【全程复习方略】（陕西专用）高考数学 阶段滚动检测(四) 理 北师大版.doc

【全程复习方略】（陕西专用）2013版高考数学 阶段滚动检测(四) 理 北师大版（第一七章）（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.(2012韶关模拟)设复数z=1-i,则等于( )(a)-1+i (b)1+i(c)-1+2i (d)1+2i2.已知e、f、g、h是空间内四个点，条件甲：e、f、g、h四点不共面，条件乙：直线ef和gh不相交，则甲是乙成立的( )(a)充分不必要条件(b)必要不充分条件(c)充要条件(d)既不充分也不必要条件3.(滚动单独考查)在abc中，m是bc的中点，am1，点p在am上且满足，则()(a) (b) (c) (d)4.(滚动交汇考查)定义在r上的函数yf(x)是减函数，且函数yf(x1)的图像关于(1,0)成中心对称，若s，t满足不等式f(s22s)f(2tt2)0.则当1s4时，的取值范围是()(a)，1) (b)，1 (c)，1) (d)，15.(2012西安模拟)如图是一个几何体的三视图，其中“主视图”是一个边长为2的正方形，“俯视图”是一个正三角形，则这个三视图中“左视图”的面积为()(a) (b) (c)2 (d)46.设三条不同的直线a、b、c，两个不同的平面，b，c.则下列命题不成立的是( )(a)若，c，则c(b)“若b，则”的逆命题(c)若a是c在内的射影，ba，则cb(d)“若bc，则c”的逆否命题7.(滚动单独考查)已知等差数列an满足a23，snsn351(n3)，sn100，则n的值为()(a)8 (b)9 (c)10 (d)118.(滚动交汇考查)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)的图像关于直线x对称；当x，时，f(x)的值域为，.其中正确的命题为()(a) (b) (c) (d)9.两个平面与相交但不垂直，直线m在平面内，则在平面内( )(a)一定存在直线与m平行，也一定存在直线与m垂直(b)一定存在直线与m平行，但不一定存在直线与m垂直(c)不一定存在直线与m平行，但一定存在直线与m垂直(d)不一定存在直线与m平行，也不一定存在直线与m垂直10.(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( )(a)3 (b)2 (c) (d)第卷(非选择题共100分)二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分.请把正确答案填在题中横线上)11.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.12.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.13.(滚动单独考查)已知点m(x，y)满足若zaxy(a0)的最小值为3，则a的值为.14.已知m，n是不重合的直线，是不重合的平面，有下列命题：若m，n，则mn；若mn，m，则n；若m，m，则；若m，m，则.其中真命题有.(写出所有真命题的序号)15. (2012宝鸡模拟)观察等式：sin230cos260sin30cos60，sin220cos250sin20cos50和sin215cos245sin15cos45，由此得出以下推广命题不正确的是.sin2cos2sincos；sin2(30)cos2sin(30)cos；sin2(15)cos2(15)sin(15)cos(15)；sin2cos2(30)sincos(30).三、解答题(本大题共6小题，共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(12分)(2012合肥模拟)如图1，已知四边形abcd是上、下底长分别为2和6，高do为2的等腰梯形，将它沿do折成120的二面角a-do-b，如图2，连结ab，ac，bd，oc.(1)求三棱锥a-bod的体积v；(2)证明：acbd；(3)求平面dac与平面aco夹角的余弦值.17.(12分)如图，已知ab平面acd，de平面acd，acd为等边三角形，ad=de=2ab，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的夹角为30? 18.(12分)(滚动单独考查)设sn为数列an的前n项和，sn=an-1(为常数，n=1,2,3,).(1)若a3=a22,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bn+1=an+bn(n=1,2,3,),且b1=,令cn=,求数列cn的前n项和tn.19.(12分)已知多面体abcde中，ab平面acd，deab，ab=1，ac=ad=cd=de=2，f为ce的中点.(1)求证：afcd；(2)求平面acd与平面bce夹角的大小；(3)求多面体abcde的体积.20.(13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夹角的余弦值；(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，求平面fcc1与平面cc1b1b夹角的余弦值.21.(14分)(2012杭州模拟)如图，在梯形abcd中，abcd，ad=dc=cb=1，abc=60，四边形acfe为矩形，平面acfe平面abcd，cf=1.(1)求证：bc平面acfe；(2)点m在线段ef上运动，设平面mab与平面fcb的夹角为(90),试求cos的取值范围.答案解析1.【解析】选d.2.【解析】选a.点e、f、g、h四点不共面可以推出直线ef和gh不相交；但由直线ef和gh不相交不一定能推出e、f、g、h四点不共面，例如：ef和gh平行，这也是直线ef和gh不相交的一种情况，但e、f、g、h四点共面.故甲是乙成立的充分不必要条件.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.2cos180.4.【解析】选d.函数yf(x1)的图像关于(1,0)成中心对称，yf(x)是奇函数，f(s22s)f(2tt2)0f(s22s)f(2tt2)f(t22t)s22st22t(st)(st2)0.在条件下，易求的取值范围是，1.故选d.5.【解析】选c.主视图与左视图“高平齐”，左视图中的高为2.又俯视图与左视图“宽相等”，左视图中的宽为.左视图的面积为2.6.【解题指南】根据线面关系逐一判断即可，注意特例的应用.【解析】选b.命题c即为三垂线定理；命题d中的原命题即为线面平行的判定定理，所以d正确；命题a显然成立；对于命题b，若，则b与的位置关系都有可能.【变式备选】(2012广州模拟)过平行六面体abcda1b1c1d1任意两条棱的中点作直线，其中与平面dbb1d1平行的直线共有( )(a)4条 (b)6条 (c)12条 (d)8条【解析】选c.如图，p、e、f、h分别为ad、ab、a1b1、a1d1的中点，则平面pefh平面dbb1d1，所以四边形pefh的任意两顶点的连线都平行于平面dbb1d1，共6条，同理在平面dbb1d1的另一侧也有6条，共12条.7.【解析】选c.sn100，又snsn3anan1an23an151，an117，故n10.8.【解析】选d.f(x)cosxsinxsin2x.中，若f(x1)f(x2)，即sin2x1sin2x2sin(2x2)，则2x12x22k(kz)或2x12x22k(kz)，故不正确；中，最小正周期为，故不正确；中，由x，时，2x，故f(x)为增函数，故正确；中，当x时，f()sin，故x为对称轴，故正确；中，当x，时，2x，此时f(x)，故不正确.综上正确.9.【解析】选c.直线m在平面内，直线m与平面、的交线的位置关系有两种可能：平行或相交，当平行时，在平面内一定存在直线与m平行，也一定存在直线与m垂直；当相交时，在平面内不存在直线与m平行，但一定存在直线与m垂直，故选c.10.【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】选b.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o2,o1,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a2+h2=9.正六棱柱的体积为v=62h,即v=3(9-h2)h,则v=3 (9-3h2),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，其高为2.11.【解析】圆锥的侧面展开图中扇形的弧长，即底面圆的周长为1，于是设底面圆的半径为r，则有2r，所以r，于是圆锥的高为h，故圆锥的体积为v.答案：12.【解析】由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为a.如图，设o、o1分别为下、上底面中心，且球心o2为o1o的中点，又ada，aoa，oo2，设球的半径为r，则r2aoa2a2a2.s球4r24a2a2.答案：a213.【解析】画出不等式组表示的平面区域如图所示，易知a(3,4)，b(1,0)，当a0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：314.【解析】若m，n，则m，n不一定平行，假命题；若mn，m，则n，真命题；若m，m，则，真命题；若m，m，则，真命题.答案：15.【解析】603030，502030，451530，可对该命题作如下推广：若30，则sin2cos2sincos.故均正确，错误.答案：16.【解析】(1)由题意知vabodvdaobsaobod24sin12024.(2)24()(2)224(1)0，即acbd.(3)由条件知od平面aob，以o为原点，ob、od分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)，则o(0,0,0)，a(，1,0)，c(0,2,2)，d(0,0,2)，(，3,2)，(0,2,0).设平面acd的一个法向量为n1(x1，y1,1)，平面aco的一个法向量为n2(x2，y2,1)，则，得，解得，n1(2,0,1).同理得n2(1，1)，cosn1，n2，由图可知，n1与n2的夹角和平面dac与平面aco的夹角的补角相等，平面dac与平面aco夹角的余弦值是.17.【解析】设adde2ab2a，建立如图所示的空间直角坐标系，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的夹角为，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】(2012开封模拟)如图，l1，l2是两条互相垂直的异面直线，点p、c在直线l1上，点a、b在直线l2上，m、n分别是线段ab、ap的中点，且pcaca，paa.(1)证明：pc平面abc；(2)设平面mnc与平面pbc的夹角为(090)，且aba，bcac，求cos的值.【解析】(1)在pac中，pcaca，paa，pc2ac2pa2，pcac.l1、l2是两条互相垂直的异面直线，点p、c在直线l1上，点a、b在直线l2上，pcab，又acaba，pc平面abc.(2)acbc，且aba，aca，bca.又pc、ac、bc两两垂直，以c为坐标原点，的方向为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则c(0,0,0)，b(a,0,0)，a(0，a,0)，p(0,0，a)，又m、n分别是ab、ap的中点，m(，0)，n(0，).ca平面pbc，(0，a,0)是平面pbc的一个法向量.设平面mnc的一个法向量n(x，y，z)，由得，取x1，得n(1，1,1)为平面mnc的一个法向量，cosn，(0，90，cos.18.【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.又a11，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，可利用累乘法等求通项.19.【解析】(1)取cd的中点o，连接ao、of，则ofde，acad，aocd.deab，de平面acd，decd，ofcd，又aoofo，cd平面aof，af平面aof，afcd.(2)以o为坐标原点，分别以of、od、oa为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图.所以a(0,0，)，b(1,0，)，c(0，1,0)，d(0,1,0)，e(2,1,0)，(1,1，)，(2,2,0)，设n(x，y，z)是平面bce的一个法向量，由得取n(1，1,0)，易知m(1,0,0)是平面acd的一个法向量，cosm，n，于是平面acd与平面bce的夹角等于.(3)作cgad于g，可知cg是cabed的高h，易求h，vabcdes四边形abedh(abde)ad.20.【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夹角的余弦值为.(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，.即平面fcc1与平面cc1b1b夹角的余弦值为.【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