高考数学二轮复习第1部分专题五立体几何必考点文 33页

专题五 立体几何 必考点一 空间几何体的三视图、表面积与体积 [高考预测]——运筹帷幄 1．以三视图为背景的几何体的识别问题． 2．空间几何体与三视图相结合，计算几何体的表面积和体积． 3．球及有关组合体的表面积与体积． [速解必备]——决胜千里 1．一个物体的三视图的排列规则 俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面， 高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样，即“长对正、高平齐、宽相等”． 2．(1)设长方体的相邻的三条棱长为 a、b、c 则体对角线长为 a2＋b2＋c2 (2)棱长为 a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即 3a＝2R. (3)若球面上四点 P、A、B、C 构成的线段 PA、PB、PC 两两垂直，且 PA＝a，PB＝b，PC＝c， 则 4R2＝a2＋b2＋c2，把有关元素“补形”成为一个球内接长方体(或其他图) [速解方略]——不拘一格 类型一 有关几何体的三视图的计算 [例 1] (1)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分 体积与剩余部分体积的比值为( ) A.1 8 B.1 7 C.1 6 D.1 5 解析：基本法：由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分， 如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为 1，则三棱锥的体积为 V1＝1 3 ×1 2 ×1×1×1＝1 6 ， 剩余部分的体积 V2＝13－1 6 ＝5 6 . 所以V1 V2 ＝ 1 6 5 6 ＝1 5 ，故选 D. 速解法：如图所示， VAA1B1D1＝1 3 VABDA1B1D1＝1 6 V 正方体 VAA1B1D1＝1 5 VABCDB1C1D1 答案：D 方略点评：基本法是具体计算几何体的体积，速解法是根据几何体间的体积关系求得答案. (2)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 r)组成一个几何体，该几何体三视图中的 正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为 16＋20π，则 r＝( ) A．1 B．2 C．4 D．8 解析：基本法：由已知可知，该几何体的直观图如图所示，其表面积为 2πr2＋πr2＋4r2＋ 2πr2＝5πr2＋4r2.由 5πr2＋4r2＝16＋20π，得 r＝2.故选 B. 速解法：由几何体特征可知，球的表面积，圆的面积，圆柱侧面积都含有“π”，只有圆柱 的轴截面面积不含“π”， ∴即 2r·2r＝16，∴r＝2，故选 B. 答案：B 方略点评： 1 基本法是具体计算出几何体的表面积的表达式.速解法是根据几何体特征想 出表面积表达式特征由部分几何体求 r. 2 此类题关键是将三视图恢复为直观图，并找清几何体的标量，代入公式计算. 1．如图，网格纸上正方形小格的边长为 1(表示 1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图， 该零件由一个底面半径为 3 cm，高为 6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与 原来毛坯体积的比值为( ) A.17 27 B.5 9 C.10 27 D.1 3 解析：基本法：该零件是两个圆柱体构成的组合体，其体积为π×22×4＋π×32×2＝34π cm3， 圆柱体毛坯的体积为π×32×6＝54π cm3， 所以切削掉部分的体积为 54π－34π＝20π cm3， 所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为20π 54π ＝10 27 ，故选 C. 答案：C 2．(2016·高考全国丙卷)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某多面体 的三视图，则该多面体的表面积为( ) A．18＋36 5 B．54＋18 5 C．90 D．81 解析：先根据三视图确定几何体的形状，再求其表面积． 由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为 平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×3 5)×2＝54＋18 5.故选 B. 答案：B 类型二 球及其组合体 [例 2] (1)已知 A，B 是球 O 的球面上两点，∠AOB＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥 OABC 体积的最大值为 36，则球 O 的表面积为( ) A．36π B．64π C．144π D．256π 解析：基本法：画出球的直观图，利用锥体的体积公式求解． 如图，设球的半径为 R，∵∠AOB＝90°， ∴S△AOB＝1 2 R2. ∵VOABC＝VCAOB，而△AOB 面积为定值， ∴当点 C 到平面 AOB 的距离最大时，VOABC 最大， ∴当 C 为与球的大圆面 AOB 垂直的直径的端点时，体积 VOABC 最大为1 3 ×1 2 R2×R＝36， ∴R＝6，∴球 O 的表面积为 4πR2＝4π×62＝144π.故选 C. 速解法：设球的半径为 r, 则 VOABC＝1 3 ×1 2 ×r2h≤1 6 r3＝36，故 r＝6.故 S 球＝4πr2＝144π. 答案：C 方略点评：基本法是根据直观图，找到 C 点位置.,速解法是利用 VOABC 的表达式的代数关系 ≤ 1 6 r3 直接求得 r. (2)正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为 4，底面边长为 2，则该球的表面积为 ( ) A.81π 4 B．16π C．9π D.27π 4 解析：基本法：如图所示，R2＝(4－R)2＋2， ∴R2＝16－8R＋R2＋2，∴R＝9 4 ， ∴S 表＝4πR2＝4π×81 16 ＝81π 4 ，选 A. 速解法：由几何体的直观图可看出 R＞h 2 ＝2(∵h＜2R) ∴S 表＝4πR2＞16π，只能选 A. 答案：A 方略点评： 1 基本法是根据球的内接四棱锥的性质建立 R 的方程求 R.速解法是估算球的 半径的取值范围从而想到 S 表的范围而选答案，巧而快. 2 有关球的组合体转化为球的轴截面中圆的性质. 1．如图，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，如果不计容器的厚度，则球的 体积为( ) A.500π 3 cm3 B.866π 3 cm3 C.1 372π 3 cm3 D.2 048π 3 cm3 解析：基本法：设球半径为 R，如图所示，B 为弦的中点，OA＝OC＝R，由垂径定理，知△OBA 为直角三角形． BC＝2，BA＝4，OB＝R－2，OA＝R， 由 R2＝(R－2)2＋42，得 R＝5， 所以球的体积为4 3 π×53＝500 3 π(cm3)，故选 A. 答案：A 2．(2016·高考全国甲卷)体积为 8 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 ( ) A．12π B.32 3 π C．8π D．4π 解析：由正方体的体积为 8 可知，正方体的棱长 a＝2.又正方体的体对角线是其外接球的一 条直径，即 2R＝ 3a(R 为正方体外接球的半径)，所以 R＝ 3，故所求球的表面积 S＝4πR2 ＝12π. 答案：A [终极提升]——登高博见 选择题、填空题的解法——范围分析法 方法诠释 对于某些计算问题，若从已知条件入手，计算量大而复杂，可以根据 题设条件，分析出变量的取值范围，从而得出所求问题的大致范围， 结合选项看其是否在这个范围内． 注意事项 从条件分析变量范围时要尽量“精准” 限时速解训练十三 空间几何体的三视图、表面积与体积 (建议用时 40 分钟) 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的) 1．一个四面体的顶点在空间直角坐标系 Oxyz 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)， (0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以 zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为 ( ) 解析：选 A.设 O(0,0,0)，A(1,0,1)，B(1,1,0)，C(0,1,1)，将以 O、A、B、C 为顶点的四面 体补成一正方体后，由于 OA⊥BC，所以该几何体以 zOx 平面为投影面的正视图为 A. 2．如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何 体是( ) A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱 解析：选 B.原几何体为如图所示的三棱柱，故选 B. 3．一个几何体的三视图中，正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则俯视图不可能为( ) 解析：选 C.若几何体的俯视图为 C 选项，则其正视图中矩形的中间应为实线，与题意不符， 即俯视图不可能为 C 选项，故选 C. 4．某四棱锥的三视图如图所示，记 A 为此棱锥所有棱的长度的集合，则( ) A．2∈A，且 4∈A B. 2∈A，且 4∈A C．2∈A，且 2 5∈A D. 2∈A，且 17∈A 解析：选 D.由俯视图可知，该四棱锥的底面边长为 2，由主视图可知四棱锥的高为 4，所 以其侧棱长为 16＋1＝ 17，故选 D. 5．如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为 ( ) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：选 C.作出三棱锥的直观图如图所示，由三视图可知 AB＝BD＝2，BC＝CD＝ 2，AD＝ 2 2，AC＝ 6，故△ABC，△ACD，△ABD，△BCD 均为直角三角形，故选 C. 6．半径为 R 的球 O 中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面 积之差是( ) A．πR2 B．2πR2 C．3πR2 D．4πR2 解析：选 B.设球的内接圆柱的底面圆半径为 r，母线长为 l，则 l 2 2＋r2＝R2，该圆柱的侧 面积为 2πrl＝π 4r2l2＝π 4R2－l2 l2≤π× 4R2－l2 ＋l2 2 ＝2πR2，当且仅当 l＝ 2R 时取等号，所以该圆柱的侧面积的最大值是 2πR2，又球的表面积为 4πR2，所以球的表 面积与该圆柱的侧面积之差是 4πR2－2πR2＝2πR2，故选 B. 7．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积为( ) A．17 B．22 C．14＋2 13 D．22＋2 13 解析：选 D.作出四棱锥 PABCD 的直观图如图所示，AB＝4，BC＝2，PC＝3，S 矩形 ABCD＝2×4 ＝8，S △ BCP ＝1 2 ×2×3＝3，S △ ABP ＝1 2 × 22＋32 ×4＝2 13，S △ CDP ＝1 2 ×3×4＝6，S △ ADP ＝ 1 2 ×2× 32＋42＝5，故四棱锥的表面积 S＝8＋3＋2 13＋6＋5＝22＋2 13，故选 D. 8．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( ) A．48 B．32＋8 7 C．48＋8 17 D．32 解析：选 C.由三视图可得该几何体是平放的直四棱柱，底面是上底边长为 2、下底边长为 4、 高为 4 的等腰梯形，四棱柱的侧棱长(即高)为 4，所以一个底面面积是1 2 ×(2＋4)×4＝12， 侧面积为 4 17×2＋2×4＋4×4＝24＋8 17，故表面积是 12×2＋24＋8 17＝48＋8 17， 故选 C. 9．在梯形 ABCD 中，∠ABC＝π 2 ，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形 ABCD 绕 AD 所在的直线 旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π 3 B.4π 3 C.5π 3 D．2π 解析：选 C.过点 C 作 CE 垂直 AD 所在直线于点 E，梯形 ABCD 绕 AD 所在直线旋转一周所形成 的旋转体是由以线段 AB 的长为底面圆半径，线段 BC 为母线的圆柱挖去以线段 CE 的长为底 面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为 V＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB2·BC－ 1 3 ·π·CE2·DE＝π×12×2－1 3 π×12×1＝5π 3 ，故选 C. 10．(2016·山东淄博一模)某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为 1 的正方 体，其中正(主)视图、侧(左)视图中的两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是( ) A.5 6 B.3 4 C.1 2 D.1 6 解析：选 A.由三视图可知该几何体为一正方体挖去一个倒置且高为1 2 的正四棱锥，所以该几 何体的体积为 1－1 3 ×1 2 ×1×1＝5 6 .故选 A. 11．(2016·吉林长春一模)下图为一个半球挖去一个圆锥后的几何体的三视图，则该几何体 的表面积为( ) A. 8 3 ＋2 2 π B. 8 3 ＋4 2 π C．(4＋2 2)π D．(8＋4 2)π 解析：选 D.该几何体的表面积为半球面积与圆锥侧面积之和，即 S＝1 2 ·4πr2＋πrl＝8π ＋4 2π＝(8＋4 2)π.故选 D. 12．某几何体的三视图如图所示，当 xy 最大时，该几何体的体积为( ) A．2 7 B．4 7 C．8 7 D．16 7 解析：选 D.该几何体的直观图如图所示，由直观图可知 PA2＝102－y2＝x2－(2 7)2，∴x2＋ y2＝128. 又∵128＝x2＋y2≥2xy，当且仅当 x＝y 时 xy 取得最大值， ∴此时 x2＋y2＝128， x＝y， ∴ x＝8， y＝8. ∴h＝PA＝6， ∴V＝1 3 ·S△ABC·|PA|＝1 3 ×1 2 ×2 7×8×6＝16 7. 二、填空题(把答案填在题中横线上) 13．(2016·山东临沂模拟)四面体 ABCD 中，共顶点 A 的三条棱两两相互垂直，且其长分别 为 2,3,4.若四面体 ABCD 的四个顶点在同一个球面上，则这个球的表面积为________． 解析：依题意，原几何体是一个三棱锥，可以看作一条棱与底面垂直且其长度为 3，底面是 一个直角三角形，两直角边长分别为 2,4，这个几何体可以看作是长、宽、高分别为 4,2,3 的长方体的一部分，则其外接球的半径为 R＝1 2 42＋22＋32＝ 29 2 ，故这个球的表面积为 S＝ 4πR2＝4π 29 2 2＝29π. 答案：29π 14．(2016·山东德州模拟)一个几何体的三视图如图所示，其侧视图是一个等边三角形，则 这个几何体的体积是________． 解析：观察三视图可知，该几何体是圆锥的一半与一个四棱锥的组合体，圆锥底面半径为 2， 四棱锥底面边长分别为 3,4，它们的高均为 42－ 4 2 2＝2 3，所以该几何体的体积为 1 2 ×1 3 π×22×2 3＋1 3 ×4×3×2 3＝8 3＋4 3 3 π. 答案：4 3 3 π＋8 3 15．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为 S1，S2，体积分别为 V1，V2，若它们的侧面积相等， 且S1 S2 ＝9 4 ，则V1 V2 的值是________． 解析：设甲、乙两个圆柱的底面半径和高分别为 r1、h1，r2、h2，由侧面积相等，即 2πr1h1 ＝2πr2h2，得h1 h2 ＝r2 r1 . 又S1 S2 ＝πr2 1 πr2 2 ＝9 4 ，所以r1 r2 ＝3 2 ， 则V1 V2 ＝πr2 1h1 πr2 2h2 ＝r2 1 r2 2 ·h1 h2 ＝r2 1 r2 2 ·r2 r1 ＝r1 r2 ＝3 2 . 答案：3 2 16．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3. 解析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，其上部是一个圆锥，底面圆半径为 2，高为 2，下部是一个圆柱，底面圆半径为 1，高为 4，故该几何体的体积 V＝1 3 ×π×22×2＋π×12×4 ＝8π 3 ＋4π＝20π 3 . 答案：20π 3 必考点二 空间直线与平面的位置关系 [高考预测]——运筹帷幄 1．空间线线平行、线面平行、面面平行的判定和性质． 2．空间线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定和性质． 3．空间异面直线的判定，求解异面直线所成的角． [速解必备]——决胜千里 1．经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(唯一性) 2．如果一条直线与两个相交平面都平行，那么这条直线必与它们的交线平行．(线∥面⇒线 ∥线) 3．三个平面两两垂直，其交线也两两垂直．(面⊥面⇒线⊥线) 4．两条平行线中的一条垂直于平面，则另一条也垂直于平面．(线∥线⇒线⊥面) 5．一条直线垂直于两个平行平面的一个平面，则该直线垂直于另一个平面．(面∥面⇒线⊥ 面) 6．两个相交平面同垂直第三个平面，则交线也垂直于第三个平面．(面⊥面⇒线⊥面) 7．垂直于同一条直线的两个平面平行．(线⊥面⇒面∥面) 8．一个平面及该平面外的一条直线，同垂直于第二个平面，则直线与该平面平行．(面⊥面 ⇒线∥面)(反之也成立) [速解方略]——不拘一格 类型一 空间位置关系的判定 [例 1] (1)已知 m，n 为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线 l 满足 l⊥m，l⊥n，l⊄ α， l⊄ β，则( ) A．α∥β且 l∥α B．α⊥β且 l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于 l D．α与β相交，且交线平行于 l 解析：基本法：若α∥β，则 m∥n，这与 m、n 为异面直线矛盾，所以 A 不正确．将已知条 件转化到正方体中，易知α与β不一定垂直，但α与β的交线一定平行于 l，从而排除 B、C. 故选 D. 速解法：构造图形如图所示，知 D 项正确． 答案：D 方略点评：基本法是逐个排除选项，利用线面关系定理进行推证.速解法是根据已知条件画 出适合题意的图形，进行证明. (2)已知 m，n 表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是( ) A．若 m∥α，n∥α，则 m∥n B．若 m⊥α，n⊂α，则 m⊥n C．若 m⊥α，m⊥n，则 n∥α D．若 m∥α，m⊥n，则 n⊥α 解析：基本法：对 A，m，n 还可能异面、相交，故 A 不正确；对 B，由线面垂直的定义可知 正确；对 C，n 还可能在平面α内，故 C 不正确；对 D，n 还可能在α内，故 D 不正确． 速解法：在正方体中，找出相应的 m、n 与面之间的关系，可知 B 正确． 答案：B 方略点评：判断线面的位置关系，一种方法是根据判定定理或性质定理进行理论推证，另一 种方法，把线面放置在具体的几何体中进行判定. 1．(2016·山东莱芜二模)设 m，n 是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列命题中 不正确的是( ) A．当 n⊥α时，“n⊥β”是“α∥β”的充要条件 B．当 m⊂α时，“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件 C．当 m⊂α时，“n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件 D．当 m⊂α时，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件 解析：基本法：C 中，当 m⊂α时，若 n∥α，则直线 m，n 可能平行，可能异面；若 m∥n， 则 n∥α或 n⊂α，所以“n∥α”是“m∥n”的既不充分也不必要条件，故 C 项不正确． 答案：C 2．(2016·高考全国甲卷)α，β是两个平面，m，n 是两条直线，有下列四个命题： ①如果 m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β. ②如果 m⊥α，n∥α，那么 m⊥n. ③如果α∥β，m⊂α，那么 m∥β. ④如果 m∥n，α∥β，那么 m 与α所成的角和 n 与β所成的角相等． 其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号) 解析：对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误： 如图，不妨设 AA′为直线 m，CD 为直线 n，ABCD 所在的平面为α，ABC′D′所在的平面为 β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立． 命题②正确，证明如下：设过直线 n 的某平面与平面α相交于直线 l，则 l∥n，由 m⊥α知 m⊥l，从而 m⊥n，结论正确． 由平面与平面平行的定义知命题③正确． 由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确． 答案：②③④ [终极提升]——登高博见 选择题、填空题的解法——反证法 方法诠释 对于要证的结论，假设不成立，以此为突破口，进行推理，最后得出 矛盾的方法是反证法 方法特点 对于从正面不易说明的结论，可考虑反证法，如证明异面直线等，产 生矛盾可以是与已知矛盾，也可以与定理矛盾. 限时速解训练十四 空间直线与平面的位置关系 (建议用时 40 分钟) 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的) 1．设α，β是两个不同的平面，l，m 是两条不同的直线，且 l⊂α，m⊂β( ) A．若 l⊥β，则α⊥β B．若α⊥β，则 l⊥m C．若 l∥β，则α∥β D．若α∥β，则 l∥m 解析：选 A.考生可借助笔和桌面，不难通过空间想象加以判断解决，也可借助正方体举反 例，直观地排除不正确的选项，从而使问题获解．如：平面 B1BCC1⊥平面 ABCD，但 B1C 不垂 直 BC，可排除 B；D1C1∥平面 ABCD，但平面 D1DCC1 不平行于平面 ABCD，可排除 C；平面 A1B1C1D1 ∥平面 ABCD，但 A1B1 与 AC 不平行，可排除 D，故选 A. 2．设 a，b 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出 a⊥b 的是( ) A．a⊥α，b∥β，α⊥β B．a⊥α，b⊥β，α∥β C．a⊂α，b⊥β，α∥β D．a⊂α，b∥β，α⊥β 解析：选 C.A 中，若α⊥β，a⊥α，b∥β，则 a∥β或 a⊂β，不能得到 a⊥b，故 A 错； B 中，a⊥α，α∥β，则 a⊥β，又 b⊥β，则 a∥b，故 B 错；C 中，若 b⊥β，α∥β， 则 b⊥α，又 a⊂α，则 a⊥b，故 C 正确；D 中，a 与 b 可能垂直、平行或异面，故 D 错．综 上所述，故选 C. 3．在长方体 A1B1C1D1ABCD 中，直线 A1C 与平面 BC1D 交于点 M，则 M 为△BC1D 的( ) A．垂心 B．内心 C．外心 D．重心 解析：选 D.连接 AC，与 BD 交于点 O，则平面 ACC1A1∩平面 BC1D＝C1O.又 M∈A1C⊂平面 ACC1A1， M∈平面 BC1D，∴M∈C1O，故 C1，M，O 三点共线．而 OC∥A1C1，∴△OMC∽△C1MA1，∴OM MC1 ＝ OC A1C1 ＝1 2 ，又∵C1O 是△BC1D 的中线，∴M 为△BC1D 的重心，故选 D. 4．设 m，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则( ) A．若 m⊥n，n∥α，则 m⊥α B．若 m∥β，β⊥α，则 m⊥α C．若 m⊥β，n⊥β，n⊥α，则 m⊥α D．若 m⊥n，n⊥β，β⊥α，则 m⊥α 解析：选 C.A，B，D 中直线 m 可能在平面α内也可能与平面α相交或平行；由线面垂直的判 定与性质可知 C 正确，故选 C. 5．设 m，n 是不同的直线，α，β是不同的平面，下列命题中正确的是( ) A．若 m∥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β B．若 m∥α，n⊥β，m⊥n，则α∥β C．若 m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β D．若 m∥α，n⊥β，m∥n，则α∥β 解析：选 C.A 项中可能出现α∥β，B 项中可能出现α⊥β，C 项正确，由 m∥α知平面α 内存在直线 l，使得 m∥l，则 l∥n.因为 n⊥β，所以 l⊥β，因为 l⊂α，所以α⊥β，故 选 C. 6．对于直线 m，n 和平面α，β，使 m⊥α成立的一个充分条件是( ) A．m⊥n，n∥α B．m∥β，β⊥α C．m⊥β，n⊥β，n⊥α D．m⊥n，n⊥β，β⊥α 解析：选 C.对于 A，直线 m 可能位于平面α内，此时不能得出 m⊥α；对于 B，直线 m 可能 位于平面α内，且与平面α，β的交线平行，此时不能得出 m⊥α；对于 C，由 m⊥β，n⊥ β得 m∥n，又 n⊥α，因此 m⊥α；对于 D，直线 m 可能是平面α，β的交线，此时不能得 知 m⊥α，故选 C. 7．已知点 E，F 分别是正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱 AB，AA1 的中点，点 M，N 分别是线段 D1E 与 C1F 上的点，则与平面 ABCD 垂直的直线 MN 有( ) A．0 条 B．1 条 C．2 条 D．无数条 解析：选 B.如图，设 D1E 与平面 AA1C1C 相交于点 M，在平面 AA1C1C 内过点 M 作 MN∥AA1 交 C1F 于点 N，连接 MN，由 C1F 与 D1E 为异面直线知 MN 唯一，且 MN⊥平面 ABCD，故选 B. 8．已知直线 l 与平面α平行，则下列结论错误的是( ) A．直线 l 与平面α没有公共点 B．存在经过直线 l 的平面与平面α平行 C．直线 l 与平面α内的任意一条直线都平行 D．直线 l 上所有的点到平面α的距离都相等 解析：选 C.直线 l 与平面α平行，则直线 l 不可能与平面α内的任意一条直线都平行，故 选 C. 9．已知 a，b，c 是三条不同的直线，命题“a∥b 且 a⊥c⇒b⊥c”是正确的，如果把 a，b， c 中的两个或三个换成平面，在所得的命题中，真命题有( ) A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 解析：选 C.依题意，当 a，b 均为平面，c 为直线时，此时相应的结论正确；当 a，c 均为平 面，b 为直线时，此时相应的结论不正确；当 b，c 均为平面，a 为直线时，此时相应的结论 正确；当 a，b，c 均为平面时，此时相应的结论正确．综上所述，在所得的命题中，真命题 有 3 个，故选 C. 10．设 a，b，c 表示三条直线，α，β表示两个平面，则下列命题中逆命题不成立的是( ) A．c⊥α，若 c⊥β，则α∥β B．b⊂α，c⊄ α，若 c∥a，则 b∥c C．b⊂β，若 b⊥α，则β⊥α D．a，b⊂α，a∩b＝P，c⊥a，c⊥b，若α⊥β，则 c⊂β 解析：选 C.利用排除法求解．A 的逆命题为：c⊥α，若α∥β，则 c⊥β，成立；B 的逆命 题为：b⊂α，c⊄ α，若 b∥c，则 c∥α，成立；C 的逆命题为：b⊂β，若β⊥α，则 b ⊥α，不成立；D 的逆命题为：a，b⊂α，a∩b＝P，c⊥a，c⊥b，若 c⊂β，则α⊥β，成 立，故选 C. 11．已知平面α∥β，且α与β的距离为 d(d＞0)，m⊂α，则在β内与直线 m 的距离为 2d 的直线共有( ) A．0 条 B．1 条 C．2 条 D．无数条 解析：选 C.由题意得平面β内与直线 m 的距离为 2d 的直线为以直线 m 为中心线，半径为 2d 的圆柱面与平面β的交线，易知交线有 2 条，故选 C. 12．在棱长均相等的正三棱柱 ABCA1B1C1 中，D 为 BB1 的中点，F 在 AC1 上，且 DF⊥AC1，则下 述结论： ①AC1⊥BC； ②AF＝FC1； ③平面 DAC1⊥平面 ACC1A1，其中正确的个数为( ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选 C.不妨设棱长为 2.①连接 AB1，则 AB1＝AC1＝2 2，∴∠AC1B1≠90°，即 AC1 与 B1C1 不垂直，又 BC∥B1C1，∴①错；②连接 AD，DC1，在△ADC1 中，AD＝DC1＝ 5，而 DF⊥AC1， ∴F 是 AC1 的中点，∴②对；由②知在△ADC1 中 DF＝ 3，连接 CF，CD，易知 CF＝ 2，而在 Rt△CBD 中，CD＝ 5，∴DF2＋CF2＝CD2，∴DF⊥CF，又 DF⊥AC1，CF∩AC1＝F， ∴DF⊥平面 AA1C1C，∴③对，故选 C. 二、填空题(把答案填在题中横线上) 13．(2016·山西太原二模)设α，β，γ为互不重合的三个平面，l 为直线，给出下列命题： ①若α∥β，α⊥γ，则β⊥γ； ②若α⊥γ，β⊥γ，且α∩β＝l，则 l⊥γ； ③若直线 l 与平面α内的无数条直线垂直，则直线 l 与平面α垂直； ④若α内存在不共线的三点到β的距离相等，则平面α平行于平面β. 其中真命题的序号为________(写出所有真命题的序号)． 解析：借助于正方体易知①②正确；对于③，若平面α内与直线 l 垂直的无数条直线都平行， 则直线 l 可能与平面α不垂直，所以③错；④中的不共线的三点有可能是在平面β的两侧， 所以两个平面可能相交或平行，所以④错，故填①②. 答案：①② 14．(2016·辽宁五校联考)四棱锥 PABCD 的顶点 P 在底面 ABCD 上的投影恰好是 A，其三视 图如图所示，其中正视图与侧视图都是腰长为 a 的等腰三角形，则在四棱锥 PABCD 的任意 两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有________对． 解析：由题意可得 PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，BD⊥PC，AD⊥PB，即互相垂直的异 面直线共有 6 对． 答案：6 15．已知直线 a 和平面α，β，α∩β＝l，a⊄ α，a⊄ β，且 a 在α，β内的射影分别为 直线 b 和 c，则 b 和 c 的位置关系可能是________． 解析：由题意，若 a∥l，则利用线面平行的判定可知 a∥α，a∥β，从而直线 b 和 c 平行； 若 a∩l＝A，则 a 在α，β内的射影直线 b 和 c 相交于点 A；若 a∩α＝B，a∩β＝c，且直 线 a 和 l 垂直，则 a 在α，β内的射影直线 b 和 c 相交，否则直线 b 和 c 异面．综上所述， b 和 c 的位置关系可能是相交、平行或异面． 答案：相交、平行或异面 16．点 P 在正方体 ABCDA1B1C1D1 的面对角线 BC1 上运动，则下列四个命题： ①三棱锥 AD1PC 的体积不变； ②A1P∥平面 ACD1； ③DP⊥BC1； ④平面 PDB1⊥平面 ACD1. 其中正确命题的序号是________． 解析：由题意可得，直线 BC1∥直线 AD1，并且直线 AD1⊂平面 AD1C，直线 BC1⊄ 平面 AD1C，所 以直线 BC1∥平面 AD1C.所以点 P 到平面 AD1C 的距离不改变．因为 VAD1PC＝VPAD1C，所以三 棱柱 AD1PC 的体积不变，故①正确．连接 A1C1，A1B，可得平面 AD1C∥平面 A1C1B.又因为 A1P ⊂平面 A1C1B，所以 A1P∥平面 ACD1，所以②正确．当点 P 运动到点 B 时，△DBC1 是等边三角 形，所以 DP 不垂直于 BC1，故③不正确．连接 BD，则 BD 为 DB1 在平面 ABCD 内的射影．因为 AC⊥BD，所以 AC⊥DB1.同理可得 AD1⊥DB1，所以可得 DB1⊥平面 AD1C.又因为 BD1⊂平面 PDB1， 所以平面 PDB1⊥平面 ACD1，故④正确．综上，正确命题的序号为①②④. 答案：①②④ 专题五 综合提升训练(五) (用时 40 分钟，满分 80 分) 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．(2016·吉林省实验中学一模)已知两条不同的直线 l，m 和两个不同的平面α，β，有如 下命题： ①若 l⊂α，m⊂α，l∥β，m∥β，则α∥β；②若 l⊂α，l∥β，α∩β＝m，则 l∥m； ③若α⊥β，l⊥β，则 l∥α. 其中正确命题的个数是( ) A．3 B．2 C．1 D．0 解析：选 C.若一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行，所以① 错误；若一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行， 所以②正确；若α⊥β，l⊥β，则 l∥α或 l⊂α，所以③错误．综上可知，选 C. 2．(2016·河北唐山模拟)已知三棱锥 PABC 的四个顶点都在球 O 的表面上，PA⊥平面 ABC， AB⊥BC，PA＝3，AB＝BC＝2，则球 O 的表面积为( ) A．13π B．17π C．52π D．68π 解析：选 B.如图所示，可将此三棱锥放入长方体中，则此三棱锥的外接球与长方体的外接 球相同，球心为 PC 的中点．因为 PC＝ PA2＋AB2＋BC2＝ 17，所以球 O 的半径 R＝ 17 2 ，所 以此球的表面积为 S＝4π× 17 2 2＝17π. 3．(2016·哈尔滨六中适应性考试)已知一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正 视图如图所示，则该四棱锥的表面积和体积分别是( ) A．4 5，8 B．4 5，8 3 C．4( 5＋1)，8 3 D．8,8 解析：选 C.由题知该四棱锥为正四棱锥，如图，由该四棱锥的正视图可知，四棱锥的底面 边长 AB＝2，高 PO＝2，则四棱锥的斜高 PE＝ 22＋12＝ 5. 所以该四棱锥的表面积 S＝4＋4×1 2 ×2× 5＝4( 5＋1)， 体积 V＝1 3 ×2×2×2＝8 3 .故选 C. 4．(2016·吉林省实验中学一模)设 a，b，c 是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面， 则下列命题中，其逆命题不成立的是( ) A．当 c⊥α时，若 c⊥β，则α∥β B．当 b⊂α时，若 b⊥β，则α⊥β C．当 b⊂α，且 c 是 a 在α内的射影时，若 b⊥c，则 a⊥b D．当 b⊂α，且 c⊄ α时，若 c∥α，则 b∥c 解析：选 B.A 的逆命题为：当 c⊥α时，若α∥β，则 c⊥β，由线面垂直的性质知 c⊥β； B 的逆命题为：当 b⊂α时，若α⊥β，则 b⊥β，显然错误；C 的逆命题为：当 b⊂α，且 c 是 a 在α内的射影时，若 a⊥b，则 b⊥c，由三垂线的逆定理知 b⊥c；D 的逆命题为：当 b ⊂α，且 c⊄ α时，若 b∥c，则 c∥α，由线面平行的判定定理可得 c∥α.故选 B. 5．有一圆锥内接于球 O，其底面圆周和顶点均在球面上，底面积 S＝3π，球的半径 R＝2， 则此圆锥的体积为( ) A．π B．3π C．π或 3π D．2π 解析：选 C.由πr2＝3π得，圆锥的底面半径 r＝ 3.设 O1 为圆锥底面圆的圆心，OO1＝x，则 x＝ R2－r2＝ 22－ 3 2＝1，圆锥的高 h＝R＋x＝3 或 h＝R－x＝1，所以圆锥的体积 V＝ 1 3 Sh＝1 3 ×3π×3＝3π或 V＝1 3 Sh＝1 3 ×3π×1＝π. 6．(2016·广西南宁市、百色市联考)已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视 图均是由三角形和半圆构成，俯视图由圆与其内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何 体的体积为( ) A.4 2π 3 ＋4 3 B.8 2π 3 ＋4 3 C.4 2π 3 ＋2 D.8 2π 3 ＋2 解析：选 A.由三视图可知，该几何体下面是半径为 2的半球，上面是一个底面是腰为 2 的 等腰直角三角形、高是 2 的三棱锥，其体积 V＝1 2 ×4 3 π×( 2)3＋1 3 ×1 2 ×2×2×2＝4 2 3 π＋4 3 ， 故选 A. 7．半径为 1 的球面上有四个点 A，B，C，D，球心为点 O，AB 过点 O，CA＝CB，DA＝DB，DC ＝1，则三棱锥 ABCD 的体积为( ) A. 3 6 B. 3 3 C. 3 D. 6 解析：选 A.连接 OC，OD，由球体的对称性可知 VABCD＝2VAOCD.因为 OC＝OD＝CD＝1，所以△OCD 为等边三角形，故 S△OCD＝ 3 4 ，故 VAOCD＝1 3 × 3 4 ×1＝ 3 12 ，故 VABCD＝2× 3 12 ＝ 3 6 ，故选 A. 8．如图为一个几何体的侧视图和俯视图，若该几何体的体积为4 3 ，则它的正视图为( ) 解析：选 B.由题知该几何体为组合体，上方为四棱锥，下方为正方体，四棱锥顶点在底面 上的射影为正方体一边上的中点，结合选项图可知，选 B. 9．半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为( ) A. 5π∶6 B. 6π∶2 C．π∶2 D．5π∶12 解析：选 B.正方体底面的中心即球的球心，设球的半径为 R，正方体的棱长为 a，则有 R2 ＝a2＋ 2 2 a 2，得 R2＝3 2 a2，所以半球的体积与正方体的体积之比为2 3 πR3∶a3＝ 6π∶2. 10．已知 m，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，命题 p：若 m∥n，m∥β，则 n∥β；命题 q：若 m⊥β，n⊥β，n⊥α，则 m⊥α.则下列结论正确的是( ) A．p∧(綈 q)是真命题 B．(綈 p)∨q 是真命题 C．(綈 p)∧q 是假命题 D．p∨q 是假命题 解析：选 B.对于命题 p，若 m∥n，m∥β，则 n 也可能在平面β内，故命题 p 为假命题；对 于命题 q，若 m⊥β，n⊥β，n⊥α，则 m⊥α，命题 q 是真命题，故綈 p 为真命题，綈 q 为假命题，故(綈 p)∨q 是真命题，选 B. 11．在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，AB＝2，点 A，B，C，D 在球 O 上，球 O 与 BA1 的另一个交点 为 E，且 AE⊥BA1，则球 O 的表面积为( ) A．6π B．8π C．12π D．16π 解析：选 B.因为 AB＝2，AE⊥BA1，所以 AE＝BE＝ 2，O 为底面 ABCD 的中心，球 O 的半径为 2，所以球 O 的表面积为 4π( 2)2＝8π. 12．已知正三棱锥 PABC，点 P，A，B，C 都在半径为 3的球面上，若 PA，PB，PC 两两互相 垂直，则球心到截面 ABC 的距离为( ) A. 2 2 B. 2 3 C. 3 3 D. 6 2 解析：选 C.因为在正三棱锥 PABC 中，PA，PB，PC 两两互相垂直，所以可以把该正三棱锥 看作一个正方体的一部分(如图所示)，此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径， 球心为正方体体对角线的中点，球心到截面 ABC 的距离为球的半径减去正三棱锥 PABC 在底 面 ABC 上的高．已知球的半径为 3，所以正方体的棱长为 2，可求得正三棱锥 PABC 在底面 ABC 上的高为2 3 3 ，所以球心到截面 ABC 的距离为 3－2 3 3 ＝ 3 3 . 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．在三棱锥 PABC 中，侧棱 PA，PB，PC 两两垂直，PA＝1，PB＝2，PC＝3，则三棱锥的外 接球的表面积为________． 解析：由题知，三棱锥 PABC 的外接球的直径为 1＋4＋9＝ 14，则球的表面积为 4π 14 2 2 ＝14π. 答案：14π 14．如图所示，ABCDA1B1C1D1 是棱长为 a 的正方体，M，N 分别是棱 A1B1，B1C1 的中点，P 是棱 AD 上的一点，AP＝a 3 ，过点 P，M，N 的平面交 CD 于点 Q，则 PQ＝________. 解析：连接 AC，易知 MN∥平面 ABCD，∴MN∥PQ. 又 MN∥AC，∴PQ∥AC. ∵AP＝a 3 ，∴PD AD ＝DQ CD ＝PQ AC ＝2 3 ， ∴PQ＝2 3 AC＝2 2 3 a. 答案：2 2 3 a 15．已知三棱锥 PABC 的所有棱长都相等，现将三棱锥 PABC 沿 PA，PB，PC 三条侧棱剪开， 将其表面展开成一个平面图形，若这个平面图形外接圆的半径为 2 6，则三棱锥 PABC 的内 切球的体积为________． 解析：根据题意知，该几何体为正三棱锥，如图，D 为 AB 的中点，O 为展开后平面图形外接 圆的圆心，设棱长为 a，则 PD＝ 3 2 a，OD＝ 3 6 a，OP＝ PD2－OD2＝ 6 3 a.易知 OD＋PD＝ 3 6 a ＋ 3 2 a＝2 3 3 a＝2 6，故 a＝3 2，V 三棱锥 PABC＝1 3 × 3 4 a2× 6 3 a＝9.设三棱锥内切球的半径为 r， 则 4×1 3 × 3 4 a2×r＝9，解得 r＝ 3 2 ，所以内切球的体积 V＝4 3 π 3 2 3＝ 3π 2 . 答案： 3π 2 16．如图，在直角梯形 ABCD 中，BC⊥DC，AE⊥DC，M，N 分别是 AD，BE 的中点，将△ADE 沿 AE 折起．则下列说法正确的是________．(填上所有正确说法的序号) ①不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内)都有 MN∥平面 DEC； ②不论 D 折至何位置都有 MN⊥AE； ③不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内)都有 MN∥AB； ④在折起过程中，一定存在某个位置，使 EC⊥AD. 解析：如图，设 Q，P 分别为 CE，DE 的中点，可得四边形 MNQP 是矩形，所以①②正确；不 论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内)都有 MN 与 AB 是异面直线，不可能 MN∥AB，所以③错； 当平面 ADE⊥平面 ABCD 时，可得 EC⊥平面 ADE，故 EC⊥AD，④正确． 答案：①②④ 专题一～五 滚动训练(四) (用时 40 分钟，满分 80 分) 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．已知集合 A＝{x∈N|x2－3x－10＜0}，B＝{x＋y|x∈A，y∈A}，则集合 B 中所含元素个数 为( ) A．7 B．9 C．11 D．13 解析：选 B.A＝{x∈N|x2－3x－10＜0}＝ {x∈N|－2＜x＜5}＝{0,1,2,3,4}， 所以集合 B 中最小的元素为 0，最大的元素为 8，共 9 个元素，故选 B. 2．复数 z 的共轭复数为 z ，i 为虚数单位，且 z＋2i· z ＝5＋4i，则 z 等于( ) A．1＋2i B．1－2i C．－1＋2i D．－1－2i 解析：选 A.设 z＝a＋bi(a，b∈R)， z ＝a－bi， 则 a＋bi＋2i·(a－bi)＝5＋4i， 即 a＋2b＋i·(2a＋b)＝5＋4i， 所以 a＋2b＝5， 2a＋b＝4， 所以 a＝1，b＝2，z＝1＋2i.故选 A. 3．设函数 f(x)＝ log2x2，x＞0， 2|x|－4，x≤0， 则函数 f(x)的零点个数为( ) A．2 B．3 C．4 D．0 解析：选 A.当 x＞0 时，令 log2x2＝0， 解得 x＝1；当 x≤0 时，令 2|x|－4＝0， 解得 x＝－2.故选 A. 4．函数 f(x)＝ln(x2＋2)的图象大致是( ) 解析：选 D.因为 x2＋2＞0， 所以 f(x)的定义域为 R，排除 B； f(－x)＝f(x)，所以图象关于 y 轴对称，排除 C； f(0)＝ln 2＞0，故排除 A，选 D. 5．若程序框图如图所示，则该程序运行后输出的 k 的值是( ) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：选 B.第一次，n＝3×5＋1＝16，k＝1； 第二次，n＝16 2 ＝8，k＝2； 第三次，n＝8 2 ＝4，k＝3；第四次，n＝4 2 ＝2，k＝4； 第五次，n＝2 2 ＝1，k＝5. 此时满足条件输出 k＝5，故选 B. 6．(2016·高考山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何 体的体积为( ) A.1 3 ＋2 3 π B.1 3 ＋ 2 3 π C.1 3 ＋ 2 6 π D．1＋ 2 6 π 解析：选 C.由三视图及四棱锥与球的体积公式求解， 由三视图知，该四棱锥是底面边长为 1，高为 1 的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为 2 2 ， 从而该几何体的体积为1 3 ×12×1＋1 2 ×4 3 π× 2 2 3＝1 3 ＋ 2 6 π.故选 C. 7．设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 a4＜0，a5＞|a4|，则使 Sn＞0 成立的最小正整数 n 为( ) A．6 B．7 C．8 D．9 解析：选 C.∵a4＜0，a5＞|a4|， ∴a4＋a5＞0， ∴S8＝8 a4＋a5 2 ＝8 a1＋a8 2 ＞0. ∴最小正整数为 8. 8．给出下列四个结论： ①命题“若 m＞0，则方程 x2＋x－m＝0 有实数根”的逆否命题为“若方程 x2＋x－m＝0 无实 根，则 m≤0”； ②若 p∧q 为假命题，则 p，q 均为假命题； ③若命题 p，∃x0∈R，x2 0＋x0＋1＜0，则綈 p：∀x∈R，x2＋x＋1≥0； ④“a＞2”是“函数 f(x)＝x2－ax－2 在 x∈(－∞，1]上单调递减”的充分不必要条件． 其中正确结论的个数为( ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选 D.①正确．②若 p∧q 为假命题，则 p，q 至少有一个为假命题，所以②错误．③ 正确．函数 f(x)＝x2－ax－2 在 x∈(－∞，1]上单调递减，则 a≥2，所以④正确，所以正 确结论有 3 个，选 D. 9．设 x，y∈R，a＞1，b＞1，若 ax＝by＝2，a2＋b＝4，则2 x ＋1 y 的最大值为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选 B.由 ax＝by＝2 得 x＝loga2＝ 1 log2a ，y＝logb2＝ 1 log2b ，2 x ＋1 y ＝2log2a＋log2b＝ log2(a2·b)≤log2 a2＋b 2 2＝2(当且仅当 a2＝b＝2 时取等号)，故选 B. 10．设函数 f(x)＝3sin(ωx＋φ) ω＞0，－π 2 ＜φ＜π 2 的图象关于直线 x＝2π 3 对称，它 的周期是π，则( ) A．f(x)的图象过点 0，1 2 B．f(x)在 π 12 ，2π 3 上是减函数 C．f(x)的一个对称中心是 5π 12 ，0 D．将 f(x)的图象向右平移|φ|个单位得到函数 y＝3sin ωx 的图象 解析：选 C.因为函数 f(x)＝3sin(ωx＋φ) ω＞0，－π 2 ＜φ＜π 2 的周期为π，所以2π ω ＝ π，所以ω＝2，又 f(x)＝3sin(ωx＋φ) ω＞0，－π 2 ＜φ＜π 2 的图象关于直线 x＝2π 3 对 称，所以 2×2 3 π＋φ＝π 2 ＋kπ，k∈Z，所以φ＝－5 6 π＋kπ，k∈Z，又－π 2 ＜φ＜π 2 ，所 以φ＝π 6 ，所以 f(x)＝3sin 2x＋π 6 .所以 f(0)＝3sinπ 6 ＝3 2 ，故 A 不正确；当 x∈ π 12 ，2π 3 时，2x＋π 6 ∈ π 3 ，3π 2 ，而 y＝3sin x 在 π 3 ，3π 2 上不是单调函数，所以 f(x)在 π 12 ，2π 3 上不是单调函数，故 B 不正确；f(x)的图象向右平移π 6 个单位长度得到 y＝3sin 2x－π 6 的 图象，故 D 不正确．f 5π 12 ＝3sin 2×5π 12 ＋π 6 ＝3sin π＝0，所以 f(x)的一个对称中心是 5π 12 ，0 .故选 C. 11．若 x∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是( ) A．ex≤1＋x＋x2 B. 1 1＋x ≤1－1 2 x＋1 4 x2 C．cos x≥1－1 2 x2 D．ln(1＋x)≥x－1 8 x2 解析：选 C.设 f(x)＝cos x＋1 2 x2－1， 则 f′(x)＝－sin x＋x≥0(x≥0)， 所以 f(x)＝cos x＋1 2 x2－1 是增函数， 所以 f(x)＝cos x＋1 2 x2－1≥f(0)＝0， 即 cos x≥1－1 2 x2.故选 C. 12．如图，已知线段 AB＝8，点 C 在 AB 上，且 AC＝2，点 P 为线段 CB 上的动点，若点 A 绕 点 C 旋转后，与点 B 绕点 P 旋转后重合于点 D.设 CP＝x，△CPD 的面积为 f(x)，则 f(x)取 得最大值时 x 的值是( ) A．1 B．3 C.2 2 3 D．2 2 解析：选 B.在△CPD 中，设∠DCP＝θ，由余弦定理可知(6－x)2＝22＋x2－2·2·xcos θ， 则 cos θ＝3x－8 x ，sin θ＝ －8x2＋48x－64 x ，S△CPD＝1 2 ·2·xsin θ＝ －8x2＋48x－64， 即 f(x)＝ －8x2＋48x－64＝ －8 x－3 2＋8，在 x＝3 时取得最大值．故选 B. 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．设非零向量 a，b，c 满足|a|＝|b|＝|c|，a＋b＝c，则〈a，b〉＝________. 解析：因为 a＋b＝c，所以|c|＝|a＋b|，所以 c2＝a2＋2a·b＋b2，又|a|＝|b|＝|c|，a·b ＝－1 2 |b|2，所以 cos〈a，b〉＝ a·b |a||b| ＝ －1 2 |b|2 |a||b| ＝－1 2 ，所以〈a，b〉＝120°. 答案：120° 14．已知函数 f(x)＝2sin2 π 4 ＋x － 3cos 2x－1，x∈ π 4 ，π 2 ，则 f(x)的最小值为 ________． 解析：f(x)＝2sin2 π 4 ＋x － 3cos 2x－1＝1－cos 2 π 4 ＋x － 3cos 2x－1＝－cos π 2 ＋2x － 3cos 2x＝sin 2x－ 3cos 2x＝2sin 2x－π 3 ，因为π 4 ≤x≤π 2 ，所以π 6 ≤2x－π 3 ≤2π 3 ， 所以 sin π 6 ≤sin 2x－π 3 ≤sinπ 2 ，即1 2 ≤sin 2x－π 3 ≤1，所以 1≤2sin 2x－π 3 ≤2，即 1≤f(x)≤2，所以 f(x)的最小值为 1. 答案：1 15．下面图形由小正方形组成，请观察图 1 至图 4 的规律，并依此规律，则第 n 个图形中小 正方形的个数是________． 解析：由题意得 a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10， 所以 a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n， 等式两边同时累加得 an－a1＝2＋3＋…＋n，即 an＝1＋2＋…＋n＝n n＋1 2 ， 所以第 n 个图形中小正方形的个数是n n＋1 2 . 答案：n n＋1 2 16．若直线 l 与曲线 f(x，y)＝0 相切于不同的两个点，则称直线 l 为曲线 f(x，y)＝0 的“二 重切线”．现有下列曲线：①y＝x2；②y＝x2－|x|；③y＝ex＋ln x；④y＝sin x＋cos2x. 则存在“二重切线”的曲线有________． 解析：作出函数的图象如图所示． 由图知②显然存在“二重切线”，因为④为周期函数，所以也存在“二重切线”． 答案：②④