【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

1 全程复习方略全程复习方略 浙江专用 浙江专用 20132013 版高考数学版高考数学 阶段滚动检测阶段滚动检测 四四 理理 新人教新人教 A A 版版 120 120 分钟分钟 150150 分分 第第 卷卷 选择题选择题 共共 5050 分分 一 选择题一 选择题 本大题共本大题共 1010 小题 每小题小题 每小题 5 5 分 共分 共 5050 分分 在每小题给出的四个选项中 只有一项是符合题在每小题给出的四个选项中 只有一项是符合题 目要求的目要求的 1 设复数 z 1 i 则 等于 2 z 2 z2 A 1 i B 1 i C 1 2i D 1 2i 2 2012 衢州模拟 已知直线l 平面 直线 m平面 下面有三个命题 l m l m l m 其中假命题的个数为 A 3 B 2 C 1 D 0 3 滚动单独考查 在 ABC 中 M 是 BC 的中点 AM 1 点 P 在 AM 上且满足 2 AP uur PM uuu r 则 PA uur PB uu r PC uu r A B C D 4 9 4 3 4 3 4 9 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 T 3 若 f 1 1 f 2 则 a 的取值范围是 2a 3 a 1 A a 1 或 a B a 1 2 3 C 13 Sn 100 则 n 的值为 A 8 B 9 C 10 D 11 9 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 5 a2 7 3 11 3 10 2012 黄山模拟 已知函数 f x cosxsinx x R 给出下列五个命题 若 f x1 f x2 则 x1 x2 f x 的最小正周期是 2 f x 在区间 上是增函数 4 4 f x 的图象关于直线 x 对称 3 4 3 当 x 时 f x 的值域为 6 3 3 4 3 4 其中正确的命题为 A B C D 第第 卷卷 非选择题非选择题 共共 100100 分分 二 填空题二 填空题 本大题共本大题共 7 7 小题 每小题小题 每小题 4 4 分 共分 共 2828 分分 请把正确答案填在题中横线上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 ABC A1B1C1中 B1C1 A1C1 AC1 A1B M N 分别是 A1B1 AB 的中点 给出如下三个结论 C1M 平面 A1ABB1 A1B AM 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 4 3 14 滚动单独考查 2012 安阳模拟 已知点 M x y 满足若 z ax y a 0 的最小值为 x1 xy 10 2xy20 3 则 a 的值为 15 2012 杭州模拟 已知四面体 ABCD 中 DA DB DC 3 且 DA DB DC 两两互相垂直 点 O 是 2 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 a1 0 s t 是互不相等的正 整数 则有 s 1 at t 1 as 0 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 解答题三 解答题 本大题共本大题共 5 5 小题 共小题 共 7272 分分 解答时应写出必要的文字说明 证明过程或演算步骤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 AD DE 2AB F 为 CD 的中 点 4 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 Sn an 1 为常数 n 1 2 3 1 若 a3 a 求 的值 2 2 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 3 2 an an 1 bn 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 OA 1 OD 2 OAB OAC ODE ODF 都是正三角形 1 证明直线 BC EF 2 求棱锥 F OBED 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 F CC1 B 的余弦值 5 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 AB 2AD 2 点 E 为 AB 的中点 1 求证 BD1 平面 A1DE 2 求证 D1E A1D 3 在线段 AB 上是否存在点 M 使二面角 D1 MC D 的大小为 若存在 求出 AM 的长 若不存在 请 6 说明理由 答案解析答案解析 1 解析 选 D 1 i 1 i i 1 2i 2 z 2 z2 2 1 i 2 1 i 2 1 i 2 解析 选 C 对 l l 又 m l m 错 l 则l也 可以在 内 l与 m 重合 对 l l m m 又 m 故只有 是假命题 6 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 2 2 cos180 PA PB PC PA PM 2 3 1 3 4 9 4 解析 选 C 由条件知 f 2 f 3 1 f 1 f 1 故 1 解得 10 时 由线性规划知 当直线 y ax z 过点 B 1 0 时 z 有最小值 则 zmin a 3 答案 3 15 解析 由两直线所成角的范围可知在 0 上余弦为减函数 当 DA BC 即 DAO 不转动时 2 DA BC 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 DA DC DB 3 AC BC AB 6 2 AO AC 2 设线面角为 则 cos DA 与 BC 所成角的余弦值的取值范围为 3 33 OA AD 2 3 3 2 6 3 0 6 3 答案 0 6 3 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 b1 1 s t 是互不相等的正整数 则 n bs 1t bt 1s 1 b1 qt 1 s 1 b1 qs 1 t 1 答案 若 bn 是等比数列 b1 1 s t 是互不相等的正整数 则有 1 bs 1t bt 1s 17 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 9 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 6 a2 2h 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 3 4333 也是最大值点 故当正六棱柱的体积最大时 其高为 2 3 答案 2 3 18 解析 设 AD DE 2AB 2a 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 33 F 为 CD 的中点 F a a 0 3 2 3 2 1 a a 0 a a a AF 3 2 3 2 BE 3 2a 0 a BC AF平面 BCE AF 1 2BE BC AF 平面 BCE 2 a a 0 a a 0 AF 3 2 3 2 CD 3 0 0 2a ED 10 0 0 AF CD AF ED 又 CD DE D AF CD AF ED 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 n n 0 n n 0 可得 BE BC x y z 0 2x z 0 取 n n 1 2 33 设存在 P a a ta 满足题意 3 则 a a t 1 a 0 t 2 BP 3 设 BP 和平面 BCE 所成的角为 则 sin BP BP A n n a 3a 2a t 1 8 a 1 3 t 1 2 1 2 解得 t 3 又 t 0 2 故取 t 3 66 存在 P a a 3 a 使直线 BP 和平面 BCE 所成的角为 30 36 变式备选 如图 在四棱锥 S ABCD 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 E BD C 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 SA OE 因为 SA平面 BDE OE平面 BDE 所以 SA 平面 BDE 11 2 由题意知 SO 平面 ABCD AC BD 故建立如图所示的空间直角坐标系 设四棱锥 S ABCD 的底面边长为 2 则 O 0 0 0 S 0 0 2 A 0 0 B 0 0 C 0 0 D 0 0 2222 所以 2 0 0 0 2 0 AC 2 BD 2 设 CE a 0 a 2 由已知可求得 ECO 45 所以 E a 0 a 2 2 2 2 2 a a BE 2 2 22 2 2 设平面 BDE 的一个法向量为 n x y z 则 即Error BD0 BE0 A A n n 令 z 1 得 n n 0 1 a 2 a 易知 0 2 0 是平面 SAC 的一个法向量 BD 2 因为 n n 0 1 0 2 0 0 BD a 2 a2 所以 n n 所以平面 BDE 平面 SAC BD 3 由 2 可知 平面 BDE 的一个法向量为 n n 0 1 a 2 a 因为 SO 底面 ABCD 所以 0 0 是平面 BDC 的一个法向量 OS 2 12 由已知二面角 E BD C 的大小为 45 所以 cos n n cos45 OS 2 2 所以 2 f a 2 a 2 1 2 2 2 解得 a 1 所以点 E 是 SC 的中点 19 解析 1 因为 Sn an 1 所以 a1 a1 1 a2 a1 a2 1 a3 a2 a1 a3 1 由 a1 a1 1 可知 1 所以 a1 a2 a3 1 1 1 2 2 1 3 因为 a3 a 2 2 所以 2 1 3 2 1 4 所以 0 或 2 2 假设存在实数 使得数列 an 是等差数列 则 2a2 a1 a3 由 1 可得 2 1 2 1 1 2 1 3 所以 即 1 0 矛盾 2 1 2 2 2 2 1 1 3 所以不存在实数 使得数列 an 是等差数列 3 当 2 时 Sn 2an 1 所以 Sn 1 2an 1 1 n 2 且 a1 1 所以 an 2an 2an 1 即 an 2an 1 n 2 所以 an 0 n N 且 2 n 2 an an 1 所以 数列 an 是以 1 为首项 2 为公比的等比数列 an 2n 1 又 bn 1 an bn bn 1 bn 2n 1 b2 b1 20 b3 b2 2 b4 b3 22 13 bn bn 1 2n 2 各式相加 得 bn b1 1 2 22 2n 2 2n 1 1 b1 3 2 bn 2n 1 1 2 2n 1 2 所以 cn 2n 1 2n 1 1 2n 1 2 2 2n 1 2n 1 1 2n 1 因为 2n 1 2n 1 1 2n 1 1 2n 1 1 1 2n 1 所以 Tn c1 c2 cn 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1 1 22 1 1 2n 1 1 1 2n 1 2 2n 1 2n 1 2n 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 Error 求通项 3 已知 an 1 pan q p 1 q 0 时 可根据构造法 通过构造等比数列求通项 4 已知 an 1 an f n 时 可通过累加的方法求通项 5 已知 an 1 an f 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 OA 1 OD 2 所以 OBDE OG OD 2 1 2 同理 设 G 是线段 DA 延长线与线段 FC 延长线的交点 有 OC DF OG OD 2 1 2 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 14 由 OB DE 和 OC DF 1 2 1 2 可知 B C 分别是 GE 和 GF 的中点 所以 BC 是 GEF 的中位线 故 BC EF 2 由 OB 1 OE 2 EOB 60 知 S EOB 3 2 而 OED 是边长为 2 的正三角形 故 S OED 所以 S四边形 OBED S EOB S OED 3 3 3 2 过点 F 作 FQ AD 交 AD 于点 Q 由平面 ABED 平面 ACFD 知 FQ 就是四棱锥 F OBED 的高 且 FQ 3 所以 VF OBED FQ S四边形 OBED 1 3 3 2 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 AB 2A1B1 2DD1 2a 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 1 AB 1 DD cos 1 AB 1 DD 11 11 AB DD ABDD A A a2 3a2 a2 3 3 即异面直线 AB1与 DD1所成角的余弦值为 3 3 2 设 F x 0 z a a a 2a 0 0 1 BB BC a x a a z 由 FB1 平面 BCC1B1得 即Error 得Error 1 FB 11 1 FB BB0 FB BC0 A A 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 1 FB 15 设 n x1 y1 z1 为平面 FCC1的一个法向量 0 a a a 2a 0 1 CC FC 由 即Error 1 CC0 FC0 A A n n 令 y1 1 得 x1 2 z1 1 n n 2 1 1 cos n n 1 FB 1 1 FB FB A A n n a a 6 2a2 3 3 即二面角 F CC1 B 的余弦值为 3 3 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