊥，得AB ⊥平面PAD 即可证得结果；（2）设AB x =，则四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=，解得2x =，可得所求侧面积．16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，1,2AB BC AD BAD ==∠90.ABC =∠=︒ （1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（1）见解析；（2）43.【解析】（1）在平面ABCD 内，因为∠BAD =∠ABC =90°，所以BC ∥AD . 又BC PAD ⊄平面，AD PAD ⊂平面， 故BC ∥平面P AD .（2）取AD 的中点M ，连结PM ，CM ， 由12AB BC AD ==及BC ∥AD ，∠ABC =90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD =AD ， 所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ，因为CM ABCD⊂底面，所以PM⊥CM.设BC=x，则CM=x，CD=2x，PM=3x，PC=PD=2x.取CD的中点N，连结PN，则PN⊥CD，所以142PN x=.因为△PCD的面积为27，所以114227 22x x⨯⨯=，解得x=−2（舍去），x=2，于是AB=BC=2，AD=4，PM=23，所以四棱锥P−ABCD的体积()22412343 32V⨯+=⨯⨯=.【名师点睛】解答本题时，（1）先由平面几何知识得BC∥AD，再利用线面平行的判定定理证得结论；（2）取AD的中点M，利用线面垂直的判定定理证明PM⊥底面ABCD，从而得四棱锥的高，再通过平面几何计算得底面直角梯形的面积，最后代入锥体体积公式即可.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.17．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．【答案】（1）见解析；（2）1:1【解析】（1）取AC的中点O，连结DO，BO.因为AD=CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC ⊥BO . 从而AC ⊥平面DOB ， 故AC ⊥BD . （2）连结EO .由（1）及题设知∠ADC =90°，所以DO =AO . 在Rt △AOB 中，222BO AO AB +=.又AB =BD ，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==， 故∠DOB =90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以12EO AC =. 又△ABC 是正三角形，且AB =BD ，所以12EO BD =.故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1:1.【名师点睛】解答本题时，（1）取AC 的中点O ，由等腰三角形及等边三角形的性质得OD AC ⊥，OB AC ⊥，再根据线面垂直的判定定理得⊥AC 平面OBD ，即得AC ⊥BD ；（2）先由AE ⊥EC ，结合平面几何知识确定12EO AC =，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.18．【2017年高考北京卷文数】如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（1）求证：PA ⊥BD ；（2）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（3）当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E –BCD 的体积． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）13. 【解析】（1）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥，所以PA ⊥平面ABC ， 又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（2）因为AB BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥， 由（1）知，PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAC ， 所以平面BDE ⊥平面PAC .（3）因为PA ∥平面BDE ，平面PAC 平面BDE DE =，所以PA DE ∥.因为D 为AC 的中点，所以112DE PA ==，2BD DC ==由（1）知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC . 所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.解答本题时，（1）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（2）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（3）由13BCD V S DE =⨯⨯△即可求解.19．【2017年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =．（1）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； （2）求证：PD ⊥平面PBC ；（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）55；（2）见解析；（3）55． 【解析】（1）如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角． 因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD ． 在Rt △PDA 中，由已知，得225AP AD PD =+=，故5cos 5AD DAP AP ∠==． 所以，异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55．（2）因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD ． 又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ， 又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C ．（3）过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连结PF ， 则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角． 因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影， 所以DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD //BC ，DF //AB ，故BF =AD =1，由已知，得CF =BC –BF =2． 又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得2225DF CD CF =+=， 在Rt △DPF 中，可得5sin 5PD DFP DF ∠==． 所以，直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55． 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点考查内容，而证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判断定理转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可，而线线垂直又可通过线面垂直得到，用几何法求线面角，关键是找到斜线的射影，斜线与其射影所成的角就是线面角．解答本题时，（1）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，因为AD BC ∥，所以DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角，本题中AD ⊥PD ，进而可得AP 的长，所以cos ADDAP AP∠=；（2）要证明线面垂直，根据判断定理，证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可；（3）根据（2）中的结论，作DF AB ∥，连结PF ，则DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．20．【2017年高考山东卷文数】由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD . （1）证明：1A O ∥平面B 1CD 1;（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）取11B D 的中点1O ，连接111,CO AO ，由于1111ABCD A B C D -是四棱柱， 所以1111,AO OC AO OC =∥， 因此四边形11AOCO 为平行四边形， 所以11A O O C ∥，又1O C ⊂平面11B CD ，1AO ⊄平面11B CD ， 所以1A O ∥平面11B CD .（2）因为AC BD ⊥，E ，M 分别为AD 和OD 的中点， 所以EM BD ⊥，又1A E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以1,A E BD ⊥ 因为11,B D BD ∥所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥ 又1,A E EM ⊂平面1A EM ，1A E EM E =，所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ⊂平面11B CD ， 所以平面1A EM ⊥平面11B CD .【名师点睛】证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行，应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行．-中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，21．【2017年高考江苏卷】如图，在三棱锥A BCDF(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【答案】（1）见解析；（2）见解析.⊥，【解析】（1）在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF AD∥．所以EF AB又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC．⊥，（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCD=BD，BC⊂平面BCD，BC BD所以BC⊥平面ABD．因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD．=，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，又AB⊥AD，BC AB B所以AD⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC．【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．22．【2017年高考浙江卷】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． 【答案】（1）见解析；（2）8． 【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.满分15分.（1）如图，设P A 中点为F ，连接EF ，FB ． 因为E ，F 分别为PD ，P A 中点，所以EF AD ∥且12EF AD =， 又因为BC AD ∥，12BC AD =，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P AB ．（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 ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， 在平行四边形BCEF 中，MQ//CE ．由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD ．由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD ．PABCDE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MH．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CD=1．在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=2得CE=2，在△PBN中，由PN=BN=1，PB=3得QH=14，在Rt△MQH中，QH=14，MQ=2，所以sin∠QMH=28，所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28．【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角．。
全国各地市历年高考立体几何题汇编(含参考答案)
全国各地市历年高考立体几何题汇编（含参考答案）（一）2018年高考立体几何题1.（北京理16）如图，在三棱柱ABC -111A B C 中，1CC 平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB 的中点，AB=BC AC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ； （Ⅱ）求二面角B-CD -C 1的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．2.（浙江-19）如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2． （Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．3.（课标III 理-19）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面； （2）当三棱锥体积最大时， 求面与面所成二面角的正弦值．4.（课标II 理-20）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点． （1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．ABCD CD M CD C D AM D ⊥BMC M ABC -MABMCD5.（课标I理-18）如图，四边形ABCD为正方形，,E F分别为,AD BC的中点，以DF为折痕把DFC△折起，使点C到达点P的位置，且PF BF⊥.（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.（二）2017年高考立体几何题1.（课标III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.2.（课标II 理-19）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点．（1）证明：直线CE ∥平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值.3.（课标I 理-18）如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=. （1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.（三）2016年高考立体几何题 1.（课标III 理-19）如图，四棱锥中，地面，，，，为线段上一点，，为的中点．（I ）证明平面；（II ）求直线与平面所成角的正弦值.2.（课标II 理-19）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，点E ，F 分别在AD ，CD上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D EF'的位置OD '=（I ）证明：DH'⊥平面ABCD ； （II ）求二面角B D A C '--的正弦值. P ABC -PA ⊥ABCD AD BC 3AB AD AC ===4PA BC ==M AD 2AM MD =N PC MN PAB ANPMN3.（课标I 理-19）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ， 90AFD ∠=，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60． （Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角E -BC -A 的余弦值．（四）2015年高考立体几何题 1.（课标II 理-19）如图，长方体1111ABCD A BC D -中,=16AB ，=10BC ，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11C D 上，114A E D F ==．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． （Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线AF 与平面α所成角的正弦值．DD 1 C 1A 1EF ABCB 1参考答案（一）2018年高考立体几何题1.（北京理16）如图，在三棱柱ABC -111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB 的中点，AB=BCAC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ； （Ⅱ）求二面角B-CD -C 1的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交． 1.解析：（Ⅰ）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵CC 1⊥平面ABC ，∴四边形A 1ACC 1为矩形． 又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，∴AC ⊥EF ． ∵AB =BC ，∴AC ⊥BE ，∴AC ⊥平面BEF ． （Ⅱ）由（I ）知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1． 又CC 1⊥平面ABC ，∴EF ⊥平面ABC ． ∵BE ⊂平面ABC ，∴EF ⊥BE ． 如图建立空间直角坐称系E -xyz ．由题意得B （0，2，0），C （-1，0，0），D （1，0，1），F （0，0，2），G （0，2，1）．∴=(201)=(120)CD CB u u u r u u r，，，，，， 设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ， ∴00CD CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uur n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ， 又∵平面CDC 1的法向量为=(020)EB u u r ，，，∴cos =||||EB EB EB ⋅<⋅>=uu ruu r uu r n n n ． 由图可得二面角B -CD -C 为钝角，所以二面角B -CD -C的余弦值为．（Ⅲ）平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ，∵G （0，2，1），F （0，0，2），∴=(021)GF -u u u r ，，，∴2GF ⋅=-uu u r n ，∴n 与GF uuu r不垂直，∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，∴GF 与平面BCD 相交．2.（浙江-19）如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2． （Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值． 2.解析：方法一：（Ⅰ）由得，所以.故.由，得， 由得由，得，故. 因此平面.（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.由平面得平面平面， 由得平面， 所以是与平面所成的角. 由， 所以，故. 因此，直线与平面. 方法二：（Ⅰ）如图，以AC的中点O 为原点，分别以射线OB ，11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥111AB AB ==2221111A B AB AA +=111AB A B ⊥2BC =112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥11B C =2,120AB BC ABC ==∠=︒AC =1CC AC ⊥1AC 2221111AB BC AC +=111ABB C ⊥1AB ⊥111A B C 1C 111C D A B ⊥11A B D AD 1AB ⊥111A B C 111A B C ⊥1ABB 111C D A B ⊥1C D ⊥1ABB 1C AD ∠1AC 1ABB 111111BC AB AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=1C D 111sin C D C AD AC ∠==1AC 1ABBOC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz . 由题意知各点坐标如下：因此 由得.由得. 所以平面. （Ⅱ）设直线与平面所成的角为.由（Ⅰ）可知 设平面的法向量.由即可取.所以. 因此，直线与平面. 3.（课标III 理-19）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时， 求面与面所成二面角的正弦值．3.解析：（1）由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD .因为BC ⊥CD ,BC 平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM .因为M 为上异于C ，D 的点,且DC 为直径，所以 DM ⊥CM .又 BC CM =C ,所以DM ⊥平面BMC . 而DM 平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC .（2）以D 为坐标原点,的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz .111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),),A B A B C 111112),3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r 1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r 111AB A B ⊥1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r111AB AC ⊥1AB ⊥111A B C 1AC 1ABB θ11(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r1ABB (,,)x y z =n 10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n 0,20,x z ⎧=⎪⎨=⎪⎩(,0)=n 111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅===⋅uuu r uuu r uuu r n |n n |1AC 1ABB ABCD CD M CD C D AM D ⊥BMC M ABC -MAB MCD ⊂CD ⊂DA当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为的中点.由题设得，设是平面MAB 的法向量,则即可取.是平面MCD 的法向量，因此，，所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是. 4.（课标II 理-20）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．4.解：（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB .因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==. 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥. 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC .（2）如图，以O 为坐标原点，OB uu u r的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -.由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),23),(0,2,O B A C P AP -=u u u r取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =u u u r.设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则(,4,0)AM a a =-u u u r. CD (0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M (2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==(,,)x y z =n 0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩(1,0,2)=n DA 5cos ,5||||DA DA DA ⋅==n nn 2sin ,DA =n5由0,0AP AM ⋅=⋅=u u u r u u u r n n得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以cos ,OB =uu u rn由已知得|cos ,|OB =uu u r n .解得4a =-（舍去），43a =.所以4()3=-n .又(0,2,PC =-u u u r，所以cos ,PC =uu u r n 所以PC 与平面PAM5.（课标I 理-18）如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.5.解：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . （2）作PH ⊥EF ，垂足为H .由（1）得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz . 由（1）可得，DE ⊥PE .又DP =2，DE =1， 所以PE=.又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF . 可得32PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=HP =为平面ABFD 的法向量. 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则34sin ||||||3HP DP HP DP θ⋅===⋅所以DP 与平面ABFD所成角的正弦值为（二）2017年高考立体几何题 1.（课标III 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.1.【解析】（1）由题设可得，ABD CBD △≌△，从而AD DC =. 又ACD △是直角三角形，所以=90ADC ∠︒. 取AC 的中点O ，连接DO ,BO ,则DO ⊥AC ,DO =AO . 又由于ABC △是正三角形，故BO AC ⊥. 所以DOB ∠为二面角D AC B --的平面角. 在Rt AOB △中，222BO AO AB +=.又AB BD =，所以2222BO DO BO AO AB BD 22+=+==，故90DOB ∠=. 所以平面ACD ⊥平面ABC .（2）由题设及（1）知，,,OA OB OD 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 x y z -.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00AD AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n即0,10.2x z x y z -+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 可取⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n .设m 是平面AEC 的法向量，则00AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m同理可取(0,=-m .则cos ,⋅==n m n m n m .所以二面角D -AE -C. 2.（课标II 理-19）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点． （1）证明：直线CE ∥平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值.2.解析：（1）取PA 中点F ，连结EF ，BF ． 因为E 为PD 的中点，所以EF AD , 12EF AD =,由90BAD ABC ∠=∠=︒得//BC AD ， 又12BC AD =所以//EF BC ．四边形BCEF 为平行四边形， //CE BF ． 又BF PAB ⊂平面， CE PAB ⊄平面，故//CE PAB 平面（2）由已知得BA AD ⊥,以A 为坐标原点， AB 的方向为x 轴正方向， AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，则则()000A ，，， ()100B ，，， ()110C ，，，(01P ，(10PC =，,()100AB =，，，则 ()(1,1BM x y z PM x y z =-=-，，，，因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而()001n =，，是底面ABCD 的法向量，所以0cos , sin45BM n =，=即（x-1）²+y ²-z ²=0又M 在棱PC 上，学|科网设,PM PC λ=则x ,1,y z λ==由①，②得()y=1 y=1 z z ⎧⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎨⎪⎪⎪⎪==⎪⎪⎩⎩舍去，所以M ⎛ ⎝⎭，从而AM ⎛= ⎝⎭设()000x ,y ,z m =是平面ABM的法向量，则(0000x 2y 0·AM 0 ·AB 0x 0m m ⎧+=⎧=⎪⎨⎨==⎩⎪⎩即所以可取m =（0，2）.于是·10,5m n cosm n m n == 因此二面角M-AB-D的余弦值为3.（课标I 理-18）如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=. （1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.3.【解析】（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB//CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD . （2）在平面PAD 内作PF AD ⊥，垂足为F ，由（1）可知，AB ⊥平面PAD ，故AB PF ⊥，可得PF ⊥平面ABCD .以F 为坐标原点，FA 的方向为x 轴正方向，||AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz -.由（1）及已知可得(2A，(0,0,2P，(2B，(2C -.所以(PC =-，(2,0,0)CB =，2(PA =，(0,1,0)AB =.设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，则0,0,PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,0,y z ⎧+=⎪⎨=可取(0,1,=-n . 设(,,)x y z =m 是平面PAB 的法向量，则0,0,PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m即0,220.x z y -=⎪⎨⎪=⎩可取(1,0,1)=m . 则cos ,||||⋅==<>n m n m n m ，所以二面角A PBC --的余弦值为（三）2016年高考立体几何题1.（课标III 理-19）如图，四棱锥中，地面，，，，为线段上一点，，为的中点．（I ）证明//MN 平面；（II ）求直线与平面所成角的正弦值. 1.解析：（Ⅰ）由已知得223AM AD ==. 取BP 的中点T ，连接,AT TN ，由N 为PC 中点知//TN BC ，122TN BC ==. 又//AD BC ，故,//TN AM TN 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.（Ⅱ）取BC 的中点E ，连结AE .由AB BC =得AE BC ⊥，从而AE AD ⊥，且.以A 为坐标原点， AE 的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -.由题意知，P ABC -PA ⊥ABCD AD BC 3AB AD AC ===4PA BC ==M AD 2AMMD =N PC PAB AN PMN PAB，，，5(,1,2)N，()0,2,4PM =-， 52PN ⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭， 52AN ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭.设(),,n x y z =为平面PMN 的一个法向量，则0, 0,n PM n PN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即240, 20,y z x y z -=⎧+-=可取()0,2,1n =. 于是85cos ,25n AN n AN n AN⋅〈〉==. 2.（课标II 理-19）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，点E ，F 分别在AD ，CD上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D EF'的位置OD '=（I ）证明：DH'⊥平面ABCD ； （II ）求二面角B D A C '--的正弦值. 2.【解析】⑴证明：∵54AE CF ==，∴A E C FA D C D=，∴E F A C ∥．∵四边形ABCD 为菱形，∴AC BD ⊥，∴EF BD ⊥，∴EF D H ⊥，∴EF DH'⊥． ∵6AC =，∴3AO =；又5AB =，AO OB ⊥， ∴4OB =，∴1AEOH OD AO=⋅=， ∴3DH D H '==，∴222'OD OH D H '=+，∴'D H OH ⊥．又∵OH EF H =I ，∴'D H ⊥面ABCD ．⑵建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，，()430AB =u u u r ，，，()'133AD =-u u u r ，，，()060AC =u u u r，，， 设面'ABD 法向量()1n x y z =，，u r，由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，取345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩，∴()1345n =-u r ，，．同理可得面'AD C 的法向量()2301n =u u r ，，，∴1212cos n n n n θ⋅=u r u u ru r u u r∴sin θ= 3.（课标I 理-19）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ， 90AFD ∠=，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60． （Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角E -BC -A 的余弦值．3.【解析】试题分析：（Ⅰ）证明AF ⊥平面FDC E ，结合AF ⊂平面ABEF ，可得平面ABEF ⊥平面EFDC ．（Ⅱ）建立空间坐标系，利用向量求解. 试题解析：（Ⅰ）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 ．（Ⅱ）过D 作DG EF ⊥，垂足为G ，由（Ⅰ）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（Ⅰ）知DFE ∠为二面角D AF E --的平面角，故60DFE ∠=，则2DF =， 3DG =，可得()1,4,0A ， ()3,4,0B -， ()3,0,0E -，(D ． 由已知， //AB EF ，所以//AB 平面EFDC ．又平面ABCD ⋂平面EFDC DC =，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，60CEF ∠=．从而可得(C -．所以(EC =， ()0,4,0EB =，(3,AC =--， ()4,0,0AB =-． 设(),,n x y z =是平面BCE 的法向量，则n EC n EB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0 40x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，所以可取(3,0,n =．设m 是平面ABCD 的法向量，则0m C m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩，同理可取()0,3,4m =．则219cos ,n m n m n m ⋅〈〉==-． 故二面角E BC A --的余弦值为． （四）2015年高考立体几何题1.（课标II 理-19）如图，长方体1111ABCD A BC D -中,=16AB ，=10BC ，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11C D 上，114A E D F ==．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． （Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线AF 与平面α所成角的正弦值． 1.【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF 如图：（Ⅱ）作EM AB ⊥，垂足为M ，则14A M A E ==，18EM AA ==，因为EHGF 为正方形，所以10EH EF BC ===．于是6MH =，所以10AH =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则(10,0,0)A ，(10,10,0)H ，(10,4,8)E ，(0,4,8)F ，(10,0,0)FE =，(0,6,8)HE =-．设(,,)n x y z =是平面EHGF 的法向量，则0,0,n FE n HE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即100,680,x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取(0,4,3)n =．又(10,4,8)AF =-，故45cos ,15n AF n AF n AF⋅<>==⋅．所以直线AF 与平面α所成角的正弦值为15． 考点：1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．DD 1C 1A 1EFABCB 1。
专题03 三角与向量-2016年高考+联考模拟理数试题分项版解析(原卷版) Word版缺答案
第一部分 2016高考试题三角函数与三角形1. 【2016高考新课标1卷】已知函数()sin()(0),24f x x+x ππωϕωϕ=>≤=-，为()f x 的零点,4x π=为()y f x =图像的对称轴,且()f x 在51836ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单调,则ω的最大值为( )（A ）11 （B ）9 （C ）7 （D ）52.【2016年高考四川理数】为了得到函数πsin(2)3y x =-的图象，只需把函数sin 2y x =的图象上所有的点( )（A ）向左平行移动π3个单位长度 （B ）向右平行移动π3个单位长度 （C ）向左平行移动π6个单位长度 （D ）向右平行移动π6个单位长度3.【2016高考新课标3理数】在ABC △中，π4B =，BC 边上的高等于13BC ,则cos A =（ ）（A （B （C ）-（D ）-4.【2016高考新课标2理数】若3cos()45πα-=，则sin 2α=（ ） （A ）725（B ）15 （C ）15- （D ）725-5.【2016高考新课标2理数】若将函数2sin 2y x =的图像向左平移12π个单位长度，则平移后图象的对称轴为（ ）（A ）()26k x k Z ππ=-∈ （B ）()26k x k Z ππ=+∈ （C ）()212k x k Z ππ=-∈ （D ）()212k x k Z ππ=+∈ 6.【2016高考新课标3理数】若3tan 4α= ，则2cos 2sin 2αα+=（ ）(A)6425 (B) 4825 (C) 1 (D)16257.【2016高考浙江理数】设函数2()sin sin f x x b x c =++，则()f x 的最小正周期（ ） A ．与b 有关，且与c 有关 B ．与b 有关，但与c 无关 C ．与b 无关，且与c 无关 D ．与b 无关，但与c 有关8.【2016年高考北京理数】将函数sin(2)3y x π=-图象上的点(,)4P t π向左平移s （0s >） 个单位长度得到点'P ，若'P 位于函数sin 2y x =的图象上，则（ ）A.12t =，s 的最小值为6πB.2t = ，s 的最小值为6πC.12t =，s 的最小值为错误！未找到引用源。
专题06 立体几何-2016年高考数学(文)自由复习步步高系列(通用版)(原卷版)
2016年高考备考之考前十天自主复习 第6天（文科）1． 四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系．2． 空间几何体的三视图(1)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影形成的平面图形．(2)三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样．(3)画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高．看不到的线画虚线． 3． 直观图的斜二测画法空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半． 4． 空间几何体的两组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)；④S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)．(2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)；④V 球＝43πR 3.回顾二：空间中的平行于垂直1．线面平行与垂直的判定定理、性质定理2．提醒 3． 平行关系及垂直关系的转化示意图热点一：三视图与表面积、体积【典例】( 福建省龙岩市2016届高三教学质量检查数学文8)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的表面积是（）A B C D 1【题型概述】这类题以三视图为载体，考查面积、体积的计算，尤其三视图及柱、锥与球的接切问题相结合是考试的重点和热点，这类题的解决方法一般为将三视图还原几何体，再利用几何体的表面积公式或体积公式计算，解决的关键是要熟悉常见几何体的三视图，尤其注意几何体的不同摆放位置三视图会发生变化．【跟踪练习1】( 2016年浙江省杭州市严州中学高三三月阶段测试数学文10)一个简单几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，俯视图是等腰直角三角形，则该几何体的体积为 ,表面积为 ．【跟踪练习2】( 东北三省三校2016年高三第一次联合模拟考试文6)已知三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积是 （ ）A ． Ｂ．Ｃ． Ｄ．热点二：证明或判断空间平行、垂直关系【典例】( 四川省遂宁市2016届高三第二次诊断考试数学文18)如图，四边形ABCD 为梯形，AB ∥CD ，PD ⊥平面ABCD ， =ADC=90BAD ∠∠o ，22,DC AB a DA ===，E 为BC 中点.（1）求证：平面PBC ⊥平面PDE ；（2）线段PC 上是否存在一点F ，使P A //平面BDF ？若有，请找出具体位置，并进行证明；若无，请分析说明理由.【题型概述】空间中的平行关系在高考命题中主要与平面问题中的平行、简单几何体的结构特征等问题相结合，重点考查空间中直线与平面平行、平面与平面平行的判定及性质，解决该类题的关键是注意线线位置关系、线面位置关系、面面位置关系的转化．【跟踪练习1】(江西省六校2016届高三3月联考数学文4)设α,β是空间两个平面，m, n 是空间两条直线，则下列选项不正确．．．的是（ ） A ．当m ⊂α时，“n ∥α”是“m ∥n ”的必要不充分条件 B ．当m ⊂α时，“m β⊥”是“α⊥β”的充分不必要条件 C ．当n ⊥α时，“n ⊥β”是“α∥β”的充要条件D ．当m ⊂α时，“n ⊥α”是“m ⊥n ”的充分不必要条件【跟踪练习2】( 2014-2016江西省景德镇高三第二质检数学文19)在平行六面体1111ABCD A B C D -中，12AA AD AB ===，160A AD DAB ∠=∠=︒,O 是AD 的中点．（1）证明AD ⊥面1AOB ; （2）当平面ABCD ⊥平面11AA D D ，求11B CDD V -．1A【跟踪练习3】如图所示，已知三棱锥A －BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，且△PMB 为正三角形．(1)求证：DM ∥平面APC ； (2)求证：平面ABC ⊥平面APC .P1．(2014——2016学年度上学期辽宁省丹东五校协作体高三期末考试文5)某几何体三视图如下，其中三角形的三边长与圆的直径均为2，则该几何体体积为（）.A.B.C.D π2．等腰梯形ABCD ，上底1CD =，腰AD CB ==3AB =，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图''''A B C D 的面积为_______．3．(山东省潍坊市第一中学2014届高三1月期末考前模拟数学文7)设,m n 是两条不同直线，,αβ是两个不同的平面，下列命题正确的是（A ）//,////,//m n m n αβαβ且则 （B ）,m n αβαβ⊥⊥⊥且，则m n ⊥ （C ）,,m n m n αβ⊥⊂⊥，则αβ⊥ （D ）,,//,//m n m n ααββ⊂⊂，则//αβ 4．如图,四边形ABCD 为矩形,AD ⊥平面ABE,F 为CE 上的点,且BF ⊥平面ACE. (1)求证:AE ⊥平面BCE ；(2)设M 在线段AB 上,且满足AM=2MB,试在线段CE 上确定一点N,使得MN ∥平面DAE ．5．已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AC=BC,点D 是AB 的中点． (1)求证：BC 1∥平面CA 1D ； (2)求证：平面CA 1D ⊥平面AA 1B 1B ；6. (甘肃省兰州市2016年高三诊断考试文18)如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，2AB =,1BC CD ==AB ∥CD ，顶点1D 在底面ABCD 内的射影恰为点C ．（Ⅰ）求证：1AD BC ⊥；（Ⅱ）在AB 上是否存在点M ，使得1C M ∥平面11ADD A ？若存在，确定点M 的位置；若不存在，请说明理由．7. (吉林省长春市普通高中2016届高三质量监测（二）文19)如图，在四棱锥CD P -AB 中，PA ⊥平面CD AB ，D 2PA =AB =A =，四边形D AB ⊥A ，C//D B A 且C 4B =，点M 为C P 中点．()1求证：平面D A M⊥平面CPB；()2求点P到平面DA M的距离．：。
2016年高考+联考模拟数学(文)试题分项版解析 专题05解析几何原卷版 Word版缺答案
1.【2016高考新课标1文数】直线l 经过椭圆的一个顶点和一个焦点,若椭圆中心到l 的距离为其短轴长的14,则该椭圆的离心率为（ ） （A ）13 （B ）12 （C ）23 （D ）342.【2016高考新课标2文数】设F 为抛物线C ：y 2=4x 的焦点，曲线y =kx（k >0）与C 交于点P ，PF ⊥x 轴，则k =（ ）（A ）12 （B ）1 （C ）32（D ）23.[2016高考新课标Ⅲ文数]已知O 为坐标原点，F 是椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点，,A B 分别为C 的左，右顶点.P 为C 上一点，且PF x ⊥轴.过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ，与y 轴交于点E .若直线BM 经过OE 的中点，则C 的离心率为（ ） （A ）13（B ）12（C ）23（D ）344.【2016高考四川文科】抛物线24y x =的焦点坐标是( ) (A)(0,2) (B) (0,1) (C) (2,0) (D) (1,0)5.【2016高考山东文数】已知圆M ：2220(0)x y ay a +-=>截直线0x y +=所得线段的长度是M 与圆N ：22(1)1x y +-=（-1）的位置关系是（ ） （A ）内切（B ）相交（C ）外切（D ）相离1212r r r r -<MN <+，所以圆M 与圆N 相交，故选B ．6.【2016高考北京文数】圆22(1)2x y ++=的圆心到直线3y x =+的距离为（ ）A.1B.2 7、【2016高考上海文科】已知平行直线012:,012:21=++=-+y x l y x l ，则21,l l 的距离_______________.8.【2016高考北京文数】已知双曲线221a b -= （0a >，0b >）的一条渐近线为20x y +=，一个焦点为，则a =_______；b =_____________.9.【2016高考四川文科】在平面直角坐标系中，当P (x ，y )不是原点时，定义P 的“伴随点”为'2222(,)y xP x y x y-++；当P 是原点时，定义P 的“伴随点”为它自身，现有下列命题： ①若点A 的“伴随点”是点'A ，则点'A 的“伴随点”是点A. ②单元圆上的“伴随点”还在单位圆上.③若两点关于x 轴对称，则他们的“伴随点”关于y 轴对称 ④若三点在同一条直线上，则他们的“伴随点”一定共线. 其中的真命题是 .10.[2016高考新课标Ⅲ文数]已知直线l ：60x -+=与圆2212x y +=交于,A B 两点，过,A B 分别作l 的垂线与x 轴交于,C D 两点，则||CD =_____________.11.【2016高考浙江文数】设双曲线x 2–23y =1的左、右焦点分别为F 1，F 2．若点P 在双曲线上，且△F 1PF 2为锐角三角形，则|PF 1|+|PF 2|的取值范围是_______．12.【2016高考浙江文数】已知a ∈R ，方程222(2)4850a x a y x y a +++++=表示圆，则圆心坐标是_____，半径是______.13.【2016高考天津文数】已知圆C 的圆心在x 轴的正半轴上，点M 在圆C 上，且圆心到直线20x y -=，则圆C 的方程为__________. 14.【2016高考山东文数】已知双曲线E ：22x a–22y b =1（a >0，b >0）．矩形ABCD 的四个顶点在E 上，AB ，CD 的中点为E 的两个焦点，且2|AB |=3|BC |，则E 的离心率是_______． 15. 【2016高考新课标1文数】设直线y=x +2a 与圆C ：x 2+y 2-2ay -2=0相交于A ,B 两点,若,则圆C 的面积为 .【名师点睛】注意在求圆心坐标、半径、弦长时常用圆的几何性质,如圆的半径r 、弦长l 、圆心到弦的距离d 之间的关系：222r d =+ ⎪⎝⎭在求圆的方程时常常用到.16.【2016高考天津文数】已知双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 的焦距为52，且双曲线的一条渐近线与直线02=+y x 垂直，则双曲线的方程为（ ）（A ）1422=-y x（B ）1422=-y x （C ）15320322=-y x （D ）12035322=-y x17.【2016高考新课标2文数】圆x 2+y 2−2x −8y +13=0的圆心到直线ax +y −1=0的距离为1，则a =（ ）（A ）−43 （B ）−34（C（D ）218.【2016高考新课标1文数】（本小题满分12分）在直角坐标系xOy 中,直线l :y =t (t ≠0)交y 轴于点M ,交抛物线C ：22(0)y px p =>于点P ,M 关于点P 的对称点为N ,连结ON 并延长交C 于点H . （I ）求OH ON；（II ）除H 以外,直线MH 与C 是否有其它公共点？说明理由.19.【2016高考新课标2文数】已知A 是椭圆E ：22143x y +=的左顶点，斜率为()0k k ＞的直线交E 与A ，M 两点，点N 在E 上，MA NA ⊥.（Ⅰ）当AM AN =时，求AMN ∆的面积； （Ⅱ）当AM AN =2k <<.20.[2016高考新课标Ⅲ文数]已知抛物线C ：22y x =的焦点为F ，平行于x 轴的两条直线12,l l 分别交C 于,A B 两点，交C 的准线于P Q ，两点．（I ）若F 在线段AB 上，R 是PQ 的中点，证明ARFQ ；（II ）若PQF ∆的面积是ABF ∆的面积的两倍，求AB 中点的轨迹方程.21.【2016高考北京文数】（本小题14分）已知椭圆C ：22221x y a b+=过点A （2,0），B （0,1）两点.（I ）求椭圆C 的方程及离心率；（Ⅱ）设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值. 22.【2016高考山东文数】(本小题满分14分) 已知椭圆C :（a >b >0）的长轴长为4，焦距为2.（I ）求椭圆C 的方程；(Ⅱ)过动点M (0，m )(m >0)的直线交x 轴与点N ，交C 于点A ，P (P 在第一象限)，且M 是线段PN 的中点.过点P 作x 轴的垂线交C 于另一点Q ，延长线QM 交C 于点B . (i)设直线PM 、QM 的斜率分别为k 、k'，证明为定值. (ii)求直线AB 的斜率的最小值.23.【2016高考天津文数】（设椭圆13222=+y a x （3>a ）的右焦点为F ，右顶点为A ，已知||3||1||1FA eOA OF =+，其中O 为原点，e 为椭圆的离心率.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设过点A 的直线l 与椭圆交于点B （B 不在x 轴上），垂直于l 的直线与l 交于点M ，与y 轴交于点H ，若HF BF ⊥，且MAO MOA ∠=∠，求直线的l 斜率.24.【2016高考浙江文数】（本题满分15分）如图，设抛物线22(0)y px p =>的焦点为F ，抛物线上的点A 到y 轴的距离等于|AF |-1. （I ）求p 的值；（II ）若直线AF 交抛物线于另一点B ，过B 与x 轴平行的直线和过F 与AB 垂直的直线交于点N ，AN 与x轴交于点M .求M 的横坐标的取值范围.25.【2016高考上海文科】（本题满分14分）有一块正方形菜地EFGH ,EH 所在直线是一条小河，收货的蔬菜可送到F 点或河边运走。
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第一部分 2016高考试题 立体几何 1. 【2016高考新课标1卷】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相互垂直的半径.若该几何体的体积是283,则它的表面积是（ ） （A）17 （B）18 （C）20 （D）28
【答案】A 【解析】 试题分析： 该几何体直观图如图所示：
是一个球被切掉左上角的18,设球的半径为R,则37428VR833,解得R2,所以它的表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和 2271=42+32=1784S故选A．
考点：三视图及球的表面积与体积 【名师点睛】由于三视图能有效的考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般常与几何体的表面积与体积交汇.由三视图还原出原几何体,是解决此类问题的关键. 2.【2016高考新课标2理数】下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ） （A）20 （B）24 （C）28 （D）32 【答案】C
考点： 三视图，空间几何体的体积. 【名师点睛】由三视图还原几何体的方法:
3.【2016年高考北京理数】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（） A.16 B.13 C.12D.1 【答案】A 【解析】 试题分析：分析三视图可知，该几何体为一三棱锥PABC，其体积111111326V，故选A.
考点：1.三视图；2.空间几何体体积计算. 【名师点睛】解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征.常见的有以下几类：①三视图为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱. 4.【2016高考新课标3理数】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）
（A）18365 （B）54185 （C）90 （D）81 【答案】B 【解析】 试题分析：由三视图该几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱，所以该几何体的表面积236233233554185S，故选B．
考点：空间几何体的三视图及表面积． 【技巧点拨】求解多面体的表面积及体积问题，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，建立未知量与已知量间的关系，进行求解．
5.【2016高考山东理数】一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（ ）
（A）1233π （B）1233π （C）1236π （D）216π 【答案】C
考点：1.三视图；2.几何体的体积. 【名师点睛】本题主要考查三视图及几何体的体积计算，本题涉及正四棱锥及球的体积计算，综合性较强，较全面的考查考生的视图用图能力、空间想象能力、数学基本计算能力等. 6.【2016高考浙江理数】已知互相垂直的平面，交于直线l.若直线m，n满足,mn∥⊥， 则（ ） A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 【答案】C 【解析】 试题分析：由题意知,ll，,nnl．故选C． 考点：空间点、线、面的位置关系． 【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系． 7.【2016年高考四川理数】已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是 .
正视图33
1
【答案】33
考点：三视图，几何体的体积. 【名师点睛】本题考查三视图，考查几何体体积，考查学生的识图能力．解题时要求我们根据三视图想象出几何体的形状，由三视图得出几何体的尺寸，为此我们必须掌握基本几何体（柱、锥、台、球）的三视图以及各种组合体的三视图． 8.【2016高考浙江理数】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 cm2，体积是 cm3. 【答案】72 32 【解析】 试题分析：几何体为两个相同长方体组合，长方体的长宽高分别为4,2,2，所以体积为2(224)32，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为2(222244)2(22)72 考点：1、三视图；2、空间几何体的表面积与体积． 【方法点睛】解决由三视图求空间几何体的表面积与体积问题，一般是先根据三视图确定该几何体的结构特征，再准确利用几何体的表面积与体积公式计算该几何体的表面积与体积． 9.【2016高考新课标2理数】 ,是两个平面，,mn是两条直线，有下列四个命题： （1）如果,,//mnmn，那么
.
（2）如果,//mn，那么mn. （3）如果//,m，那么//m. （4）如果//,//mn，那么m与所成的角和n与所成的角相等. 其中正确的命题有 ． (填写所有正确命题的编号） 【答案】②③④ 【解析】 试题分析：对于①，,,//mnmn，则,的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为//n，所以过直线n作平面与平面相交于直线c，则//nc，因为,,mmcmn，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的有②③④. 考点： 空间中的线面关系. 【名师点睛】求解本题应注意在空间中考虑线、面关系. 10.【2016高考浙江理数】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 .
【答案】12
故2234BDxx. 在PBD中，PDADx，2PBBA.
由余弦定理可得2222222(234)3cos2222PDPBBDxxxBPDPDPBx， 所以30BPD.
EDC
BA
P
过P作直线BD的垂线，垂足为O.设POd 则11sin22PBDSBDdPDPBBPD， 即2112342sin3022xxdx， 解得2234xdxx. 而BCD的面积111sin(23)2sin30(23)222SCDBCBCDxx. 设PO与平面ABC所成角为，则点P到平面ABC的距离sinhd. 故四面体PBCD的体积211111sin(23)33332234BcDBcDBcDxVShSdSdxxx
21(23)6234xxxx
.
设22234(3)1txxx，因为023x，所以12t. 则2|3|1xt. （1）当03x时，有2|3|31xxt， 故231xt.
此时，221(31)[23(31)]6ttVt 21414()66tttt
.
214()(1)6Vtt，因为12t，
所以()0Vt，函数()Vt在[1,2]上单调递减，故141()(1)(1)612VtV. （2）当323x时，有2|3|31xxt， 故231xt.
此时，221(31)[23(31)]6ttVt 21414()66tttt
. 由（1）可知，函数()Vt在(1,2]单调递减，故141()(1)(1)612VtV. 综上，四面体PBCD的体积的最大值为12. 考点：1、空间几何体的体积；2、用导数研究函数的最值． 【思路点睛】先根据已知条件求出四面体的体积，再对x的取值范围讨论，用导数研究函数的单调性，进而可得四面体的体积的最大值． 11.【2016高考新课标1卷】平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,//平面CB1D1,I平面ABCD=m,I平面AB B1A1=n,则m、n所成角的正弦值为
(A)32 (B)22 (C)33 (D)13 【答案】A
考点：平面的截面问题,面面平行的性质定理,异面直线所成的角. 【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形,解形求角、得钝求补. 12.【2016高考新课标3理数】在封闭的直三棱柱111ABCABC内有一个体积为V的球，若ABBC， 6AB，8BC，13AA，则V的最大值是（ ）
（A）4π （B）92 （C）6π （D）323 【答案】B 【解析】 试题分析：要使球的体积V最大，必须球的半径R最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，
球的半径取得最大值32，此时球的体积为334439()3322R，故选B． 考点：1、三棱柱的内切球；2、球的体积． 【思维拓展】立体几何是的最值问题通常有三种思考方向：（1）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值来求解．
13.【2016高考天津理数】已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m）， 则该四棱锥的体积为_______m3.
【答案】2 考点：三视图 【名师点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．
2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据． 14.【2016高考新课标1卷】（本小题满分为12分）如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正
方形,AF=2FD, 90AFD,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60．