【全程复习方略】（浙江专用）高考数学 阶段滚动检测(四)理 新人教A版.doc

【全程复习方略】（浙江专用）2013版高考数学 阶段滚动检测(四)理 新人教a版 (120分钟150分)第卷(选择题共50分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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.设复数z1i，则等于()(a)1i(b)1i(c)12i(d)12i2.(2012衢州模拟)已知直线l平面，直线m平面，下面有三个命题：lm；lm；lm.其中假命题的个数为()(a)3 (b)2 (c)1 (d)03.(滚动单独考查)在abc中，m是bc的中点，am1，点p在am上且满足2，则()()(a) (b) (c) (d)4.(滚动综合考查)(2012辽源模拟)设奇函数f(x)的定义域为r，最小正周期t3，若f(1)1，f(2)，则a的取值范围是()(a)a1或a (b)a1(c)13)，sn100，则n的值为()(a)8 (b)9 (c)10 (d)119.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()(a)a2 (b)a2 (c)a2 (d)5a210.(2012黄山模拟)已知函数f(x)cosxsinx(xr)，给出下列五个命题：若f(x1)f(x2)，则x1x2；f(x)的最小正周期是2；f(x)在区间，上是增函数；f(x)的图象关于直线x对称；当x，时，f(x)的值域为，.其中正确的命题为()(a)(b)(c)(d)第卷(非选择题共100分)二、填空题(本大题共7小题，每小题4分，共28分.请把正确答案填在题中横线上)11.(2012金华模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为.12.(2012遵义模拟)在直三棱柱abca1b1c1中，b1c1a1c1，ac1a1b，m，n分别是a1b1，ab的中点，给出如下三个结论：c1m平面a1abb1；a1bam；平面amc1平面cnb1，其中正确的是.13.母线长为1的圆锥的侧面展开图的圆心角等于，则该圆锥的体积为.14.(滚动单独考查)(2012安阳模拟)已知点m(x，y)满足若zaxy(a0)的最小值为3，则a的值为.15.(2012杭州模拟)已知四面体abcd中，dadbdc3，且da，db，dc两两互相垂直，点o是abc的中心，将dao绕直线do旋转一周，则在旋转过程中，直线da与直线bc所成角的余弦值的取值范围是.16.(滚动交汇考查)对于等差数列an有如下命题：“若an是等差数列，a10，s，t 是互不相等的正整数，则有(s1)at(t1)as0”.类比此命题，给出等比数列bn相应的一个正确命题是.17.(2012西宁模拟)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大(柱体体积底面积高)时，其高的值为.三、解答题(本大题共5小题，共72分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)18.(14分)如图，已知ab平面acd，de平面acd，acd为等边三角形，adde2ab，f为cd的中点.(1)求证：af平面bce；(2)求证：平面bce平面cde；(3)在de上是否存在一点p，使直线bp和平面bce所成的角为30？19.(14分)(2012北京模拟)设sn为数列an的前n项和，snan1(为常数，n1,2,3，).(1)若a3a，求的值；(2)是否存在实数，使得数列an是等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.(3)当2时，若数列bn满足bn1anbn(n1,2,3，)，且b1，令cn，求数列cn的前n项和tn.20.(14分)(2011安徽高考)如图，abedfc为多面体，平面abed与平面acfd垂直，点o在线段ad上，oa1，od2，oab，oac，ode，odf都是正三角形.(1)证明直线bcef；(2)求棱锥fobed的体积.21.(15分)一个多面体的三视图及直观图如图所示：(1)求异面直线ab1与dd1所成角的余弦值；(2)试在平面add1a1中确定一个点f，使得fb1平面bcc1b1；(3)在(2)的条件下，求二面角fcc1b的余弦值. 22.(15分)(2012长春模拟)如图所示，正方形aa1d1d与矩形abcd所在平面互相垂直，ab2ad2，点e为ab的中点.(1)求证：bd1平面a1de；(2)求证：d1ea1d；(3)在线段ab上是否存在点m，使二面角d1mcd的大小为？若存在，求出am的长；若不存在，请说明理由.答案解析1.【解析】选d.1i1ii12i.2.【解析】选c.对，l，l，又m，lm；错，l，则l也可以在内，l与m重合；对，l，lm，m，又m，.故只有是假命题.3.【解题指南】根据数量积的定义确定向量的长度和夹角即可.【解析】选a.()22cos180.4.【解析】选c.由条件知f(2)f(31)f(1)f(1)，故1，解得10时，由线性规划知，当直线yaxz过点b(1,0)时，z有最小值，则zmina3.答案：315.【解析】由两直线所成角的范围可知在0，上余弦为减函数.当dabc即dao不转动时，dabc，此时余弦值最小为0.而da与面abc所成的角为da与bc所成角的最小值(最小角定理)，dadcdb3，acbcab6，aoac2，设线面角为，则cos.da与bc所成角的余弦值的取值范围为0，.答案：0，16.【解析】从等差数列到等比数列的类比，等差数列中、类比到等比数列经常是，()n，0类比1.故若bn是等比数列，b11，s、t是互不相等的正整数，则1.答案： 若bn是等比数列，b11，s、t是互不相等的正整数，则有117.【解题指南】根据正六棱柱和球的对称性，球心o必然是正六棱柱上下底面中心连线的中点，作出轴截面即可得到正六棱柱的底面边长、高和球的半径的关系，在这个关系下求函数取得最值的条件即可求出所要求的量.【解析】以正六棱柱的最大对角面作截面，如图.设球心为o，正六棱柱的上下底面中心分别为o1，o2，则o是线段o1o2的中点.设正六棱柱的底面边长为a，高为2h，则a2h29.正六棱柱的体积为v6a22h，即v3(9h2)h，则v3(93h2)，得极值点h，不难知道这个极值点是极大值点，也是最大值点.故当正六棱柱的体积最大时，其高为2.答案：218.【解析】设adde2ab2a，建立如图所示的空间直角坐标系axyz，则a(0,0,0)，b(0,0，a)，c(2a,0,0)，d(a，a,0)，e(a，a,2a)，f为cd的中点，f(a，a,0).(1)(a，a,0)，(a，a，a)，(2a,0，a).()，af平面bce，af平面bce.(2)(a，a,0)，(a，a,0)，(0,0，2a).0，0，. 又cdded，af平面cde，又af平面bce， 平面bce平面cde. (3)存在.设平面bce的一个法向量为n(x，y，z)，由n0，n0可得：xyz0,2xz0，取n(1，2).设存在p(a，a，ta)满足题意，则(a，a，(t1)a)(0t2)，设bp和平面bce所成的角为，则sin，解得：t3，又t0,2，故取t3.存在p(a，a，(3)a)，使直线bp和平面bce所成的角为30. 【变式备选】如图，在四棱锥sabcd中，底面abcd是正方形，其他四个侧面都是等边三角形，ac与bd的交点为o，e为侧棱sc上一点. (1)当e为侧棱sc的中点时，求证：sa平面bde；(2)求证：平面bde平面sac；(3)当二面角ebdc的大小为45时，试判断点e在sc上的位置，并说明理由.【解析】(1)连接oe，由条件可得saoe.因为sa平面bde，oe平面bde， 所以 sa平面bde. (2)由题意知so平面abcd，acbd. 故建立如图所示的空间直角坐标系.设四棱锥sabcd的底面边长为2，则o(0,0,0)，s(0,0，)，a(，0,0)，b(0，0)，c(，0,0)，d(0，0).所以(2，0,0)，(0，2，0).设cea(0a2)，由已知可求得 eco45.所以e(a,0，a)，(a，a).设平面bde的一个法向量为n(x，y，z)，则，即. 令z1，得n(，0,1).易知(0，2，0)是平面sac的一个法向量.因为n(，0,1)(0，2，0)0，所以n，所以平面bde平面sac.(3)由(2)可知，平面bde的一个法向量为n(，0,1).因为so底面abcd，所以(0,0，)是平面bdc的一个法向量.由已知二面角ebdc的大小为45.所以|cos，n|cos45，所以，解得a1.所以点e是sc的中点.19.【解析】(1)因为snan1，所以a1a11，a2a1a21，a3a2a1a31.由a1a11可知：1.所以a1，a2，a3.因为a3a，所以.所以0或2.(2)假设存在实数，使得数列an是等差数列，则2a2a1a3.由(1)可得：.所以，即10，矛盾.所以不存在实数，使得数列an是等差数列.(3)当2时，sn2an1，所以sn12an11(n2)，且a11.所以an2an2an1，即an2an1(n2).所以an0(nn*)，且2(n2).所以，数列an是以1为首项，2为公比的等比数列.an2n1，又bn1anbn，bn1bn2n1，b2b120b3b22b4b322bnbn12n2各式相加，得bnb112222n22n11b1，bn2n1，所以cn.因为，所以tnc1c2cn2()1.【方法技巧】求数列通项的方法(1)公式法：当已知数列类型时，可利用公式求数列的通项；(2)已知sn或已知sn和an的关系时，可利用an求通项；(3)已知an1panq(p1，q0)时，可根据构造法，通过构造等比数列求通项；(4)已知an1anf(n)时，可通过累加的方法求通项；(5)已知an1anf(n)时，可利用累乘法求通项.20.【解析】(1)设g是线段da延长线与线段eb延长线的交点，由于oab与ode都是正三角形，且oa1，od2，所以obde，ogod2.同理，设g是线段da延长线与线段fc延长线的交点，有oc df，ogod2.又由于g和g都在线段da的延长线上，所以g与g重合.在ged和gfd中，由ob de和oc df，可知b，c分别是ge和gf的中点，所以bc是gef的中位线，故bcef.(2)由ob1，oe2，eob60，知seob，而oed是边长为2的正三角形，故soed，所以s四边形obedseobsoed.过点f作fqad，交ad于点q，由平面abed平面acfd知，fq就是四棱锥fobed的高，且fq，所以vfobedfqs四边形obed.21.【解析】依题意知，该多面体为底面是正方形的四棱台，且d1d底面abcd.ab2a1b12dd12a.以d为原点，da、dc、dd1所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则d(0,0,0)，a(2a,0,0)，b1(a，a，a)，d1(0,0，a)，b(2a,2a,0)，c(0,2a,0)，c1(0，a，a).(1)(a，a，a)，(0,0，a)，cos， 即异面直线ab1与dd1所成角的余弦值为.(2)设f(x,0，z)， (a，a，a)，(2a,0,0)，(ax，a，az)，由fb1平面bcc1b1得，即， 得，f(a,0,0)，即f为da的中点.(3)由(2)知为平面bcc1b1的一个法向量.设n(x1，y1，z1)为平面fcc1的一个法向量. (0，a，a)，(a,2a,0)，由，即，令y11得x12，z11，n(2,1,1)，cosn，.即二面角f-cc1-b的余弦值为.【方法技巧】高考中立体几何解答题的常见题型(1)线面平行、垂直的证明.解题时主要利用相关的判定定理进行解题即可，但要注意表达的规范性，即要把相关定理的内容完全表示为符号语言.(2)空间角的求法.一般以二面角的求法为主，解题时可根据所给几何体的特征建立坐标系，利用向量的运算来解题.22.【解析】(1)连接ad1，四边形add1a1为正方形，o是ad1的中点，点e为ab的中点，连接oe.eo为abd1的中位线，eobd1，又bd1平面a1de，oe平面a1de，bd1平面a1de.(2)正方形add1a1中，a1dad1，由已知可得：ab平面add1a1，a1d平面add1a1aba1d，abad1a，a1d平面ad1e，d1e平面ad1e，a1dd1e.