高考数学三轮专项模拟试卷理立体几何含解析新人民教育出版版

高考数学三轮专项模拟试卷理立体几何含解析新人民教育出版版

立体几何 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．‎ 第Ⅰ卷 一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．(2013·肇庆模拟)在△ABC中，已知||＝||＝||＝2，则向量·＝(　　)‎ A．2　　 B．－‎2　‎　　‎ C．2　　 D．－2 ‎【解析】　向量与的夹角为，则·＝2×2×cosπ＝－2.‎ ‎【答案】　B ‎2．在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的(　　)‎ A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDE⊥平面ABC D．平面PAE⊥平面ABC ‎【解析】　若平面PDF⊥平面ABC，则顶点P在底面的射影在DF上，又因为正四面体的顶点在底面的射影是底面的中心，因此结论不成立，故选C.‎ ‎【答案】　C ‎3．(2013·济宁模拟)点M、N分别是正方体ABCD—A1B‎1C1D1的棱A1B1、A1D1的中点，用过A、M、N和D、N、C1的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如下图1，则该几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图依次为(　　)‎ 图1‎ A．①②③ B．②③④‎ C．①③④ D．②④③‎ ‎【解析】　根据三视图的定义可知选B.‎ ‎【答案】　B ‎4．(2013·枣庄模拟)设z＝x＋y，其中实数x，y满足若z的最大值为6，则z的最小值为(　　)‎ A．－3 B．－2 ‎ C．－1 D．0‎ ‎【解析】　由z＝x＋y得y＝－x＋z，作出的区域BCO，平移直线y＝－x＋z，由图象可知当直线经过C时，直线的截距最大，此时z＝6，由解得所以k＝3，解得B(－6,3)，代入z＝x＋y得最小值为z＝－6＋3＝－3，选A.‎ ‎【答案】　A ‎5．(2013·课标全国卷Ⅰ)如图2，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高‎8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为‎6 cm，如果不计容器厚度，则球的体积为(　　)‎ 图2‎ A. cm3 B. cm3‎ C. cm3 D. cm3‎ ‎【解析】　如图，作出球的一个截面，则MC＝8－6＝2(cm)，BM＝AB＝×8＝4(cm)．设球的半径为R cm，则R2＝OM2＋MB2＝(R－2)2＋42，‎ ‎∴R＝5，‎ ‎∴V球＝π×53＝π(cm3)．‎ ‎【答案】　A ‎6．(2013·临汾模拟)已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是(　　)‎ A．AB∥m B．AC⊥m C．AB∥β D．AC⊥β ‎【解析】　因为m∥α，m∥β，α∩β＝l，所以m∥l.‎ 因为AB∥l，所以AB∥m，故A一定正确．‎ 因为AC⊥l，m∥l，所以AC⊥m，从而B一定正确．‎ 因为AB∥l，l⊂β，AB⊄β.‎ 所以AB∥β.故C也正确．‎ 因为AC⊥l，当点C在平面α内时，AC⊥β成立，当点C不在平面α内时，AC⊥β不成立，故D不一定成立．‎ ‎【答案】　D ‎7．在正三棱柱ABC—A1B‎1C1中，D是AC的中点，AB1⊥BC1，则平面DBC1与平面CBC1所成的角为(　　)‎ A．30° B．45° C．60° D．90°‎ ‎【解析】　以A为坐标原点，，的方向分别为y轴和z轴的正方向建立空间直角坐标系．‎ 设底面边长为‎2a，侧棱长为2b，‎ 则A(0,0,0)，C(0,‎2a,0)，D(0，a,0)，B(a，a,0)，C1(0,‎2a,2b)，B1(a，a,2b)．‎ 由⊥，得·＝0，即2b2＝a2.‎ 设n1＝(x，y，z)为平面DBC1的一个法向量，‎ 则n1·＝0，n1·＝0.‎ 即又2b2＝a2，令z＝1，‎ 解得n1＝(0，－，1)．‎ 同理可求得平面CBC1的一个法向量为n2＝(1，，0)．‎ 利用公式cos θ＝＝，得θ＝45°.‎ ‎【答案】　B ‎8．(2013·成都模拟)已知正四棱锥S—ABCD中，SA＝2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为(　　)‎ A．1　　　B.　　　C．2　　 D．3‎ ‎【解析】　如图所示，设正四棱锥高为h，底面边长为a，则a＝，即a2＝2(12－h2)，‎ 所以V＝×a2×h＝h(12－h2)＝－(h3－12h)，‎ 令f(h)＝h3－12h，则f′(h)＝3h2－12(h＞0)，‎ 令f′(h)＝0，则h＝2，此时f(h)有最小值，V有最大值．‎ ‎【答案】　C 第Ⅱ卷 二、填空题(本大题共7小题，每小题5分，共35分，把答案填在题中横线上)‎ ‎9．(2013·东营模拟)已知等比数列{an}，若存在两项am，an使得am·an＝a，则＋的最小值为________．‎ ‎【解析】　由等比数列的性质知m＋n＝6，则＋＝(m＋n)＝≥，当且仅当＝，即m＝2，n＝4时等号成立．‎ ‎【答案】　 ‎10．已知函数f(x)＝Asin(A＞0，ω＞0)的最小正周期为2，且f(0)＝，则函数f(3)＝________.‎ ‎【解析】　ω＝＝π，由f(0)＝Asin＝得A＝2，‎ 所以f(x)＝2sin，所以f(3)＝2sin＝－.‎ ‎【答案】　－ ‎11．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为________．‎ ‎【解析】　设球心为O，正三棱柱上底面为△ABC，中心为O′，因为三棱柱所有棱的长都为a，则可知OO′＝，O′A＝a，又由球的相关性质可知，球的半径R＝＝a，‎ 所以球的表面积为4πR2＝πa2.‎ ‎【答案】　πa2‎ ‎12．(2013·南通模拟)关于直线m，n和平面α，β有以下四个命题：‎ ‎①若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n；‎ ‎②若m∥n，m⊂α，n⊥β，则α⊥β；‎ ‎③若α∩β＝m，m∥n，则n∥α且n∥β；‎ ‎④若m⊥n，α∩β＝m，则n⊥α或n⊥β.‎ 其中假命题的序号是________．‎ ‎【解析】　命题①m与n也可相交或异面，所以①是假命题；命题②由条件可得m⊥β，又m⊂α，故α⊥β，所以②是真命题；命题③也可得到n⊂α或n⊂β，所以③错；命题④由已知只能得到n垂直α与β内的一条直线，无法判定n⊥α或n⊥β，所以命题④错．‎ ‎【答案】　①③④‎ ‎13．(2013·陕西高考)某几何体的三视图如图3所示，则其体积为________．‎ 图3‎ ‎【解析】　原几何体可视为圆锥的一半，其底面半径为1，高为2，‎ ‎∴其体积为×π×12×2×＝.‎ ‎【答案】　 ‎14．对大于或等于2的自然数m的n次方幂有如下分解方式：‎ ‎22＝1＋3　　　　　　23＝3＋5‎ ‎32＝1＋3＋5 33＝7＋9＋11‎ ‎42＝1＋3＋5＋7 43＝13＋15＋17＋19‎ ‎52＝1＋3＋5＋7＋9 53＝21＋23＋25＋27＋29‎ 根据上述分解规律，若m3(m∈N*)的分解中最小的数是73，则m的值为________．‎ ‎【解析】　由所给等式知，m3分解中第1个数为数列3,5,7，…中第2＋3＋4＋…＋(m－1)＋1项，即项，从而m3分解中第1个数为m2－m＋1，由m2－m＋1＝73得m＝9.‎ ‎【答案】　9‎ ‎15．(2013·南昌模拟)三棱锥S—ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论中：‎ 图4‎ ‎①异面直线SB与AC所成的角为90°.‎ ‎②直线SB⊥平面ABC；‎ ‎③平面SBC⊥平面SAC；‎ ‎④点C到平面SAB的距离是a.‎ 其中正确结论的序号是________．‎ ‎【解析】　由题意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，①②③正确；取AB的中点E，连接CE，可证得CE⊥平面SAB，故CE的长度即为C到平面SAB的距离a，④正确．‎ ‎【答案】　①②③④‎ 三、解答题(本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎16．(本小题满分12分)(2013·深圳模拟)在△ABC中，角A，B，C所对边的边长分别是a，b，c.‎ ‎(1)若c＝2，C＝且△ABC的面积等于，求cos(A＋B)和a，b的值；‎ ‎(2)若B是钝角，且cos A＝，sin B＝，求sin C的值．‎ ‎【解】　(1)∵A＋B＋C＝π，C＝，∴A＋B＝π－C，‎ ‎∴cos(A＋B)＝cos(π－C)＝－cos C＝－cos ＝－.‎ 由余弦定理及已知条件得，a2＋b2－ab＝4，‎ 又因为△ABC的面积等于，所以absin C＝，得ab＝4.‎ 联立方程组 解得a＝2，b＝2.‎ ‎(2)∵B是钝角，且cos A＝，sin B＝，‎ ‎∴sin A＝＝ ＝，‎ cos B＝－＝－ ＝－，‎ ‎∴sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)‎ ‎＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝.‎ ‎17．(本小题满分12分)(2013·青岛模拟)在如图5所示的多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，且AC＝AD＝CD＝DE＝2，AB＝1.‎ 图5‎ ‎(1)请在线段CE上找到点F的位置，使得恰有直线BF∥平面ACD，并证明这一结论；‎ ‎(2)求多面体ABCDE的体积．‎ ‎【解】　(1)如图所示，由已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，∴AB∥ED，‎ 设F为线段CE的中点，H是线段CD的中点，连接BF、FH、AH，则FH綊ED，又AB＝ED，‎ ‎∴FH綊AB，‎ ‎∴四边形ABFH是平行四边形，∴BF∥AH，‎ 又因为BF⊄平面ACD，AH⊂平面ACD，‎ ‎∴BF∥平面ACD.‎ ‎(2)取AD中点G，连接CG.‎ 因为AB⊥平面ACD，∴CG⊥AB，又CG⊥AD，∴CG⊥平面ABED，即CG为四棱锥C—ABED的高，求得CG＝，‎ ‎∴VC—ABED＝··2·＝.‎ ‎18．(本小题满分12分)(2013·黄冈模拟)如图6，三棱柱ABC—A1B‎1C1的侧面AA1B1B为正方形，侧面BB‎1C1C为菱形，∠CBB1＝60°，AB⊥B‎1C.‎ ‎(1)求证：平面AA1B1B⊥平面BB‎1C1C；‎ ‎(2)若AB＝2，求三棱柱ABC—A1B‎1C1的体积．‎ 图6‎ ‎【解】　(1)由侧面AA1B1B为正方形，知AB⊥BB1.‎ 又AB⊥B‎1C，BB1∩B‎1C＝B1，所以AB⊥平面BB‎1C1C，‎ 又AB⊂平面AA1B1B，所以平面AA1B1B⊥平面BB‎1C1C.‎ ‎(2)由题意，CB＝CB1，设O是BB1的中点，连接CO，则CO⊥BB1.‎ 由(1)知，CO⊥平面AA1B1B，且CO＝BC＝AB＝.‎ 连结AB1，则VC—ABB1＝S△ABB1·CO＝AB2·CO＝.‎ 因为VB1—ABC＝VC—ABB1＝VABC—A1B‎1C1＝，‎ 故三棱柱ABC—A1B‎1C1的体积VABC—A1B‎1C1＝2.‎ ‎19．(本小题满分13分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2，数列{bn}满足b1＝1，且bn＋1＝bn＋2.‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝an－bn，求数列{cn}的前2n项和T2n.‎ ‎【解】　(1)当n＝1，a1＝2；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，‎ ‎∴an＝2an－1.‎ ‎∴{an}是等比数列，公比为2，首项a1＝2，∴an＝2n.‎ 由bn＋1＝bn＋2，得{bn}是等差数列，公差为2.‎ 又首项b1＝1，∴bn＝2n－1.‎ ‎(2)cn＝ ‎∴T2n＝2＋23＋…＋22n－1－[3＋7＋…＋(4n－1)]‎ ‎＝－2n2－n.‎ ‎20．(本小题满分13分)如图7所示，PA⊥平面ABC，点C在以AB为直径的⊙O上，∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，点E为线段PB的中点，点M在弧AB上，且OM∥AC.‎ 图7‎ ‎(1)求证：平面MOE∥平面PAC.‎ ‎(2)求证：平面PAC⊥平面PCB.‎ ‎(3)设二面角M—BP—C的大小为θ，求cos θ的值．‎ ‎【解】　(1)因为点E为线段PB的中点，点O为线段AB的中点，所以OE∥PA.‎ 因为PA⊂平面PAC，OE⊄平面PAC，‎ 所以OE∥平面PAC.‎ 因为OM∥AC，‎ 因为AC⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，‎ 所以OM∥平面PAC.‎ 因为OE⊂平面MOE，OM⊂平面MOE，OE∩OM＝O，‎ 所以平面MOE∥平面PAC.‎ ‎(2)因为点C在以AB为直径的⊙O上，‎ 所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.‎ 因为PA⊥平面BAC，BC⊂平面ABC，‎ 所以PA⊥BC.‎ 因为AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，PA∩AC＝A，‎ 所以BC⊥平面PAC.‎ 因为BC⊂平面PCB，‎ 所以平面PAC⊥平面PCB.‎ ‎(3)如图，以C为原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系C—xyz.‎ 因为∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，‎ 所以CB＝2cos 30°＝，AC＝1.‎ 延长MO交CB于点D.‎ 因为OM∥AC，‎ 所以MD⊥CB，MD＝1＋＝，‎ CD＝CB＝.‎ 所以P(1,0,2)，C(0,0,0)，B(0，，0)，M.‎ 所以＝(1,0,2)，＝(0，，0)．‎ 设平面PCB的法向量m＝(x，y，z)．‎ 因为 所以即 令z＝1，则x＝－2，y＝0.‎ 所以m＝(－2,0,1)．‎ 同理可求平面PMB的一个法向量n＝(1，，1)．‎ 所以cos〈m，n〉＝＝－.‎ 因为二面角M—BP—C为锐二面角，所以cos θ＝.‎ 图8‎ ‎21．(本小题满分13分)(2013·天津高考)如图8，四棱柱ABCD—A1B‎1C1D1中，侧棱A‎1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．‎ ‎(1)证明B‎1C1⊥CE；‎ ‎(2)求二面角B1CEC1的正弦值；‎ ‎(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD‎1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．‎ ‎【解】　如图，以点A为原点，以AD，AA1，AB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．‎ ‎(1)证明：易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1－1)，于是·＝0，所以B‎1C1⊥CE.‎ ‎(2)＝(1，－2，－1)．‎ 设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，‎ 则即消去x，得y＋2z＝0，‎ 不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2,1)．‎ 由(1)知，B‎1C1⊥CE，又CC1⊥B‎1C1，‎ 可得B‎1C1⊥平面CEC1，‎ 故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．‎ 于是cos〈m，〉＝＝＝，从而sin〈m，〉＝.‎ 所以二面角B1—CE—C1的正弦值为.‎ ‎(3)＝(0,1,0)，＝(1,1,1)．‎ 设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．‎ 可取＝(0,0,2)为平面ADD‎1A1的一个法向量．‎ 设θ为直线AM与平面ADD‎1A1所成的角，则 sin θ＝|cos〈，〉|＝ ‎＝＝，‎ 于是＝，解得λ＝(负值舍去)，‎ 所以AM＝.‎