高考数学三轮专项模拟试卷 理（立体几何）（含解析）新人教A版(1).doc

立体几何本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟第卷一、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()a2b2c2d2【解析】向量与的夹角为，则22cos2.【答案】b2在正四面体pabc中，d，e，f分别是ab，bc，ca的中点，下面四个结论中不成立的()abc平面pdfbdf平面paec平面pde平面abcd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】c3(2013济宁模拟)点m、n分别是正方体abcda1b1c1d1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1a bc d【解析】根据三视图的定义可知选b.【答案】b4(2013枣庄模拟)设zxy，其中实数x，y满足若z的最大值为6，则z的最小值为()a3 b2 c1 d0【解析】由zxy得yxz，作出的区域bco，平移直线yxz，由图象可知当直线经过c时，直线的截距最大，此时z6，由解得所以k3，解得b(6,3)，代入zxy得最小值为z633，选a.【答案】a5(2013课标全国卷)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2a. cm3 b. cm3c. cm3 d. cm3【解析】如图，作出球的一个截面，则mc862(cm)，bmab84(cm)设球的半径为r cm，则r2om2mb2(r2)242，r5，v球53(cm3)【答案】a6(2013临汾模拟)已知平面平面，l，点a，al，直线abl，直线acl，直线m，m，则下列四种位置关系中，不一定成立的是()aabm bacmcab dac【解析】因为m，m，l，所以ml.因为abl，所以abm，故a一定正确因为acl，ml，所以acm，从而b一定正确因为abl，l，ab.所以ab.故c也正确因为acl，当点c在平面内时，ac成立，当点c不在平面内时，ac不成立，故d不一定成立【答案】d7在正三棱柱abca1b1c1中，d是ac的中点，ab1bc1，则平面dbc1与平面cbc1所成的角为()a30 b45 c60 d90【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2b2a2.设n1(x，y，z)为平面dbc1的一个法向量，则n10，n10.即又2b2a2，令z1，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 ，得45.【答案】b8(2013成都模拟)已知正四棱锥sabcd中，sa2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为()a1b.c2d3【解析】如图所示，设正四棱锥高为h，底面边长为a，则a，即a22(12h2)，所以va2hh(12h2)(h312h)，令f(h)h312h，则f(h)3h212(h0)，令f(h)0，则h2，此时f(h)有最小值，v有最大值【答案】c第卷二、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amana，则的最小值为_【解析】由等比数列的性质知mn6，则(mn)，当且仅当，即m2，n4时等号成立【答案】10已知函数f(x)asin(a0，0)的最小正周期为2，且f(0)，则函数f(3)_.【解析】，由f(0)asin得a2，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，oaa，又由球的相关性质可知，球的半径ra，所以球的表面积为4r2a2.【答案】a212(2013南通模拟)关于直线m，n和平面，有以下四个命题：若m，n，则mn；若mn，m，n，则；若m，mn，则n且n；若mn，m，则n或n.其中假命题的序号是_【解析】命题m与n也可相交或异面，所以是假命题；命题由条件可得m，又m，故，所以是真命题；命题也可得到n或n，所以错；命题由已知只能得到n垂直与内的一条直线，无法判定n或n，所以命题错【答案】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122.【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：2213233532135 337911421357 43131517195213579 532123252729根据上述分解规律，若m3(mn*)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234(m1)1项，即项，从而m3分解中第1个数为m2m1，由m2m173得m9.【答案】915(2013南昌模拟)三棱锥sabc中，sbasca90，abc是斜边aba的等腰直角三角形，则以下结论中：图4异面直线sb与ac所成的角为90.直线sb平面abc；平面sbc平面sac；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acsb，sb平面abc，平面sbc平面sac，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，正确【答案】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c2，c且abc的面积等于，求cos(ab)和a，b的值；(2)若b是钝角，且cos a，sin b，求sin c的值【解】(1)abc，c，abc，cos(ab)cos(c)cos ccos .由余弦定理及已知条件得，a2b2ab4，又因为abc的面积等于，所以absin c，得ab4.联立方程组解得a2，b2.(2)b是钝角，且cos a，sin b，sin a ，cos b ，sin csin(ab)sin(ab)sin acos bcos 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acadcdde2，ab1.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，abed，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abed，fh綊ab，四边形abfh是平行四边形，bfah，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，cgab，又cgad，cg平面abed，即cg为四棱锥cabed的高，求得cg，vcabed2.18(本小题满分12分)(2013黄冈模拟)如图6，三棱柱abca1b1c1的侧面aa1b1b为正方形，侧面bb1c1c为菱形，cbb160，abb1c.(1)求证：平面aa1b1b平面bb1c1c；(2)若ab2，求三棱柱abca1b1c1的体积图6【解】(1)由侧面aa1b1b为正方形，知abbb1.又abb1c，bb1b1cb1，所以ab平面bb1c1c，又ab平面aa1b1b，所以平面aa1b1b平面bb1c1c.(2)由题意，cbcb1，设o是bb1的中点，连接co，则cobb1.由(1)知，co平面aa1b1b，且cobcab.连结ab1，则vcabb1sabb1coab2co.因为vb1abcvcabb1vabca1b1c1，故三棱柱abca1b1c1的体积vabca1b1c12.19(本小题满分13分)已知数列an的前n项和为sn，且sn2an2，数列bn满足b11，且bn1bn2.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前2n项和t2n.【解】(1)当n1，a12；当n2时，ansnsn12an2an1，an2an1.an是等比数列，公比为2，首项a12，an2n.由bn1bn2，得bn是等差数列，公差为2.又首项b11，bn2n1.(2)cnt2n22322n137(4n1)2n2n.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，cba30，paab2，点e为线段pb的中点，点m在弧ab上，且omac.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mbpc的大小为，求cos 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oepa.因为pa平面pac，oe平面pac，所以oe平面pac.因为omac，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，oeomo，所以平面moe平面pac.(2)因为点c在以ab为直径的o上，所以acb90，即bcac.因为pa平面bac，bc平面abc，所以pabc.因为ac平面pac，pa平面pac，paaca，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cxyz.因为cba30，paab2，所以cb2cos 30，ac1.延长mo交cb于点d.因为omac，所以mdcb，md1，cdcb.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z1，则x2，y0.所以m(2,0,1)同理可求平面pmb的一个法向量n(1，1)所以cosm，n.因为二面角mbpc为锐二面角，所以cos .图821(本小题满分13分)(2013天津高考)如图8，四棱柱abcda1b1c1d1中，侧棱a1a底面abcd，abdc，abad，adcd1，aa1ab2，e为棱aa1的中点(1)证明b1c1ce；(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)，(1,11)，于是0，所以b1c1ce.(2)(1，2，1)设平面