2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案检测：主攻36个必考点 立体几何 考点过关检测十二
新高考2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点函数与导数考点过关检测三十文20200116069
考点过关检测（三十）1．函数f (x )＝x e －x，x ∈[0,4]的最小值为( ) A ．0 B.1e C.4e4 D.2e2 解析：选A f ′(x )＝1－xex ，当x ∈[0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(1,4]时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，因为f (0)＝0，f (4)＝4e 4>0，所以当x ＝0时，f (x )有最小值，且最小值为0.2．已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe ，则f (x )的极大值点为( )A.1e B ．1 C ．eD ．2e 解析：选D ∵f ′(x )＝2e f ′(e )x －1e ，∴f ′(e)＝1e，∴f (x )＝2ln x －x e ，f ′(x )＝2x －1e.令f ′(x )>0，得0<x <2e ， 令f ′(x )<0，得x >2e ，∴f (x )在(0,2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减， ∴x ＝2e 时，f (x )取得极大值， 则f (x )的极大值点为2e.故选D.3．(2019·沈阳模拟)若函数f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极大值，则常数c 为( ) A ．2 B ．6 C ．2或6D ．－2或－6解析：选B ∵f (x )＝x (x －c )2＝x 3－2cx 2＋c 2x ，∴f ′(x )＝3x 2－4cx ＋c 2，由题意知，f ′(2)＝12－8c ＋c 2＝0，解得c ＝6或c ＝2，又函数f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极大值，故导数值在x ＝2处左侧为正数，右侧为负数．当c ＝2时，f ′(x )＝3x 2－8x ＋4＝3⎝⎛⎭⎪⎫x －23(x －2)，不满足导数值在x ＝2处左侧为正数，右侧为负数．当c ＝6时，f ′(x )＝3x 2－24x ＋36＝3(x 2－8x ＋12)＝3(x －2)(x －6)，满足导数值在x ＝2处左侧为正数，右侧为负数．故c ＝6.4．(2019·湛江一模)已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax －a 存在极值点x 0，且f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0，则x 1＋2x 0＝( )A ．3B ．2C ．1D ．0解析：选C f ′(x )＝3x 2－2x ＋a .∵函数f (x )＝x 3－x 2＋ax －a 存在极植点x 0， ∴3x 20－2x 0＋a ＝0，即a ＝－3x 20＋2x 0. ∵f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0， ∴x 31－x 21＋ax 1－a ＝x 30－x 20＋ax 0－a ， 化简得x 21＋x 1x 0＋x 20－(x 1＋x 0)＋a ＝0，把a ＝－3x 20＋2x 0代入上述方程可得：x 21＋x 1x 0＋x 20－(x 1＋x 0)－3x 20＋2x 0＝0， 化简得x 21＋x 1x 0－2x 20＋x 0－x 1＝0， 即(x 1－x 0)(x 1＋2x 0－1)＝0，又x 1－x 0≠0， ∴x 1＋2x 0＝1.故选C.5．已知定义在R 上的函数y ＝f (x )满足f (－x )＝－f (x )，当x ∈(0,2]时，f (x )＝ln x－ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈[－2,0)时，f (x )的最小值为3，则a 的值等于( ) A ．e 2B ．eC ．2D ．1解析：选A 因为定义在R 上的函数y ＝f (x )满足f (－x )＝－f (x )， 所以y ＝f (x )为奇函数，其图象关于原点对称， 因为当x ∈[－2,0)时，f (x )的最小值为3，所以当x ∈(0,2]时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12的最大值为－3. 又f ′(x )＝1－axx(0<x ≤2)，所以当0<x <1a时，f ′(x )>0；当1a<x ≤2时，f ′(x )<0，所以函数f (x )＝ln x －ax 在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2上单调递减，故f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝ln 1a －a ×1a＝－3，解得a ＝e 2.6．(2019·肇庆二模)已知x ＝1是f (x )＝[x 2－(a ＋3)x ＋2a ＋3]e x的极小值点，则实数a 的取值范围是( )A．(1，＋∞) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，1)解析：选D 函数f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]e x，则f′(x)＝[x2－(a＋1)x＋a]e x＝[(x－1)(x－a)]e x.①当a＝1时，f′(x)＝(x－1)2e x≥0恒成立，所以f(x)是R上的单调递增函数，无极值点，不满足题意．②当a>1时，由f′(x)>0，得x>a或x<1；由f′(x)<0，得1<x<a，所以f(x)在(－∞，1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减，所以x＝1是f(x)的极大值点，不满足题意．③当a<1时，由f′(x)>0，得x>1或x<a；由f′(x)<0，得a<x<1，所以f(x)在(－∞，a)和(1，＋∞)上单调递增，在(a,1)上单调递减，所以x＝1是f(x)的极小值点，满足题意．所以实数a的取值范围为(－∞，1)．7．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是________．解析：f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0得x＝0或x＝2(舍)，当－1<x<0时，f′(x)>0；当0<x<1时，f′(x)<0，所以当x＝0时，函数取得极大值即最大值，所以f(x)的最大值为2.答案：28．对于函数f(x)＝xe x，下列说法正确的有________(填序号)．①f(x)在x＝1处取得极大值1 e ；②f(x)有两个不同的零点；③f(4)<f(π)<f(3)；④πe2>2eπ.解析：由函数f(x)＝xe x ，可得函数f(x)的导数为f′(x)＝1－xe x.当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增．可得函数f(x)在x＝1处取得极大值1e，且为最大值，所以①正确；因为f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f(0)＝0，当x>0时，f(x)>0恒成立，所以函数f(x)只有一个零点，所以②错误；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且4>π>3>1，可得f(4)<f(π)<f(3)，所以③正确；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且π>2>1，可得πe π<2e2，即πe 2<2e π，所以④错误．故填①③.答案：①③9．若函数f (x )＝x 3－3ax 在区间(－1,2)上仅有一个极值点，则实数a 的取值范围为________．解析：因为f ′(x )＝3(x 2－a )，所以当a ≤0时，f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以f (x )在R 上单调递增，f (x )没有极值点，不符合题意；当a >0时，令f ′(x )＝0得x ＝±a ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表所示；x (－∞，－a )－ a (－a ，a )a(a ，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值所以⎩⎨⎧a <2，－a ≤－1或⎩⎨⎧－a >－1，2≤a ，解得1≤a <4.答案：[1,4)10．(2019·保定模拟)已知函数f (x )＝3x ＋ln x ＋a x，且函数f (x )的图象在点x ＝1处的切线与y 轴垂直．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3t，t ＋2上的最小值为F (t )，试求F (t )的最小值．解：(1)f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝3＋1x －ax2，由题意得，f ′(1)＝4－a ＝0，解得a ＝4， 所以f (x )＝3x ＋ln x ＋4x，f ′(x )＝3＋1x －4x2＝(3x ＋4)(x －1)x2. 令f ′(x )>0，解得x >1；令f ′(x )<0，解得0<x <1，所以f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧t >0，t ＋2>3t ，解得t >1.由(1)知f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．①当3t<1，即t >3时，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫3t ，1上单调递减，在(1，t ＋2]上单调递增，故F (t )＝f (1)＝7.②当3t≥1，即1<t ≤3时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤3t ，t ＋2上单调递增，所以F (t )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t ＝9t＋ln 3－ln t ＋4t3，则F ′(t )＝(4t ＋9)(t －3)3t 2≤0， 所以F (t )在(1,3]上单调递减， 故F (t )min ＝F (3)＝7， 综上，F (t )的最小值是7.11．(2019·青岛一模)已知函数f (x )＝x －e x＋a2x 2＋1，a ≤1，e ＝2.718…为自然对数的底数．(1)当a ≤0时，证明：函数f (x )只有一个零点；(2)若函数f (x )存在两个不同的极值点x 1，x 2，求实数a 的取值范围． 解：(1)证明：f ′(x )＝1－e x＋ax . 令g (x )＝1－e x＋ax ，则g ′(x )＝a －e x.当a ≤0时，g ′(x )<0，所以f ′(x )在(－∞，＋∞)上单调递减．因为f ′(0)＝0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以f (x )≤f (0)＝0，故f (x )只有一个零点．(2)由(1)知，a ≤0时不符合题意．当0<a <1时，因为x ∈(－∞，ln a )时，g ′(x )>0；x ∈(ln a ，＋∞)时，g ′(x )<0. 又因为f ′(0)＝0，所以f ′(ln a )>0. 因为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－e －1a<0.设φ(a )＝ln a ＋1a，a ∈(0,1)，则φ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a2<0，所以φ(a )>φ(1)＝1>0，即－1a<ln a .所以存在x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a，ln a ，满足f ′(x 1)＝0.所以x ∈(－∞，x 1)，f ′(x )<0；x ∈(x 1,0)，f ′(x )>0；x ∈(0，＋∞)，f ′(x )<0， 此时f (x )存在两个极值点x 1,0，符合题意．当a ＝1时，因为x ∈(－∞，0)时，g ′(x )>0；x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )<0， 所以g (x )≤g (0)＝0，即f ′(x )≤0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减， 所以f (x )无极值点，不合题意． 综上可得，实数a 的取值范围为(0,1)．附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
新高考2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点函数与导数考点过关检测三十三文20200116061
考点过关检测（三十三）1．已知函数f (x )＝kx －ln x －1(k >0)．(1)若函数f (x )有且只有一个零点，求实数k 的值； (2)求证：当n ∈N *时，1＋12＋13＋ (1)>ln(n ＋1)．解：(1)∵f (x )＝kx －ln x －1，∴f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x (x >0，k >0)；当0<x <1k时，f ′(x )<0；当x >1k时，f ′(x )>0.∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1k 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞上单调递增，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＝ln k ，∵f (x )有且只有一个零点，∴ln k ＝0，∴k ＝1.(2)证明：由(1)知x －ln x －1≥0，即x －1≥ln x ，当且仅当x ＝1时取等号， ∵n ∈N *，令x ＝n ＋1n ，得1n >ln n ＋1n， ∴1＋12＋13＋…＋1n >ln 21＋ln 32＋…＋ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)，故1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)．2．(2020届高三·武汉调研)已知a ∈R ，函数f (x )＝x －a e x＋1有两个零点x 1，x 2(x 1＜x 2)．(1)求实数a 的取值范围； (2)证明：e x 1＋e x 2＞2. 解：(1)f ′(x )＝1－a e x，①当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在R 上单调递增，不合题意，舍去． ②当a ＞0时，令f ′(x )＞0，解得x ＜－ln a ； 令f ′(x )＜0，解得x ＞－ln a .故f (x )在(－∞，－ln a )上单调递增，在(－ln a ，＋∞)上单调递减．由函数y ＝f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1＜x 2)，知其必要条件为a ＞0且f (－ln a )＝－ln a ＞0，即0＜a ＜1.此时，－1＜－ln a ＜2－2ln a ， 且f (－1)＝－1－a e ＋1＝－ae＜0.令F (a )＝f (2－2ln a )＝2－2ln a －e 2a ＋1＝3－2ln a －e2a(0＜a ＜1)，则F ′(a )＝－2a ＋e 2a 2＝e 2－2aa2＞0，所以F (a )在(0,1)上单调递增，所以F (a )＜F (1)＝3－e 2＜0，即f (2－2ln a )＜0. 故a 的取值范围是(0,1)． (2)证明：法一：令f (x )＝0⇒a ＝x ＋1ex.令g (x )＝x ＋1ex，则g ′(x )＝－x e －x，g (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．由(1)知0＜a ＜1，故有－1＜x 1＜0＜x 2. 令h (x )＝g (－x )－g (x )(－1＜x ＜0)， 则h (x )＝(1－x )e x－(1＋x )e －x(－1＜x ＜0)，h ′(x )＝－x e x ＋x e －x ＝x (e －x －e x )＜0，所以h (x )在(－1,0)上单调递减，故h (x )＞h (0)＝0， 故当－1＜x ＜0时，g (－x )－g (x )＞0， 所以g (－x )＞g (x )，而g (x 1)＝g (x 2)＝a ， 故g (－x 1)＞g (x 2)．又g (x )在(0，＋∞)上单调递减，－x 1＞0，x 2＞0， 所以－x 1＜x 2，即x 1＋x 2＞0， 故e x 1＋e x 2≥2e x 1·e x 2＝2ex 1＋x 22＞2.法二：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋1＝a e x 1，x 2＋1＝a e x 2，所以x 1＋x 2＋2＝a (e x 1＋e x 2)且a ＝x 2－x 1e x 2－e x 1，所以x 1＋x 2＋2＝x 2－x 1e x 2－e x 1(e x 1＋e x 2)＝(x 2－x 1)(e x 2－x 1＋1)e x 2－x 1－1.令x 2－x 1＝t (t ＞0)，则x 1＋x 2＋2＝t (e t ＋1)e t－1. ①令m (t )＝(t －2)e t＋t ＋2(t ＞0)，则m ′(t )＝(t －1)e t＋1， 令n (t )＝(t －1)e t＋1(t ＞0)，则 n ′(t )＝t e t＞0，所以m ′(t )在(0，＋∞)上单调递增， 故m ′(t )＞m ′(0)＝0，所以m (t )在(0，＋∞)上单调递增，故m (t )＞m (0)＝0， 即t (e t ＋1)e t－1＞2，结合①知x 1＋x 2＞0，故e x 1＋e x 2≥2e x 1·e x 2＝2ex 1＋x 22＞2.3．(2019·汕头模拟)已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋bx (a ≠0)，h (x )＝f (x )－g (x )．(1)若a ＝3，b ＝2，求h (x )的极值；(2)若函数y ＝h (x )的两个零点为x 1，x 2(x 1≠x 2)，记x 0＝x 1＋x 22，证明：h ′(x 0)＜0.解：(1)∵h (x )＝ln x －32x 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，∴h ′(x )＝1x －3x －2＝－3x 2－2x ＋1x＝－(3x －1)(x ＋1)x，x ∈(0，＋∞)．令h ′(x )＝－(3x －1)(x ＋1)x ＝0，得x ＝13，当0＜x ＜13时，h ′(x )＞0，h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上单调递增，当x ＞13时，h ′(x )＜0，h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞上单调递减， ∴h (x )极大值＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝－ln 3－56，无极小值．(2)证明：∵函数y ＝h (x )的两个零点为x 1，x 2(x 1≠x 2)，不妨设0＜x 1＜x 2， 则h (x 1)＝ln x 1－12ax 21－bx 1＝0，h (x 2)＝ln x 2－12ax 22－bx 2＝0，∴h (x 1)－h (x 2)＝ln x 1－12ax 21－bx 1－(ln x 2－12ax 22－bx 2)＝ln x 1－ln x 2－12a (x 21－x 22)－b (x 1－x 2)＝0.即12a (x 21－x 22)＋b (x 1－x 2)＝ln x 1－ln x 2， 又h ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )＝1x－(ax ＋b )，x 0＝x 1＋x 22，∴h ′(x 0)＝2x 1＋x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·x 1＋x 22＋b ，∴(x 1－x 2)h ′(x 0)＝(x 1－x 2)2x 1＋x 2－a ·x 1＋x 22－b ＝2(x 1－x 2)x 1＋x 2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12a (x 21－x 22)＋b (x 1－x 2)＝2(x 1－x 2)x 1＋x 2－(ln x 1－ln x 2)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1－ln x 1x 2.令x 1x 2＝t (0＜t ＜1)，r (t )＝2(t －1)t ＋1－ln t (0＜t ＜1)， ∴r ′(t )＝4(t ＋1)2－1t ＝－(t －1)2(t ＋1)2t＜0，∴r (t )在(0,1)上单调递减，故r (t )＞r (1)＝0，∴2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1－ln x 1x 2＞0，即 (x 1－x 2)h ′(x 0)＞0.又x 1－x 2＜0，∴h ′(x 0)＜0.4．(2020届高三·辽宁五校联考)已知函数f (x )＝ax 2－x ln x . (1)若f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围；(2)若a ＝e(e 为自然对数的底数)，证明：当x ＞0时，f (x )＜x e x＋1e .解：(1)f ′(x )＝2ax －ln x －1. 因为f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＞0时，f ′(x )≥0恒成立，即 2ax －ln x －1≥0恒成立，即2a ≥ln x ＋1x恒成立．设g (x )＝ln x ＋1x，则2a ≥g (x )max .g ′(x )＝－ln xx2，由g ′(x )＞0，得ln x ＜0，即0＜x ＜1；由g ′(x )＜0，得ln x ＞0，即x ＞1.所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 则g (x )max ＝g (1)＝1.所以2a ≥1，即a ≥12，故a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.(2)证明：当a ＝e 时，要证f (x )＜x e x＋1e ，即证e x 2－x ln x ＜x e x＋1e.因为x ＞0，所以只需证e x －ln x ＜e x＋1e x ，即证ln x ＋1e x＞e x －e x.设h (x )＝ln x ＋1e x ，则h ′(x )＝1x －1e x 2＝e x －1e x 2(x ＞0)．由h ′(x )＜0，得0＜x ＜1e ；由h ′(x )＞0，得x ＞1e.则h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增．所以h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0，从而h (x )≥0，即ln x ＋1e x≥0.设φ(x )＝e x －e x(x ＞0)，则φ′(x )＝e －e x(x ＞0)． 由φ′(x )＞0，得0＜x ＜1；由φ′(x )＜0，得x ＞1， 则φ(x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以φ(x )max ＝φ(1)＝0，从而φ(x )≤0，即e x －e x≤0. 因为h (x )和φ(x )不同时为0，所以ln x ＋1e x ＞e x －e x，故原不等式成立．附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
2020届高考数学(文)二轮复习专题过关检测：(十六)立体几何
专题过关检测（十六） 立体几何1．(2019·石家庄模拟)如图，已知三棱锥P ABC 中，PC ⊥AB ，△ABC 是边长为2的正三角形，PB ＝4，∠PBC ＝60°.(1)证明：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)设F 为棱PA 的中点，在AB 上取点E ，使得AE ＝2EB ，求三棱锥F ACE 与四棱锥C PBEF 的体积之比．解：(1)证明：在△PBC 中，∠PBC ＝60°，BC ＝2，PB ＝4，由余弦定理可得PC ＝2，3∴PC 2＋BC 2＝PB 2，∴PC ⊥BC ，又PC ⊥AB ，AB ∩BC ＝B ，∴PC ⊥平面ABC ，∵PC ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC .(2)设三棱锥F ACE 的高为h 1，三棱锥P ABC 的高为h ，则V F ACE ＝×S △ACE ×h 1＝×S △ABC ××h ×＝×S △ABC ×h ×＝×V P ABC .13132312131313∴三棱锥F ACE 与四棱锥C PBEF 的体积之比为1∶2.2．(2020届高三·福建五校第二次联考)如图，在五面体ABCDFE 中，底面ABCD 为矩形，EF ∥AB ，BC ⊥FD ，过BC 的平面交棱FD 于P ，交棱FA 于Q .(1)证明：PQ ∥平面ABCD ；(2)若CD ⊥BE ，EF ＝EC ＝1，CD ＝2EF ＝BC ，求五面体ABCDFE 的体积．23解：(1)证明：因为底面ABCD 为矩形，所以AD ∥BC .又AD ⊂平面ADF ，BC ⊄平面ADF ，所以BC ∥平面ADF .又BC ⊂平面 BCPQ ，平面BCPQ ∩平面ADF ＝PQ ，所以BC ∥PQ .又PQ ⊄平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PQ ∥平面ABCD .(2)由CD ⊥BE ，CD ⊥CB ，易证CD ⊥CE .由BC ⊥CD ，BC ⊥FD ，易证BC ⊥平面CDFE ，所以CB ⊥CE ，即CD ，CE ，CB 两两垂直．如图，连接FB ，FC ，因为EF ＝EC ＝1，CD ＝2EF ＝BC ，所以CD ＝2，BC ＝3，V 四棱锥23F ABCD ＝×(2×3)×1＝2，13V 三棱锥F BCE ＝××1＝，13(12×3×1)12所以V ABCDFE ＝V 四棱锥F ABCD ＋V 三棱锥F BCE ＝2＋＝.12523．如图①，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，E 是CD 的中点，将△ADE 沿AE 折起，得到如图②所示的四棱锥D 1ABCE ，其中平面D 1AE ⊥平面ABCE.(1)证明：BE ⊥平面D 1AE ；(2)设F 为CD 1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使得MF ∥平面D 1AE ，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．AM AB 解：(1)证明：∵四边形ABCD 为矩形且AD ＝DE ＝EC ＝BC ＝2，∴∠AEB ＝90°，即BE ⊥AE ，又平面D 1AE ⊥平面ABCE ，平面D 1AE ∩平面ABCE ＝AE ，∴BE ⊥平面D 1AE .(2)＝，理由如下：AM AB 14取D 1E 的中点L ，连接FL ，AL ，∴FL ∥EC .又EC ∥AB ，∴FL ∥AB ，且FL ＝AB ，14∴M ，F ，L ，A 四点共面，若MF ∥平面AD 1E ，则MF ∥AL .∴四边形AMFL 为平行四边形，∴AM ＝FL ＝AB ，即＝.14AM AB 144．(2019·蓉城名校第一次联考)如图，在四棱锥P ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AD ＝AB ＝2BC ＝2，AP ＝AC ，BP ＝3BC .(1)求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；(2)若∠PAD 为锐角，且PA 与平面ABCD 所成角的正切值为2，求点C 到平面PAB 的距离．解：(1)证明：在直角梯形ABCD 中，∵BC ＝1，AB ＝2，AB ⊥BC ，∴AC ＝，即AP ＝AC ＝，BP ＝3BC ＝3，55∴BA 2＋AP 2＝BP 2，∴BA ⊥AP ，又AD ∥BC ，∴BA ⊥AD ，又AP ∩AD ＝A ，∴BA ⊥平面PAD ，∵BA ⊂平面ABCD ，∴平面PAD ⊥平面ABCD .(2)如图，过点P 作PO ⊥AD 交AD 于点O ，连接OC ，由(1)可知PO ⊥平面ABCD ，则∠PAO 为PA 与平面ABCD 所成的角，∴tan∠PAO ＝2.又AP ＝，∴AO ＝1，PO ＝2.∴AO 綊BC ，∴四边形ABCO 为矩形，∴OC ⊥AD .5设点C 到平面PAB 的距离为d ，由V 三棱锥C PAB ＝V 三棱锥P ABC ，可得·S △PAB ·d ＝·S △ABC ·PO ，1313∴d ＝PO ·＝2×＝.S △ABC S △PAB 12×2×112×2×5255故点C 到平面PAB 的距离为.2555.如图，在几何体ABCDEF 中，底面ABCD 为矩形，EF ∥CD ，CD ⊥EA ，CD ＝2EF ＝2，ED ＝，M 为棱FC 上一点，平面ADM 与棱FB 交于点N .3(1)求证：ED ⊥CD ；(2)求证：AD ∥MN ；(3)若AD ⊥ED ，试问平面BCF 是否可能与平面ADMN 垂直？若能，求出的值；若不能，FMFC 说明理由．解： (1)证明：因为四边形ABCD 为矩形，所以CD ⊥AD .又因为CD ⊥EA ，EA ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面EAD .因为ED ⊂平面EAD ，所以ED ⊥CD .(2)证明：因为四边形ABCD 为矩形，所以AD ∥BC ，又因为AD ⊄平面FBC ，BC ⊂平面FBC ，所以AD ∥平面FBC .又因为平面ADMN ∩平面FBC ＝MN ，所以AD ∥MN .(3)平面ADMN 与平面BCF 可以垂直．证明如下：连接DF .因为AD ⊥ED ，AD ⊥CD ，ED ∩CD ＝D ，所以AD ⊥平面CDEF .所以AD ⊥DM .因为AD ∥MN ，所以DM ⊥MN .因为平面ADMN ∩平面FBC ＝MN ，所以若使平面ADMN ⊥平面BCF ，则DM ⊥平面BCF ，所以DM ⊥FC .在梯形CDEF 中，因为EF ∥CD ，DE ⊥CD ，CD ＝2EF ＝2，ED ＝，所以DF ＝DC ＝2.3所以若使DM ⊥FC 成立，则M 为FC 的中点．所以＝.FM FC 126．(2019·福州质检)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面ABC 是边长为2的正三角形，M ，N 分别是AB ，AA 1的中点，且A 1M ⊥B 1N .(1)求证：B 1N ⊥A 1C ；(2)求M 到平面A 1B 1C 的距离．解：(1)证明：如图，连接CM .在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC .所以AA 1⊥CM .在△ABC 中，AC ＝BC ，AM ＝BM ，所以CM ⊥AB .又AA 1∩AB ＝A ，所以CM ⊥平面ABB 1A 1.因为B 1N ⊂平面ABB 1A 1，所以CM ⊥B 1N .又A 1M ⊥B 1N ，A 1M ∩CM ＝M ，所以B 1N ⊥平面A 1CM .因为A 1C ⊂平面A 1CM ，所以B 1N ⊥A 1C .(2)连接B 1M .在矩形ABB 1A 1中，因为A 1M ⊥B 1N ，所以∠AA 1M ＝∠A 1B 1N .所以tan∠AA 1M ＝tan∠A 1B 1N ，即＝.AM AA 1A 1NA 1B 1因为△ABC 是边长为2的正三角形，M ，N 分别是AB ，AA 1的中点，所以AM ＝1，CM ＝，A 1B 1＝2.3设AA 1＝x ，则A 1N ＝.x 2所以＝，解得x ＝2.1x x22从而S ＝S ＝2，A 1C ＝B 1C ＝2.△A 1B 1M 12正方形ABB 1A 12在△A 1CB 1中，cos∠A 1CB 1＝＝，所以sin∠A 1CB 1＝，A 1C 2＋B 1C 2－A 1B 212A 1C ·B 1C 3474所以S ＝A 1C ·B 1C ·sin∠A 1CB 1＝.△A 1B 1C 127设点M 到平面A 1B 1C 的距离为d ，由V 三棱锥M A 1B 1C ＝V ，得S三棱锥C A 1B 1M 13·d ＝S ·CM ，△A 1B 1C 13△A 1B 1M 所以d ＝＝，即点M 到平面A 1B 1C 的距离为.S △A 1B 1M ·CM S △A 1B 1C 22172217。
(新高考)2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点解析几何(二十一)课件文
从而|PQ|＝
k2＋1|x1－x2|＝4
k2＋1· 4k2－3
4k2＋1
.
又点 O 到直线 PQ 的距离 d＝
2 k2＋1.
所以△OPQ
的面积
S△OPQ＝12d·|PQ|＝4
4k2－3 4k2＋1 .
设
4k2－3＝t，则 t>0，S△OPQ＝t2＋4t 4＝t＋4 4t .
因为 t＋4t ≥4，当且仅当 t＝2，即 k＝± 27时等号成立，且 满足 Δ>0.
设 t＝k＋1k， 则由 k>0 得 t≥2，当且仅当 k＝1 时取等号． 因为 S＝1＋8t2t2在[2，＋∞)上单调递减， 所以当 t＝2，即 k＝1 时，S 取得最大值，最大值为196. 因此，△PQG 面积的最大值为196.
2．(2014·全国卷Ⅰ)已知点 A(0，－2)，椭圆 E：xa22＋by22＝ 1(a>b>0)的离心率为 23，F 是椭圆 E 的右焦点，直线 AF 的斜 率为233，O 为坐标原点．
＝
32×
t＋6t t2＋3t26＋20
＝
32×t＋t＋6t 26t＋8.
设 u＝t＋6t ，则 u∈[2 6，＋∞)，S 四边形 ACBD＝u3＋2u8， 令 g(u)＝u3＋2u8，u∈[2 6，＋∞)， 则 g(u)在[2 6，＋∞)上单调递减， 所以(S 四边形 ACBD)max＝g(2 6)＝2 6. 故四边形 ACBD 面积的最大值为 2 6.
由xy4＝2＋6ty22x＝＋12，
得(18＋t2)x2＋4t2x＋4t2－72＝0，
则－2·x1＝41t82－＋7t22，所以 x1＝3168－＋2tt22，
于是 y1＝6t (x1＋2)＝181＋2tt2.
2020新高考文科数学二轮培优空立体几何中的热点问题考点考向考题突破(85张)
核心知识回顾
热点考向探究
真题VS押题
配套作业
(2)存在满足条件的点 M.取 CF 的中点记作 M，设 DF 的中点为 N，连接 AN，MN，则 MN 綊12CD，
又 AO 綊12CD，则 MN 綊 AO，
∴四边形 MNAO 为平行四边形， ∴OM∥AN，又 AN⊂平面 DAF，OM⊄平面 DAF， ∴OM∥平面 DAF. 即存在一点 M 为 CF 的中点，使得 OM∥平面 DAF.
核心知识回顾
热点考向探究
真题VS押题
配套作业
(1)求证：平面 PBC∥平面 EFH； (2)求三棱锥 P－EFH 的体积．
核心知识回顾
热点考向探究
真题VS押题
配套作业
解 (1)证明：因为在菱形 ABCD 中，E，H 分别为 AB，CD 的中点， 所以 BE 綊 CH，四边形 BCHE 为平行四边形，则 BC∥EH，
(1)求证：BC⊥平面 ACD；
(2)若点 F 在棱 CD 上，且满足 AD∥平面 BEF，求几何体 F－BCE 的体
积．
核心知识回顾
热点考向探究
真题VS押题
配套作业
解 (1)证明：在图 1 中，由题意，知 AC＝BC＝2 2，
所以 AC2＋BC2＝AB2，所以 AC⊥BC．
因为点 E 为 AC 的中点，如图，连接 DE，则 DE⊥AC， 又平面 ADC⊥平面 ABC， 且平面 ADC∩平面 ABC＝AC，DE⊂平面 ACD，从而 ED⊥平面 ABC，
又 EH⊄平面 PBC，所以 EH∥平面 PBC．
又点 E，F 分别为 AB，AP 的中点，所以 EF∥BP，
又 EF⊄平面 PBC，所以 EF∥平面 PBC．而 EF∩EH＝E， 所以平面 EFH∥平面 PBC．
2020高考数学二轮专题复习立体几何(文).docx
立体几何（文）【考纲解读】1.掌握平面的基本性质 ( 三个公理、三个推论 ) ，理解确定平面的条件；会用字母、集合语言表示点、直线、平面间的关系 .2. 理解线线、线面平行的定义; 熟练掌握线线、线面及面面平行的判定和性质; 会运用线线、线面及面面平行的判定和性质进行推理和证明.3．能画出简单空间图形( 长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等简易组合三视图所表示的立体模型, 会画它们的直观图.) 的三视图, 能识别上述4．理解空间中线线、线面垂直定义及分类；理解空间中线线、线面、面面垂直的有关定理及性质；会运用线面平行与垂直的判定与性质定理进行证明和推理.5．认识柱、锥、台、球及简单几何体的结构特征, 并运用这些特征描述简单物体的结构; 了解柱、锥、台、球的表面积与体积的计算公式( 不要求记忆 ).【考点预测】1.对于空间几何体中点、线、面的位置关系及平行与垂直的性质和判定，高考中常在选择题中加以考查 . 解答题主要考查空间几体的点、线、面的位置关系的证明及探索存在性问题，着重考查学生的空间想象能力、推理论证能力，运用图形语言进行交流的能力及几何直观能力，难度中等 . 明年高考将仍以平行与垂直关系的证明探究为重点 , 注意命题题型的多样化、新颖化，如开放性、探索存在性题型 .2.三视图与直观图、空间几何体的表面积与体积，考查了学生通过直观感知、操作确认、思辨论证、度量计算等方法认识和探索几何图形及性质的基本能力，是每年高考必考内容，明年高考仍以三视图，空间几何体的表面积与体积为重点，在客观题中加以考查，其中表面积与体积也可能在解答题题后一问中出现。
【要点梳理】1.三视图：正俯视图长对正、正侧视图高平齐、俯侧视图宽相等.2.直观图 : 已知图形中平行于 x 轴和 z 轴的线段 , 在直观图中保持长度不变, 平行于 y 轴的线段平行性不变, 但在直观图中其长度为原来的一半.3.体积与表面积公式 :(1) 柱体的体积公式 : V柱Sh;锥体的体积公式:V锥1Sh;1h(S 34台体的体积公式 : V棱台SS S ) ;球的体积公式:V球r 3.33(2) 球的表面积公式 :S球4R2.4. 有关球与正方体、长方体、圆柱、圆锥、圆台的结合体问题，要抓住球的直径与这些几何体的有关元素的关系 .5. 平行与垂直关系的证明, 熟练判定与性质定理.【考点在线】考点一三视图例1. （ 2020 年高考海南卷文科第 8 题）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图，则相应的侧视图可以为（）【答案】 D【解析】由主视图和府视图可知，原几何体是由后面是半个圆锥，前面是三棱锥的组合体，所以，左视图是 D.【名师点睛】本题考查三视图的基础知识.【备考提示】三视图是高考的热点之一 , 年年必考 , 所以必须熟练立体几何中的有关定理是解答好本题的关键 .练习 1:（2020年高考江西卷文科9) 将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如右图所示，则该几何体的左视图为（）【答案】 D【解析】左视图即是从正左方看，找特殊位置的可视点，连起来就可以得到答案.考点二表面积与体积例 2. . (2020 年高考安徽卷文科8) 一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )【解析】 由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱 . 底面等腰梯形的上底为 2，下底为4 ， 高 为 4 ， 两 底 面 积 和 为 212 44 24 ， 四 个 侧 面 的 面 积 为24 4 2 2 17 24 8 17 ，所以几何体的表面积为 48 8 17 . 故选 C.【名师点睛】 本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【备考提示】： 表面积与体积的求解也是高考的热点之一，年年必考，大多以三视图为载体，在选择与填空题中考查，难度不大，也可能在解答题的一个问号上.练习 2：（2020 年高考湖南卷文科4) 设图１是某几何体的三视图，则3该几何体的体积为 ()A ． 9 42Ｂ． 3618 2Ｃ．912Ｄ．9 1822【答案】 D【解析】 有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积 V4 （ 3 339 18 .32）+3 2=2考点三 球的组合体例 3.（ 2020 年高考辽宁卷文科 10) 己知球的直径 SC=4，A ， B 是该球球面上的两点． AB=2,ASC 45o , 则棱锥 SABC 的体积为 ( )(A)3(B)2 3(C)4 3 5 3(D)3正视图侧视图俯视图图 13 3 33【答案】 C【解析】取 SC的中点 D, 则 D为球心，则AD=BD=DS=2。
新高考2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点函数与导数考点过关检测三十一文20200116061
考点过关检测（三十一）1．(2019·安阳一模)已知函数f (x )＝x 33＋x 22与g (x )＝6x ＋a 的图象有3个不同的交点，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－223，272B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－223，272C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－272，223 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－272，223 解析：选B 原问题等价于函数h (x )＝x 33＋x 22－6x 与函数y ＝a 的图象有3个不同的交点，由h ′(x )＝x 2＋x －6＝(x －2)(x ＋3)，得x ＝2或x ＝－3，当x ∈(－∞，－3)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x ∈(－3,2)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，且h (－3)＝272，h (2)＝－223，数形结合可得a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－223，272.2．(2019·沧州模拟)已知函数f (x )＝(x 2－x －1)e x ，设关于x 的方程f 2(x )－mf (x )＝5e (m ∈R )有n 个不同的实数解，则n 的所有可能的值为( )A ．3B ．1或3C ．4或6D ．3或4或6解析：选A ∵f ′(x )＝(x －1)·(x ＋2)e x，由f ′(x )>0，得x >1或x <－2；由f ′(x )<0，得－2<x <1，∴f (x )在(－∞，－2)和(1，＋∞)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，∴f (x )极大值＝f (－2)＝5e －2，f (x )极小值＝f (1)＝－e.又当x →－∞时，f (x )→0，x →＋∞时，f (x )→＋∞，作出函数f (x )的大致图象如图所示．令f (x )＝t ，则方程t 2－mt －5e＝0必有两个根t 1，t 2，且t 1t 2＝－5e，不妨设t 1<0<t 2，当t 1＝－e 时，恰有t 2＝5e －2，此时f (x )＝t 1有1个根，f (x )＝t 2有2个根；当t 1<－e 时，必有0<t 2<5e －2，此时f (x )＝t 1无根，f (x )＝t 2有3个根；当－e<t 1<0时必有t 2>5e －2，此时f (x )＝t 1有2个根，f (x )＝t 2有1个根．综上，对任意m ∈R ，方程均有3个根，即n ＝3.故选A.3．(2019·马鞍山质检)若存在正实数m ，使得关于x 的方程x ＋a (2x ＋2m －4e x )[ln(x ＋m )－ln x ]＝0有两个不同的根，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，0) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12eC ．(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎪⎫12e ，＋∞D.⎝⎛⎭⎪⎫12e ，＋∞解析：选D 当a ＝0时，方程只有一个解，不满足题意，所以a ≠0，所以原方程等价于方程1a＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫2e －x ＋m x lnx ＋m x 有两解，令t ＝x ＋m x >1，则1a＝2(2e －t )ln t ．设f (t )＝2(2e －t )ln t ，则f ′(t )＝2⎝⎛⎭⎪⎫2e t －ln t －1.当t >e 时，f ′(t )<0，当1<t <e 时，f ′(t )>0，所以f (t )在(e ，＋∞)上单调递减，在(1，e)上单调递增，所以f (t )≤f (e)＝2e.且当1<t <e 时，f (t )>0，当t →＋∞时，f (t )→－∞，所以要使1a＝2(2e －t )ln t 有两解，则需a >0，所以1a <2e 且a >0，即a >12e ，所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12e ，＋∞. 4．(2019·济南联考)已知函数f (x )＝1＋x －x 22＋x 33－x 44＋…－x 2 0182 018＋x 2 0192 019，若函数f (x )的零点均在区间[a ，b ](a <b ，a ，b ∈Z )内，则b －a 的最小值是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A 因为f ′(x )＝1－x ＋x 2－x 3＋…＋x 2 018＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋x 2 0191＋x ，x ≠－1，2 019，x ＝－1，所以当x >－1时，f ′(x )>0，当x <－1时，f ′(x )>0，所以f (x )单调递增．因为f (0)＝1，f (－1)<0，所以f (x )存在唯一零点x 0∈(－1,0)，所以当a ＝－1，b ＝0时，(b －a )min ＝1.5．(2019·聊城一模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧xx －1，x ≤0，ln xx ，x >0，若关于x 的方程f (x )＝x＋a 无实根，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1B ．(－1,0) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e D ．(0,1)解析：选B 作出函数f (x )的图象如图所示．因为关于x 的方程f (x )＝x ＋a 无实根等价于函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝x ＋a 无交点．所以由图象知，若a ≥0，则直线y ＝x ＋a 与曲线f (x )＝xx －1(x ≤0)必有交点，所以a <0.设直线y ＝x ＋a 与曲线f (x )＝ln x x(x >0)相切时，切点为P (x 0，y 0)．由f ′(x )＝1－ln x x 2，得1－ln x 0x 2＝1，解得x 0＝1，则P (1,0)，所以切线方程为y ＝x －1，则a ＝－1.由图象知，函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝x ＋a 无交点时，实数a 的取值范围为(－1,0)．故选B.6．(2019·郑州一模)已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a，a ∈R 且a ≠0.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x＋x －m 的零点个数．解：(1)依题意得f ′(x )＝ax －1ax 2(x >0)， 当a <0时，f ′(x )>0恒成立，∴函数f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数； 当a >0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2>0，得x >1a， 由f ′(x )＝ax －1ax 2<0，得0<x <1a， ∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上是单调递增函数，在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上是单调递减函数．综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上是单调递增函数．当a >0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上是单调递增函数，在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上是单调递减函数．(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点的个数等价于判断方程(ln x －1)e x＋x ＝m 的根的个数．令h (x )＝(ln x －1)e x＋x ，则h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋ln x －1e x＋1.由(1)知，当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增，∴f (x )≥f (1)＝0.∴1x ＋ln x －1≥0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立．∴h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋ln x －1e x＋1≥0＋1>0，∴h (x )＝(ln x －1)e x＋x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递增．∴h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2e 1e ＋1e ，h (x )max ＝h (e)＝e.∴当m <－2e 1e ＋1e 或m >e 时，g (x )没有零点，当－2e 1e ＋1e ≤m ≤e 时，g (x )有一个零点．7．已知函数f (x )＝1x－a ln x (a ∈R )．(1)若h (x )＝f (x )－2x ，当a ＝－3时，求h (x )的单调递减区间； (2)若函数f (x )有唯一的零点，求实数a 的取值范围． 解：(1)h (x )的定义域为(0，＋∞)， 当a ＝－3时，h (x )＝1x＋3ln x －2x ，h ′(x )＝－1x 2＋3x －2＝－2x 2－3x ＋1x2＝－(2x －1)(x －1)x2， 当h ′(x )<0时，得x >1或0<x <12，∴h (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)． (2)问题等价于a ln x ＝1x 有唯一的实根，显然a ≠0，则关于x 的方程x ln x ＝1a有唯一的实根．构造函数φ(x )＝x ln x ，则φ′(x )＝1＋ln x . 令φ′(x )＝1＋ln x ＝0，得x ＝e －1. 当0<x <e －1时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减， 当x >e －1时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增， ∴φ(x )的极小值为φ(e －1)＝－e －1.则要使方程x ln x ＝1a 有唯一的实根，只需直线y ＝1a与曲线y ＝φ(x )有唯一的交点，则1a＝－e －1或1a>0，解得a ＝－e 或a >0.故实数a 的取值范围是{－e}∪(0，＋∞)．8．(2019·惠州一调)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (a ∈R )． (1)试确定函数f (x )的零点个数；(2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2. 解：(1)由f (x )＝0得a ＝(2－x )e x，令g (x )＝(2－x )e x，函数f (x )的零点个数即直线y ＝a 与曲线g (x )＝(2－x )e x的交点个数．∵g′(x)＝－e x＋(2－x)e x＝(1－x)e x，由g′(x)>0得x<1，∴函数g(x)在(－∞，1)上单调递增，由g′(x)<0得x>1，∴函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴当x＝1时，函数g(x)有最大值，g(x)max＝g(1)＝e.又当x<2时，g(x)>0，g(2)＝0，当x>2时，g(x)<0，作出函数g(x)的大致图象如图所示，∴当a>e时，函数f(x)没有零点；当a＝e或a≤0时，函数f(x)有一个零点；当0<a<e时，函数f(x)有两个零点．(2)证明：法一：函数f(x)的零点即直线y＝a与曲线g(x)＝(2－x)e x的交点的横坐标，由(1)知0<a<e，不妨设x1<1<x2，则2－x2<1，∵函数g(x)＝(2－x)e x在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴函数f(x)＝－g(x)＋a在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．要证x1＋x2<2，只需证x1<2－x2，∴只需证f(x1)>f(2－x2)，又f(x1)＝0，故要证f(2－x2)<0.由a＝g(x2)，得f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a＝－x2e2－x2－(x2－2)e x2(x2>1)，构造函数h(x)＝－x e2－x－(x－2)e x(x>1)，则h′(x)＝(1－x)(e x－e2－x)，当x>1时，e x>e2－x，h′(x)<0，故函数h(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴当x>1时，h(x)<h(1)＝0，即当x2>1时，f(2－x2)<0，即x1＋x2<2.法二：由(1)知0<a<e，不妨设x1<1<x2，F(x)＝f(x)－f(2－x)(x>1)，则F(x)＝(x－2)e x＋x e2－x，F′(x)＝(1－x)(e2－x－e x)．易知y＝e2－x－e x是减函数，∴当x>1时，e2－x－e x<e－e＝0.又1－x<0，故F′(x)>0，∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴当x>1时，F(x)>0，即f(x)>f(2－x)．由x2>1得f(x2)>f(2－x2)，又f(x2)＝0＝f(x1)，∴f(2－x2)<f(x1)．由g(x)＝(2－x)e x在(－∞，1)上单调递增，得f(x)＝－g(x)＋a在(－∞，1)上单调递减，又2－x2<1，∴2－x2>x1，即x1＋x2<2.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+函数与导数(三十一)
当 m>0 时，f′(x)＝x＋
mx－ x
m，
当 0<x< m时， f′(x)<0，函数 f(x)单调递减；
当 x> m时，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增．
综上，当 m≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当 m>0 时，函数 f(x)的单调增区间是( m，＋∞)，单调减
区间是(0， m)．
(2)令 F(x)＝f(x)－g(x)＝－12x2＋(m＋1)x－mln x，x>0， 则问题等价于求函数 F(x)的零点个数． F′(x)＝－x－1xx－m， 当 m＝1 时，F′(x)≤0，函数 F(x)为减函数， 注意到 F(1)＝32>0，F(4)＝－ln 4<0， 所以 F(x)有唯一零点； 当 m>1 时，0<x<1 或 x>m 时，F′(x)<0；1<x<m 时， F′(x)>0，
主攻 36 个必考点(三十一) 导数与函数的零点或方程根的问题
1．(2019·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x) 为 f(x)的导数．
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若 x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求 a 的取值范围．
解：(1)证明：设 g(x)＝f′(x)，则 g(x)＝cos x＋xsin x－1， g′(x)＝xcos x.
2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝ex－ax2. (1)若 a＝1，证明：当 x≥0 时，f(x)≥1； (2)若 f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求 a. 解：(1)证明：当 a＝1 时，f(x)≥1 等价于(x2＋1)e－x－1≤0. 设函数 g(x)＝(x2＋1)e－x－1， 则 g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x. 当 x≠1 时，g′(x)<0， 所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递减． 而 g(0)＝0，故当 x≥0 时，g(x)≤0，即 f(x)≥1.
新高考2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点函数与导数考点过关检测二十六文20200116065
考点过关检测（二十六）1．(2019·安阳一模)已知函数f (x )满足：①对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)且x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0；②对定义域内的任意x ，都有f (x )＝f (－x )，则符合上述条件的函数是( )A ．f (x )＝x 2＋|x |＋1 B ．f (x )＝1x－xC ．f (x )＝ln|x ＋1|D ．f (x )＝cos x解析：选A 由题意得，f (x )是偶函数，在(0，＋∞)上单调递增．对于A ，f (－x )＝f (x )，是偶函数，且x >0时，f (x )＝x 2＋x ＋1，f ′(x )＝2x ＋1>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，符合题意；对于B ，函数f (x )是奇函数，不符合题意；对于C ，由x ＋1≠0，解得x ≠－1，定义域不关于原点对称，故函数f (x )不是偶函数，不符合题意；对于D ，函数f (x )在(0，＋∞)上不单调递增，不符合题意．故选A.2．(2019·成都模拟)已知定义域R 的奇函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，且当0≤x ≤1时，f (x )＝x 3，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝( )A ．－278B ．－18C.18D.278解析：选B ∵f (x )是奇函数，且图象关于x ＝1对称， ∴f (2－x )＝f (x )． 又0≤x ≤1时，f (x )＝x 3，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－18. 3．(2019·九江二模)已知函数f (x )满足：①对任意x ∈R ，f (x )＋f (－x )＝0，f (x ＋4)＋f (－x )＝0成立；②当x ∈(0,2]时，f (x )＝x (x －2)，则f (2 019)＝( )A ．1B ．0C ．2D ．－1解析：选A ∵f (x )＋f (－x )＝0， ∴函数f (x )是奇函数， ∵f (x ＋4)＋f (－x )＝0， ∴f (x )＝f (x ＋4)，∴f (x )是以4为周期的周期函数， ∴f (2 019)＝f (－1)＝－f (1)＝1.故选A.4．已知定义域为R 的偶函数f (x )在(－∞，0]上是减函数，且f (1)＝2，则不等式f (log 2x )>2的解集为( )A ．(2，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22∪(2，＋∞) D ．(2，＋∞)解析：选B 因为f (x )是R 上的偶函数且在(－∞，0]上是减函数，所以f (x )在[0，＋∞)上是增函数．因为f (1)＝2，所以f (－1)＝2，所以f (log 2x )>2⇔f (|log 2x |)>f (1)⇔|log 2x |>1⇔log 2x >1或log 2x <－1⇔x >2或0<x <12.故选B.5．(2019·天津一模)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，且函数f (x )在(－∞，0)上是减函数，若a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos 2π3，b ＝f (log 124.1)，c ＝f (20.8)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a <c <bB ．c <b <aC ．b <c <aD ．c <a <b解析：选A 根据题意，函数f (x )满足f (－x )＝f (x )， 则函数f (x )为偶函数，a ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫2cos2π3＝f (－1)＝f (1)，b ＝f (log 124.1)＝f (log 24.1)，c ＝f (20.8)， 又由函数f (x )在(－∞，0)上是减函数， 则f (x )在(0，＋∞)上为增函数， 且1<20.8<2<log 24.1， 则a <c <b .6．(2019·厦门模拟)已知函数f (x )＝ln 1＋x1－x ＋x ，且f (a )＋f (a ＋1)>0，则a 的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－1，－12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞ 解析：选B 对于函数f (x )＝ln 1＋x 1－x ＋x ，由1＋x1－x >0，解得－1<x <1，即函数f (x )的定义域为(－1,1)，又f (－x )＝ln 1－x 1＋x ＋(－x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1＋x 1－x ＋x ＝－f (x )，则函数f (x )为奇函数，分析可得，f (x )＝ln1＋x1－x＋x 在(－1,1)上为增函数，f (a )＋f (a ＋1)>0⇒f (a )>－f (a＋1)⇒f (a )>f (－a －1)，则有⎩⎪⎨⎪⎧a >－a －1，－1<a <1，－1<a ＋1<1，解得－12<a <0，即a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，故选B.7．(2019·银川一模)已知f (x )为定义在R 上的偶函数，g (x )＝f (x )＋x 2，且当x ∈(－∞，0]时，g (x )单调递增，则不等式f (x ＋1)－f (x ＋2)>2x ＋3的解集为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，＋∞C ．(－∞，－3)D ．(－∞，3)解析：选B 因为g (x )＝f (x )＋x 2，所以f (x ＋1)－f (x ＋2)>2x ＋3⇒f (x ＋1)＋(x ＋1)2>f (x ＋2)＋(x ＋2)2⇒g (x ＋1)>g (x＋2)．因为f (x )为偶函数，所以g (－x )＝f (－x )＋(－x )2＝f (x )＋x 2＝g (x )，即可得函数g (x )为偶函数，又由当x ∈(－∞，0]时，g (x )单调递增，所以当x ∈[0，＋∞)时，g (x )单调递减． 则g (x ＋1)>g (x ＋2)⇒|x ＋1|<|x ＋2|⇒(x ＋1)2<(x ＋2)2，解得x >－32，即不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，＋∞. 8．(2019·西安模拟)如果对定义在R 上的奇函数，y ＝f (x )，对任意两个不相等的实数x 1，x 2，所有x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)，则称函数y ＝f (x )为“H 函数”，下列函数为H 函数的是( )A ．f (x )＝sin xB ．f (x )＝e xC ．f (x )＝x 3－3xD ．f (x )＝x |x |解析：选D 根据题意，对于任意不相等的实数x 1，x 2，x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)恒成立，则有(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0恒成立，即函数f (x )是定义在R 上的增函数， 故“H 函数”为奇函数且在R 上为增函数． 据此依次分析选项：对于A ，f (x )＝sin x ，为正弦函数，为奇函数但不是增函数，不符合题意； 对于B ，f (x )＝e x，为指数函数，不是奇函数，不符合题意；对于C ，f (x )＝x 3－3x ，为奇函数，但在R 上不是增函数，不符合题意；对于D ，f (x )＝x |x |＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≥0，－x 2，x <0为奇函数且在R 上为增函数，符合题意，故选D.9．已知函数f (x )＝g (x )＋2 0192 018x 2，函数g (x )是定义域为R 的奇函数，且f (1)＝2，则f (－1)的值为________．解析：根据题意，函数f (x )＝g (x )＋2 0192 018x 2，因为f (1)＝2，所以f (1)＝g (1)＋2 0192 018＝2，解得g (1)＝2 0172 018，因为函数g (x )是定义域为R 的奇函数， 所以g (－1)＝－2 0172 018，所以f (－1)＝g (－1)＋2 0192 018＝22 018＝11 009.答案：11 00910．(2019·北京高考)设函数f (x )＝e x＋a e －x(a 为常数)．若f (x )为奇函数，则a ＝________；若f (x )是R 上的增函数，则a 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝e x ＋a e －x(a 为常数)的定义域为R ， ∴f (0)＝e 0＋a e －0＝1＋a ＝0，∴a ＝－1. ∵f (x )＝e x ＋a e －x ，∴f ′(x )＝e x －a e －x ＝e x－ae x .∵f (x )是R 上的增函数，∴f ′(x )≥0在R 上恒成立， 即e x≥ae x 在R 上恒成立，∴a ≤e 2x在R 上恒成立．又e 2x>0，∴a ≤0，即a 的取值范围是(－∞，0]． 答案：－1 (－∞，0]11．已知a >0，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sin π2x ，x ∈[－1，0)，ax 2＋ax ＋1，x ∈[0，＋∞)，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －13>－12，则实数t 的取值范围为________．解析：当x ∈[－1,0)时，函数f (x )＝sin π2x 单调递增，且f (x )∈[－1,0)，当x ∈[0，＋∞)时，函数f (x )＝ax 2＋ax ＋1，此时函数f (x )单调递增且f (x )≥1，综上，当x ∈[－1，＋∞)时，函数f (x )单调递增，由f (x )＝sin π2x ＝－12得π2x ＝－π6，解得x ＝－13，则不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －13>－12，等价于f ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －13>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，∵函数f (x )是增函数，∴t －13>－13，即t >0.故t 的取值范围为(0，＋∞)．答案：(0，＋∞)12．已知偶函数y ＝f (x )(x ∈R )在区间[－1,0]上单调递增，且满足f (1－x )＋f (1＋x )＝0，给出下列判断：①f (5)＝0；②f (x )在[1,2]上是减函数； ③函数f (x )没有最小值；④函数f (x )在x ＝0处取得最大值； ⑤f (x )的图象关于直线x ＝1对称． 其中正确的序号是________．解析：因为f (1－x )＋f (1＋x )＝0，所以f (1＋x )＝－f (1－x )＝－f (x －1)，所以f (2＋x )＝－f (x )，所以f (x ＋4)＝f (x )，即函数f (x )是周期为4的周期函数．由题意知，函数y ＝f (x )(x ∈R )关于点(1,0)对称，画出满足条件的图象如图所示，结合图象可知①②④正确．答案：①②④附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
2020年高考文科数学二轮专题复习八：立体几何(附解析)
2020年高考文科数学二轮专题复习八：立体几何（附解析）1．理解和掌握柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征； 2．能掌握并灵活利用柱、锥、台、球表面积和体积的公式； 3．简单的几何体的三视图，能识别三视图所表示的立体模型；4．能利用直线与直线，直线与平面，平面与平面平行的判定及性质解决问题； 5．能空间直线与平面，平面与平面垂直的判定与性质解决问题．1．空间几何体的表面积与体积 （1）多面体的表面积=+2S S S 棱柱表棱柱侧底，=+S S S 棱锥表棱锥侧底，=++S S S S 棱台表棱台侧上底下底．（2）旋转体的表面积①圆柱：=2()S r r l π+表，其中r 为底面半径，l 为母线长； ②圆锥：=()S r r l π+表，其中r 为底面半径，l 为母线长；③圆台：22=()S r r r l rl π''+++表，其中,r r '为上、下底面半径分别，l 为母线长； ④球体：2=4S r π球，其中r 为球的半径． （3）几何体的体积公式①柱体：=V Sh 柱体，其中S 为底面面积，h 为高；②椎体：1=3V Sh 锥体，其中S 为底面面积，h 为高；③台体：1=()3V S S h '台体，其中S '、S 分别为上、下底面面积，h 为高；④球体：34=3V r π球，其中r 为球的半径． 2．空间点、直线、平面之间的位置关系 （1）平面的基本性质公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在这个平面内． 公理2：过不同在一条直线上的三点，有且只有一个平面． 推论1：经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面． 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4：平行于同一直线的两条直线平行． 3．直线、平面平行的判定及其性质 （1）直线与平面平行的判定定理文字语言：平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行． 符号语言：a α⊄，b α⊂，////a b a α⇒． 图形语言：如下图．（2）直线与平面平行的性质定理文字语言：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．符号语言：//a α，a β⊂，//b a b αβ=⇒I ． 图形语言：如下图．（3）平面与平面平行的判定定理文字语言：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行． 符号语言：a β⊂，b β⊂，a b P =I ，//a α，////b ααβ⇒． 图形语言：如下图．（4）平面与平面平行的性质定理文字语言：如果两个平行的平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行． 符号语言：//αβ，a γα=I ，//b a b γβ=⇒I ． 图形语言：如下图．4．直线、平面垂直的判定及其性质 （1）直线与平面垂直的判定定理文字语言：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直． 符号语言：l a ⊥，l b ⊥，a α⊂，b α⊂，a b P l α=⇒⊥I ． 图形语言：如下图．（2）直线与平面垂直的性质定理文字语言：垂直于同一个平面内的两条直线平行． 符号语言：a α⊥，//b a b α⊥⇒． 图形语言：如下图．（3）平面与平面垂直的判定定理文字语言：如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直． 符号语言：l β⊂，l ααβ⊥⇒⊥． 图形语言：如下图．（4）平面与平面垂直的性质定理文字语言：两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直． 符号语言：αβ⊥，l αβ=I ，a α⊂，a l a β⊥⇒⊥． 图形语言：如下图．1．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为6，圆心角为3π的扇形，则圆锥的高为（ ） A．52．如图，在三棱锥P ABC -中，△PAC 为正三角形，M 为棱PA 的中点，AB AC ⊥，12AC BC =， 平面PAB ⊥平面PAC ． （1）求证：AB ⊥平面PAC ；（2）若2AC =，求三棱锥P BMC -的体积．经典常规题（45分钟）1．在正方体1111ABCD A B C D -中，P ，Q 分别为1AD ，1B C 上的动点，且满足1AP B Q =，则下列4个命题中，所有正确命题的序号是（ ） ①存在P ，Q 的某一位置，使//AB PQ ； ②△BPQ 的面积为定值；③当0PA >时，直线1PB 与直线AQ 一定异面； ④无论P ，Q 运动到何位置，均有BC PQ ⊥． A ．①②④ B ．①③ C ．②④ D ．①③④2．在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，△ABC是边长为形，其中PA PB ==，则该三棱锥外接球的表面积为 ．1．设a ，b 为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ ） A ．若a ，b 与α所成的角相等，则//a b B ．若//a α，//b β，则//a bC ．若a α⊂，b β⊂，//a b ，则//αβD ．若a α⊥，b β⊥，αβ⊥，则a b ⊥ 2．一个几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是（ ）3cm精准预测题高频易错题A ．133 B ．43+ C ．143 D ．43+ 3．如图，多面体1111ABCD A B C D -为正方体，则下面结论正确的是（ ）A ．11//AB BC B ．平面11CBD ⊥平面1111A B C DC ．平面11//CBD 平面1A BD D ．异面直线AD 与1CB 所成的角为30︒4．已知三棱锥D ABC -的外接球的表面积为128π，4AB BC ==，AC =棱锥D ABC -体积的最大值为（ ）A ．2732 B C D 5．如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，沿AE ，AF ，EF 把正方形折成一个四面体，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为P ，P 点在△AEF 内的射影为O ，则下列说法正确的是（ ）A ．O 是△AEF 的垂心B ．O 是△AEF 的内心C ．O 是△AEF 的外心D ．O 是△AEF 的重心6．如图，侧棱长为V ABC -中，40AVB BVC CVA ∠=∠=∠=︒，过A 作截面AEF 与VB 、VC 分别交于E 、F 点，则截面AEF ∆的最小周长是 ．7．如图，在三棱锥P ABC -中，D ，E 分别为AB ，PB 的中点，且ED AB ⊥，PA AC ⊥，PC BC ⊥．（1）求证：BC ⊥平面PAC ；（2）若2PA BC =且AB EA =，三棱锥P ABC -的体积为1，求点B 到平面DCE 的距离．2020年高考文科数学二轮专题复习八：立体几何（解析）1．理解和掌握柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征； 2．能掌握并灵活利用柱、锥、台、球表面积和体积的公式； 3．简单的几何体的三视图，能识别三视图所表示的立体模型；4．能利用直线与直线，直线与平面，平面与平面平行的判定及性质解决问题； 5．能空间直线与平面，平面与平面垂直的判定与性质解决问题．1．空间几何体的表面积与体积 （1）多面体的表面积=+2S S S 棱柱表棱柱侧底，=+S S S 棱锥表棱锥侧底，=++S S S S 棱台表棱台侧上底下底．（2）旋转体的表面积①圆柱：=2()S r r l π+表，其中r 为底面半径，l 为母线长； ②圆锥：=()S r r l π+表，其中r 为底面半径，l 为母线长；③圆台：22=()S r r r l rl π''+++表，其中,r r '为上、下底面半径分别，l 为母线长； ④球体：2=4S r π球，其中r 为球的半径． （3）几何体的体积公式①柱体：=V Sh 柱体，其中S 为底面面积，h 为高；②椎体：1=3V Sh 锥体，其中S 为底面面积，h 为高；③台体：1=()3V S S h '台体，其中S '、S 分别为上、下底面面积，h 为高；④球体：34=3V r π球，其中r 为球的半径． 2．空间点、直线、平面之间的位置关系 （1）平面的基本性质公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在这个平面内． 公理2：过不同在一条直线上的三点，有且只有一个平面． 推论1：经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面． 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4：平行于同一直线的两条直线平行． 3．直线、平面平行的判定及其性质 （1）直线与平面平行的判定定理文字语言：平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行． 符号语言：a α⊄，b α⊂，////a b a α⇒． 图形语言：如下图．（2）直线与平面平行的性质定理文字语言：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．符号语言：//a α，a β⊂，//b a b αβ=⇒I ． 图形语言：如下图．（3）平面与平面平行的判定定理文字语言：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行． 符号语言：a β⊂，b β⊂，a b P =I ，//a α，////b ααβ⇒． 图形语言：如下图．（4）平面与平面平行的性质定理文字语言：如果两个平行的平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行． 符号语言：//αβ，a γα=I ，//b a b γβ=⇒I ． 图形语言：如下图．4．直线、平面垂直的判定及其性质 （1）直线与平面垂直的判定定理文字语言：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直． 符号语言：l a ⊥，l b ⊥，a α⊂，b α⊂，a b P l α=⇒⊥I ． 图形语言：如下图．（2）直线与平面垂直的性质定理文字语言：垂直于同一个平面内的两条直线平行． 符号语言：a α⊥，//b a b α⊥⇒． 图形语言：如下图．（3）平面与平面垂直的判定定理文字语言：如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直． 符号语言：l β⊂，l ααβ⊥⇒⊥．图形语言：如下图．（4）平面与平面垂直的性质定理文字语言：两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直． 符号语言：αβ⊥，l αβ=I ，a α⊂，a l a β⊥⇒⊥． 图形语言：如下图．1．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为6，圆心角为3π的扇形，则圆锥的高为（ ） A．5 【答案】C【解析】因为侧面展开图是一个半径为6，圆心角为3π的扇形，所以圆锥的母线长为6，设其底面半径为r ，则623r ππ⨯=，所以1r ==2．如图，在三棱锥P ABC -中，△PAC 为正三角形，M 为棱PA 的中点，AB AC ⊥，12AC BC =， 平面PAB ⊥平面PAC ． （1）求证：AB ⊥平面PAC ；（2）若2AC =，求三棱锥P BMC -的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）1．【解析】（1）∵△PAC 为等边三角形，且M 为PA 的中点，∴CM PA ⊥．经典常规题∵平面PAB ⊥平面PAC ，平面PAB I 平面PAC PA =，CM ⊂平面PAC ， ∴CM ⊥平面PAB ，∵AB ⊂平面PAB ，∴AB CM ⊥．又∵AB AC ⊥，CM AC C =I ，AC 、CM ⊂平面PAC ， ∴AB ⊥平面PAC ．（2）∵AB AC ⊥，且2AC =，24BC AC ==，∴AB =又∵△PAC 是边长为2的等边三角形，且M 为PA 的中点， ∴CM PA ⊥，且sin 60CM PC =︒=即△PMC的面积为11122PMC S PM CM ∆=⋅=⨯=． ∴三棱锥O BMC -的体积为111332P BMC B PMC PMC V V S AB --∆==⋅=⨯=．1．在正方体1111ABCD A B C D -中，P ，Q 分别为1AD ，1B C 上的动点，且满足1AP B Q =，则下列4个命题中，所有正确命题的序号是（ ） ①存在P ，Q 的某一位置，使//AB PQ ； ②△BPQ 的面积为定值；③当0PA >时，直线1PB 与直线AQ 一定异面； ④无论P ，Q 运动到何位置，均有BC PQ ⊥．高频易错题（45分钟）A ．①②④B ．①③C ．②④D ．①③④ 【答案】D【解析】①当P ，Q 分别为棱1AD ，1B C 的中点时满足，正确； ②当P 与A 重合时：212ABP S a ∆=；当P 与1D 重合时：2BPQ S ∆=（a为正方体边长），错误； ③当0PA >时，假设直线1PB 与直线AQ 是共面直线，则AP 与1B Q 共面，矛盾，正确；④如图所示：F ，G 分别为P ，Q 在平面内的投影，易证BC ⊥平面PFGQ ，正确．2．在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，△ABC 是边长为形，其中PA PB ==，则该三棱锥外接球的表面积为 ．【答案】654π【解析】如图所示，作AB 中点D ，连接PD 、CD ，在CD 上作三角形ABC 的中心E ，过点E 作平面ABC 的垂线，在垂线上取一点O ，使得PO OC =．∵三棱锥底面是一个边长为E 为三角形的中心， ∴三棱锥的外接球的球心在过点E 的平面ABC 的垂线上，∵PO OC =，P 、C 两点在三棱锥的外接球的球面上，∴O 点即为球心， ∵平面PAB ⊥平面ABC ，PA PB =，D 为AB 中点， ∴PD ⊥平面ABC，3CD ==，223CE CD ==，1DE CD CE =-=，2PD ==，设球的半径为r ，则有PO OC r ==，OE =222()PD OE DE PO -+=，即22(21r +=，解得26516r =， 故表面积为26544S r ππ==．1．设a ，b 为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ ） A ．若a ，b 与α所成的角相等，则//a b B ．若//a α，//b β，则//a bC ．若a α⊂，b β⊂，//a b ，则//αβD ．若a α⊥，b β⊥，αβ⊥，则a b ⊥ 【答案】D【解析】A 选项中两直线a ，b 还可能相交或异面，错误；精准预测题B 选项中两直线a ，b 还可能相交或异面，错误；C 选项两平面α，β还可能是相交平面，错误，故答案为D ．2．一个几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是（ ）3cmA ．133 B ．43+ C ．143 D ．43+ 【答案】C【解析】由三视图知，几何体是长方体与四棱锥的组合体，长方体的体积为24=；四棱锥的底面是边长分别为2，∴三棱锥的体积为1122323⨯⨯=， 即几何体的体积214433V =+=（3cm ）． 3．如图，多面体1111ABCD A B C D -为正方体，则下面结论正确的是（ ）A ．11//AB BC B ．平面11CBD ⊥平面1111A B C DC ．平面11//CBD 平面1A BD D ．异面直线AD 与1CB 所成的角为30︒ 【答案】C【解析】在A 中，若11//A B B C ，由11//A B CD ，得11//B C CD ，矛盾，A 不符合题意； 在B 中，∵1BB ⊥平面1111A B C D ，∴平面11BB D D ⊥平面1111A B C D ，则平面11CB D ⊥平面1111A B C D 也是错误的，B 不符合题意；在C 中，∵11//A B CD ，11//A D CB ，∴平面11//CB D 平面1A BD ，C 符合题意； 在D 中，多面体1111ABCD A B C D -为正方体，∴145BCB ∠=︒， 又//AD BC ，∴AD 与1CB 所成角为45︒，D 不符合题意．4．已知三棱锥D ABC -的外接球的表面积为128π，4AB BC ==，AC =棱锥D ABC -体积的最大值为（ ）A ．2732 B ．103+ C ．163+ D ．3 【答案】D【解析】设外接球的球心为O ，半径为R ，则24128R ππ=，故R = 设球心O 在底面上的投影为E ，∵OA OC OB ==，∴E 为△ABC 的外心，又∵4AB BC ==，AC =222AC AB BC =+，即△ABC 为直角三角形，故E 为AC 的中点，所以OE ==，设D 到底面ABC 的距离为h ，则h OE R ≤+=即三棱锥D ABC -的体积的最大值为114432⨯⨯⨯⨯=．5．如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，沿AE ，AF ，EF 把正方形折成一个四面体，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为P ，P 点在△AEF 内的射影为O ，则下列说法正确的是（ ）A ．O 是△AEF 的垂心B ．O 是△AEF 的内心C ．O 是△AEF 的外心D ．O 是△AEF 的重心【答案】A【解析】由题意得，可知PA ，PE ，PF 两两垂直，由PA ⊥平面PEF ，从而PA EF ⊥，而PO ⊥平面PEF ，从而PO EF ⊥，所以EF ⊥平面PAO ，所以EF AO ⊥， 同理可知AE FO ⊥，AF EO ⊥，所以O 是△AEF 的垂心，故答案为A ．6．如图，侧棱长为V ABC -中，40AVB BVC CVA ∠=∠=∠=︒，过A 作截面AEF 与VB 、VC 分别交于E 、F 点，则截面AEF ∆的最小周长是 ．【答案】6【解析】如图所示，将正三棱锥V ABC -沿侧棱VA 展开．当A ，E ，F 三点共线时，△AEF 的周长最小，在展开图中应为直线段，此时△AEF 的周长2sin 602sin 606l AE EF FA AS '=++=︒=⨯︒=．7．如图，在三棱锥P ABC -中，D ，E 分别为AB ，PB 的中点，且ED AB ⊥，PA AC ⊥，PC BC ⊥．（1）求证：BC ⊥平面PAC ；（2）若2PA BC =且AB EA =，三棱锥P ABC -的体积为1，求点B 到平面DCE 的距离．【答案】（1）证明见解析；（2．【解析】（1）∵D ，E 分别为AB ，PB 的中点，∴//PA ED ，∵ED AB ⊥，∴PA AB ⊥，又∵PA AC ⊥，且AB AC A =I ，AB ⊂面ABC ，AC ⊂面ABC ，∴PA ⊥面ABC ， ∵BC ⊂面ABC ，∴PA BC ⊥，∵PC BC ⊥，且PA PC P =I ，PA ⊂面PAC ，PC ⊂面PAC ，∴BC ⊥面PAC ．（2）设AB x =，B 点到平面DCE 的距离为h ．∵D 为AB 中点，且ED AB ⊥，∴EB EA =，∵AB EA =，∴2ED x =，∵D ，E 分别为AB ，PB 的中点，∴2AP DE ==．∵2PA BC =，∴2BC x =，12AC x =， ∵三棱锥P ABC -的体积为311138ABC V S PA x ∆=⋅⋅==，解得2x =． 由（1）知，PA ⊥面ABC ，且//PA ED ，∴ED ⊥面ABC ．∵B DCE E BCD V V --=，∴1133DCE BCD S h S ED ∆∆⋅⋅=⋅⋅，∵11112224BCD ABC S S ∆∆==⨯=，111222DEC S CD DE ∆=⋅⋅=⨯=，且ED =，∴113234h ⨯⋅=⨯，即2h =．故点B 到平面DCE。
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考点过关检测（十二）1．(2019·重庆一诊)已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线( )A．只有一条，不在平面α内B．只有一条，且在平面α内C．有无数条，一定在平面α内D．有无数条，不一定在平面α内解析：选B 假设过点P且平行于l的直线有两条分别为m与n，则m∥l且n∥l.由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交于点P相矛盾，故过点P且平行于l的直线只有一条．又因为点P在平面内，所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．故选B.2．(2019·哈尔滨六中模拟)已知直线a，b，l，平面α，β，则下列命题正确的个数为( )①若α⊥β，l⊥α，则l∥β；②若a⊥l，b⊥l，则a∥b；③若α⊥β，l⊂α，则l⊥β；④若l⊥α，l⊥β，则α∥β.A．0 B．1C．2 D．3解析：选B 在①中，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故①错误；在②中，若a⊥l，b⊥l，则a与b相交、平行或异面，故②错误；在③中，若α⊥β，l⊂α，则l与β相交、平行或l⊂β，故③错误；在④中，若l⊥α，l⊥β，则由面面平行的判定定理得α∥β，故④正确．故选B.3．(2019·辽宁五校联考)在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则( )A．MN∥C1D1B．MN⊥BC1C．MN⊥平面ACD1D．MN⊥平面ACC1解析：选D 如图，设CC1的中点为P，连接NP，则NP∥C1D1，又MN∩NP＝N，所以MN∥C1D1是不可能的(实际上MN 与C 1D 1是异面直线)，所以选项A 错误；假设MN ⊥BC 1，连接CM ，易知CM ⊥BC 1，又MN ∩CM ＝M ，所以BC 1⊥平面MNC ，所以BC 1⊥CD 1，所以AD 1⊥CD 1，这与△ACD 1为等边三角形矛盾，所以假设错误，即选项B 错误；假设MN ⊥平面ACD 1，则MN ⊥CD 1，连接MD 1，因为N 为CD 1的中点，所以MC ＝MD 1，这不可能理由：设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则易求得MC ＝，MD 1＝，所以假设错误，即选项C 错误；设2262CD ，BC 的中点分别为E ，F ，连接EF ，则易知MN ∥EF ，且EF ⊥平面ACC 1，所以MN ⊥平面ACC 1，所以选项D 正确．故选D.4.如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P ，Q 分别是线段AD 1和B 1C 上的动点，且满足AP ＝B 1Q ，则下列命题错误的是( )A ．存在P ，Q 的某一位置，使AB ∥PQB ．△BPQ 的面积为定值C ．当PA >0时，直线PB 1与AQ 是异面直线D ．无论P ，Q 运动到任何位置，均有BC ⊥PQ解析：选B 在A 中，当P ，Q 分别是线段AD 1和B 1C 的中点时，AB ∥PQ ，故A 正确；在B 中，P 在A 处时，△BPQ 的面积为，P 在AD 1中点12时，△BPQ 的面积不为，故△BPQ 的面积不是定值，故B 错误；在C 中，当12PA >0时，假设直线PB 1与AQ 是共面直线，则AP 与B 1Q 共面，与已知矛盾，所以直线PB 1与AQ 是异面直线，故C 正确；在D 中，BC 垂直于PQ 在平面ABCD 内的射影，由三垂线定理得无论P ，Q 运动到任何位置，均有BC ⊥PQ ，故D 正确．故选B.5．(2019·唐山三模)若异面直线m ，n 所成的角是60°，则以下三个命题：①存在直线l ，满足l 与m ，n 的夹角都是60°；②存在平面α，满足m ⊂α，n 与α所成角为60°；③存在平面α，β，满足m ⊂α，n ⊂β，α与β所成锐二面角为60°.其中正确的命题为________(填序号)．解析：异面直线m ，n 所成的角是60°，在①中，由异面直线m ，n 所成的角是60°，在m 上任取一点A ，过A 作直线n ′∥n ，在空间中过点A 能作出直线l ，使得l 与n ，n ′的夹角均为60°，∴存在直线l ，满足l 与m ，n 的夹角都是60°，故①正确；在②中，在n 上取一点B ，过B 作直线m ′∥m ，则以m ，m ′确定的平面α，满足m ⊂α，n 与α所成的角是60°，故②正确；在③中，在n 上取一点C ，过C 作直线m ′∥m ，m ，m ′确定一个平面α，∴过n 能作出一个平面β，满足m ⊂α，n ⊂β，α与β所成锐二面角为60°，故③正确．答案：①②③6．如图所示，四棱锥S ABCD 中，SA ⊥底面ABCD ，∠ABC ＝90°，AB ＝，3BC ＝1，AD ＝2，∠ACD ＝60°，E 为CD 的中点．3(1)求证：BC ∥平面SAE ；(2)求三棱锥S BCE 与四棱锥S ABED 的体积比．解：(1)证明：因为AB ＝，BC ＝1，∠ABC ＝90°，3所以AC ＝2，∠BCA ＝60°，在△ACD 中，AD ＝2，AC ＝2，∠ACD ＝60°，3由余弦定理可得AD 2＝AC 2＋CD 2－2AC ·CD cos ∠ACD ，解得CD ＝4，所以AC 2＋AD 2＝CD 2，所以△ACD 是直角三角形，又E 为CD 的中点，所以AE ＝CD ＝CE ，12又∠ACD ＝60°，所以△ACE 为等边三角形，所以∠CAE ＝60°＝∠BCA ，所以BC ∥AE ，又BC ⊄平面SAE ，AE ⊂平面SAE ，所以BC ∥平面SAE .(2)因为SA ⊥平面ABCD ，所以SA 同为三棱锥S BCE 与四棱锥S ABED 的高．由(1)可得∠BCE＝120°，CE ＝CD ＝2，12所以S △BCE ＝BC ·CE ·sin ∠BCE ＝×1×2×＝.12123232S 四边形ABED ＝S 四边形ABCD －S △BCE ＝S △ABC ＋S △ACD －S △BCE ＝××1＋×2×2－＝2.123123323所以S △BCE ∶S 四边形ABED ＝∶2＝1∶4.323故三棱锥S BCE 与四棱锥S ABED 的体积比为1∶4.7.(2019·洛阳第二次联考)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，△PAD 是正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，E ，F ，G 分别是PD ，PC ，BC 的中点．(1)求证：平面EFG ⊥平面PAD ；(2)若M 是线段CD 上一点，求三棱锥M EFG 的体积．解：(1)证明：∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ，且CD ⊥AD ，∴CD ⊥平面PAD .∵在△PCD 中，E ，F 分别是PD ，PC 的中点，∴EF ∥CD ，∴EF ⊥平面PAD ，∵EF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PAD .(2)∵EF ∥CD ，EF ⊂平面EFG ，CD ⊄平面EFG ，∴CD ∥平面EFG ，∴线段CD 上的点M 到平面EFG 的距离等于点D 到平面EFG 的距离．连接DG ，DF ，则V 三棱锥M EFG ＝V 三棱锥D EFG .取AD 的中点H ，连接GH ，EH ，FH ，则EF ∥GH ，∴V 三棱锥D EFG ＝V 三棱锥D EFH ＝V 三棱锥F EHD ＝·S △EHD·EF ＝××2×2×sin13131260°×2＝.233故三棱锥M EFG 的体积为.2338．(2019·朝阳模拟)如图，梯形ABCD 中，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，CD ＝2，AD ＝AB ＝1，四边形BDEF 为正方形，且平面BDEF ⊥平面ABCD .(1)求证：DF ⊥CE ；(2)若AC 与BD 相交于点O ，那么在棱AE 上是否存在点G ，使得平面OBG ∥平面EFC ？并说明理由．解：(1)证明：连接EB ，∵梯形ABCD 中，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，CD ＝2，AD ＝AB ＝1，∴BD ＝，BC ＝，22∴BD 2＋BC 2＝CD 2，∴BC ⊥BD .∵平面BDEF ⊥平面ABCD ，平面BDEF ∩平面ABCD ＝BD ，∴BC ⊥平面BDEF ，∴BC ⊥DF .∵四边形BDEF 为正方形，∴DF ⊥EB .∵EB ∩BC ＝B ，∴DF ⊥平面BCE .∵CE ⊂平面BCE ，∴DF ⊥CE .(2)棱AE 上存在点G ，＝，使得平面OBG ∥平面EFC .理由如下：AG GE 12∵AB ∥DC ，AB ＝1，DC ＝2，∴＝.AOOC 12∵＝，∴OG ∥CE ，∴OG ∥平面EFC .AG GE 12∵EF ∥OB ，∴OB ∥平面EFC .∵OB ∩OG ＝O ，∴平面OBG ∥平面EFC .9．(2019·广州一模)如图，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，且BC ＝2AD ＝4，E ，F 分别为线段AB ，DC 的中点，沿EF 把四边形AEFD 折起，使AE ⊥CF，得到如下的立体图形．(1)证明：平面AEFD ⊥平面EBCF ；(2)若BD ⊥EC ，求点F 到平面ABCD 的距离．解：(1)证明：由题意可得EF ∥AD ，∴AE ⊥EF .又AE ⊥CF ，EF ∩CF ＝F ，∴AE ⊥平面EBCF .∵AE ⊂平面AEFD ，∴平面AEFD ⊥平面EBCF .(2)如图，过点D 作DG ∥AE 交EF 于点G ，连接BG ，则DG ⊥平面EBCF .∵EC ⊂平面EBCF ，∴DG ⊥EC .又BD ⊥EC ，BD ∩DG ＝D ，∴EC ⊥平面BDG .又BG ⊂平面BDG ，∴EC ⊥BG .易得△EGB ∽△BEC ，∴＝，EG EB EB BC ∴EB 2＝EG ·BC ＝AD ·BC ＝8，∴EB ＝2.2设点F 到平面ABCD 的距离为h ，由V 三棱锥F ABC ＝V 三棱锥A BCF ，可得S △ABC ·h ＝S △BCF ·AE .∵BC ⊥AE ，BC ⊥EB ，AE ∩EB ＝E ，∴BC ⊥平面AEB ，∴AB ⊥BC .又AB ＝＝4＝BC ，AE 2＋BE 2∴S △ABC ＝×4×4＝8.12又S △BCF ＝×4×2＝4，1222∴8h ＝×2＝16，解得h ＝2.22故点F 到平面ABCD 的距离为2.。