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- 2021-05-14 发布
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立体几何
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共150分,考试时间120分钟.
第Ⅰ卷
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40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·=( )
A.2 B.-2
C.2 D.-2
【解析】 向量与的夹角为,则·=2×2×cosπ=-2.
【答案】 B
2.在正四面体P-ABC中,D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,下面四个结论中不成立的( )
A.BC∥平面PDF
B.DF⊥平面PAE
C.平面PDE⊥平面ABC
D.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】 C
3.(2013·济宁模拟)点M、N分别是正方体ABCD—A1B1C1D1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1,则该几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图依次为( )
图1
A.①②③ B.②③④
C.①③④ D.②④③
【解析】 根据三视图的定义可知选B.
【答案】 B
4.(2013·枣庄模拟)设z=x+y,其中实数x,y满足若z的最大值为6,则z的最小值为( )
A.-3 B.-2
C.-1 D.0
【解析】 由z=x+y得y=-x+z,作出的区域BCO,平移直线y=-x+z,由图象可知当直线经过C时,直线的截距最大,此时z=6,由解得所以k=3,解得B(-6,3),代入z=x+y得最小值为z=-6+3=-3,选A.
【答案】 A
5.(2013·课标全国卷Ⅰ)如图2,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2
A. cm3 B. cm3
C. cm3 D. cm3
【解析】 如图,作出球的一个截面,则MC=8-6=2(cm),BM=AB=×8=4(cm).设球的半径为R cm,则R2=OM2+MB2=(R-2)2+42,
∴R=5,
∴V球=π×53=π(cm3).
【答案】 A
6.(2013·临汾模拟)已知平面α⊥平面β,α∩β=l,点A∈α,A∉l,直线AB∥l,直线AC⊥l,直线m∥α,m∥β,则下列四种位置关系中,不一定成立的是( )
A.AB∥m B.AC⊥m
C.AB∥β D.AC⊥β
【解析】 因为m∥α,m∥β,α∩β=l,所以m∥l.
因为AB∥l,所以AB∥m,故A一定正确.
因为AC⊥l,m∥l,所以AC⊥m,从而B一定正确.
因为AB∥l,l⊂β,AB⊄β.
所以AB∥β.故C也正确.
因为AC⊥l,当点C在平面α内时,AC⊥β成立,当点C不在平面α内时,AC⊥β不成立,故D不一定成立.
【答案】 D
7.在正三棱柱ABC—A1B1C1中,D是AC的中点,AB1⊥BC1,则平面DBC1与平面CBC1所成的角为( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
【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2b2=a2.
设n1=(x,y,z)为平面DBC1的一个法向量,
则n1·=0,n1·=0.
即又2b2=a2,令z=1,
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 θ==,得θ=45°.
【答案】 B
8.(2013·成都模拟)已知正四棱锥S—ABCD中,SA=2,那么当该棱锥的体积最大时,它的高为( )
A.1 B. C.2 D.3
【解析】 如图所示,设正四棱锥高为h,底面边长为a,则a=,即a2=2(12-h2),
所以V=×a2×h=h(12-h2)=-(h3-12h),
令f(h)=h3-12h,则f′(h)=3h2-12(h>0),
令f′(h)=0,则h=2,此时f(h)有最小值,V有最大值.
【答案】 C
第Ⅱ卷
二、填空题(本大题共7小题,每小题5分,共35分,把答案填在题中横线上)
9.(2013·东营模拟)已知等比数列{an},若存在两项am,an使得am·an=a,则+的最小值为________.
【解析】 由等比数列的性质知m+n=6,则+=(m+n)=≥,当且仅当=,即m=2,n=4时等号成立.
【答案】
10.已知函数f(x)=Asin(A>0,ω>0)的最小正周期为2,且f(0)=,则函数f(3)=________.
【解析】 ω==π,由f(0)=Asin=得A=2,
所以f(x)=2sin,所以f(3)=2sin=-.
【答案】 -
11.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________.
【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′=,O′A=a,又由球的相关性质可知,球的半径R==a,
所以球的表面积为4πR2=πa2.
【答案】 πa2
12.(2013·南通模拟)关于直线m,n和平面α,β有以下四个命题:
①若m∥α,n∥β,α∥β,则m∥n;
②若m∥n,m⊂α,n⊥β,则α⊥β;
③若α∩β=m,m∥n,则n∥α且n∥β;
④若m⊥n,α∩β=m,则n⊥α或n⊥β.
其中假命题的序号是________.
【解析】 命题①m与n也可相交或异面,所以①是假命题;命题②由条件可得m⊥β,又m⊂α,故α⊥β,所以②是真命题;命题③也可得到n⊂α或n⊂β,所以③错;命题④由已知只能得到n垂直α与β内的一条直线,无法判定n⊥α或n⊥β,所以命题④错.
【答案】 ①③④
13.(2013·陕西高考)某几何体的三视图如图3所示,则其体积为________.
图3
【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×π×12×2×=.
【答案】
14.对大于或等于2的自然数m的n次方幂有如下分解方式:
22=1+3 23=3+5
32=1+3+5 33=7+9+11
42=1+3+5+7 43=13+15+17+19
52=1+3+5+7+9 53=21+23+25+27+29
根据上述分解规律,若m3(m∈N*)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2+3+4+…+(m-1)+1项,即项,从而m3分解中第1个数为m2-m+1,由m2-m+1=73得m=9.
【答案】 9
15.(2013·南昌模拟)三棱锥S—ABC中,∠SBA=∠SCA=90°,△ABC是斜边AB=a的等腰直角三角形,则以下结论中:
图4
①异面直线SB与AC所成的角为90°.
②直线SB⊥平面ABC;
③平面SBC⊥平面SAC;
④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AC⊥SB,SB⊥平面ABC,平面SBC⊥平面SAC,①②③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,④正确.
【答案】 ①②③④
三、解答题(本大题共6小题,共75分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
16.(本小题满分12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c=2,C=且△ABC的面积等于,求cos(A+B)和a,b的值;
(2)若B是钝角,且cos A=,sin B=,求sin C的值.
【解】 (1)∵A+B+C=π,C=,∴A+B=π-C,
∴cos(A+B)=cos(π-C)=-cos C=-cos =-.
由余弦定理及已知条件得,a2+b2-ab=4,
又因为△ABC的面积等于,所以absin C=,得ab=4.
联立方程组
解得a=2,b=2.
(2)∵B是钝角,且cos A=,sin B=,
∴sin A== =,
cos B=-=- =-,
∴sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)
=sin Acos B+cos Asin B=×+×=.
17.(本小题满分12分)(2013·青岛模拟)在如图5所示的多面体ABCDE中,AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,且AC=AD=CD=DE=2,AB=1.
图5
(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,∴AB∥ED,
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AB=ED,
∴FH綊AB,
∴四边形ABFH是平行四边形,∴BF∥AH,
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,∴CG⊥AB,又CG⊥AD,∴CG⊥平面ABED,即CG为四棱锥C—ABED的高,求得CG=,
∴VC—ABED=··2·=.
18.(本小题满分12分)(2013·黄冈模拟)如图6,三棱柱ABC—A1B1C1的侧面AA1B1B为正方形,侧面BB1C1C为菱形,∠CBB1=60°,AB⊥B1C.
(1)求证:平面AA1B1B⊥平面BB1C1C;
(2)若AB=2,求三棱柱ABC—A1B1C1的体积.
图6
【解】 (1)由侧面AA1B1B为正方形,知AB⊥BB1.
又AB⊥B1C,BB1∩B1C=B1,所以AB⊥平面BB1C1C,
又AB⊂平面AA1B1B,所以平面AA1B1B⊥平面BB1C1C.
(2)由题意,CB=CB1,设O是BB1的中点,连接CO,则CO⊥BB1.
由(1)知,CO⊥平面AA1B1B,且CO=BC=AB=.
连结AB1,则VC—ABB1=S△ABB1·CO=AB2·CO=.
因为VB1—ABC=VC—ABB1=VABC—A1B1C1=,
故三棱柱ABC—A1B1C1的体积VABC—A1B1C1=2.
19.(本小题满分13分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2,数列{bn}满足b1=1,且bn+1=bn+2.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=an-bn,求数列{cn}的前2n项和T2n.
【解】 (1)当n=1,a1=2;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,
∴an=2an-1.
∴{an}是等比数列,公比为2,首项a1=2,∴an=2n.
由bn+1=bn+2,得{bn}是等差数列,公差为2.
又首项b1=1,∴bn=2n-1.
(2)cn=
∴T2n=2+23+…+22n-1-[3+7+…+(4n-1)]
=-2n2-n.
20.(本小题满分13分)如图7所示,PA⊥平面ABC,点C在以AB为直径的⊙O上,∠CBA=30°,PA=AB=2,点E为线段PB的中点,点M在弧AB上,且OM∥AC.
图7
(1)求证:平面MOE∥平面PAC.
(2)求证:平面PAC⊥平面PCB.
(3)设二面角M—BP—C的大小为θ,求cos θ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OE∥PA.
因为PA⊂平面PAC,OE⊄平面PAC,
所以OE∥平面PAC.
因为OM∥AC,
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,OE∩OM=O,
所以平面MOE∥平面PAC.
(2)因为点C在以AB为直径的⊙O上,
所以∠ACB=90°,即BC⊥AC.
因为PA⊥平面BAC,BC⊂平面ABC,
所以PA⊥BC.
因为AC⊂平面PAC,PA⊂平面PAC,PA∩AC=A,
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C—xyz.
因为∠CBA=30°,PA=AB=2,
所以CB=2cos 30°=,AC=1.
延长MO交CB于点D.
因为OM∥AC,
所以MD⊥CB,MD=1+=,
CD=CB=.
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z=1,则x=-2,y=0.
所以m=(-2,0,1).
同理可求平面PMB的一个法向量n=(1,,1).
所以cos〈m,n〉==-.
因为二面角M—BP—C为锐二面角,所以cos θ=.
图8
21.(本小题满分13分)(2013·天津高考)如图8,四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.
(1)证明B1C1⊥CE;
(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),=(-1,1-1),于是·=0,所以B1C1⊥CE.
(2)=(1,-2,-1).
设平面B1CE的法向量m=(x,y,z),
则即消去x,得y+2z=0,
不妨令z=1,可得一个法向量为m=(-3,-2,1).
由(1)知,B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1,
可得B1C1⊥平面CEC1,
故=(1,0,-1)为平面CEC1的一个法向量.
于是cos〈m,〉===,从而sin〈m,〉=.
所以二面角B1—CE—C1的正弦值为.
(3)=(0,1,0),=(1,1,1).
设=λ=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有=+=(λ,λ+1,λ).
可取=(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量.
设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角,则
sin θ=|cos〈,〉|=
==,
于是=,解得λ=(负值舍去),
所以AM=.