课堂数学二轮滚动检测立体几何理VIP

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12小题，每小题5分，共60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(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()A. B. C. D.【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】A3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】C4(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41，则该几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图依次为()图41A BC D【解析】根据三视图的定义可知选B.【答案】B5(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】A6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)()A B. C2 D2【解析】，由f(0)Asin得A2，所以f(x)2sin，所以f(3)2sin.【答案】A7(2013课标全国卷)如图42，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42A. 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】A8(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】D9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()Aa2 B.a2C.a2 D5a2【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】B10.图43在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，M为AB的中点，则点C到平面A1DM的距离为()A.a B.aC.a D.a【解析】设点C到平面A1DM的距离为h，则由已知得DMA1M a，A1Da，SA1DMa a2，连接CM，SCDMa2，由VCA1DMVA1CDM，得SA1DMhSCDMa，a2ha2a，所以ha，即点C到平面A1DM的距离为a，选A.【答案】A11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】B12(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4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中横线上)13(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】14(2013陕西高考)某几何体的三视图如图44所示，则其体积为_图44【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】15(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45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】16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】9三、解答题(本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10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.18(本小题满分12分)(2013青岛模拟)在如图46所示的多面体ABCDE中，AB平面ACD，DE平面ACD，且ACADCDDE2，AB1.图46(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，VCABED2.19(本小题满分12分)(2013黄冈模拟)如图47，三棱柱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47【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VABCA1B1C12.20(本小题满分12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.21(本小题满分12分)如图48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48(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4922(本小题满分12分)(2013天津高考)如图49，四棱柱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)解：