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年高考数学试题知识分类大全立体几何

年高考数学试题知识分类大全立体几何
年高考数学试题知识分类大全立体几何

年高考数学试题知识分类大全立体几何

LG GROUP system office room 【LGA16H-LGYY-LGUA8Q8-LGA162】

2007年高考数学试题汇编

立体几何

一、选择题

1.(全国Ⅰ?理7题)如图,正四棱柱1111D C B A ABCD -中,

AB AA 21=,则异面直线11AD B A 与所成角的余弦值为( D )

A .51

B .52

C .53

D .5

4

2.(全国Ⅱ?理7题)已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等,则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦等于( A )

A .

6 B .

10 C .

2

2

D .

3 3.(北京理3题)平面α∥平面β的一个充分条件是( D )

A .存在一条直线a a ααβ,∥,∥

B .存在一条直线a a a αβ?,,∥

C .存在两条平行直线a b a b a b αββα??,,,,∥,∥

D .存在两条异面直线a b a a b αβα?,,,∥,∥

4.(安徽理2题)设l ,m ,n 均为直线,其中m ,n 在平面α内,“l α⊥”是l m ⊥且“l n ⊥”的( )

A .充分不必要条件

B .必要不充分条件

C .充分必要条件

D .既不充分也

不必要条件

5.(安徽理8题)半径为1的球面上的四点D C B A ,,,是正四面体的顶点,则A 与B 两点间的球面距离为( )

A .)33arccos(-

B .)36arccos(-

C .)31arccos(-

D .)4

1arccos(- 6.(福建理8题)已知m ,n 为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,则下列命题中正确的是( D )

A .,,//,////m n m n ααββαβ???

B . //,,//m n m n αβαβ???

C .,//m m n n αα⊥⊥?

D . //,m n n m αα⊥?⊥

7.(福建理10题)顶点在同一球面上的正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =1,AA 1=,则A 、C 两点间的球面距离为( B )

A .

4π B . 2

π

C .24π

D . 22π

8.(湖北理4题)平面α外有两条直线m 和n ,如果m 和n 在平面α内的射影分别是

1m 和1n ,给出下列四个命题:

①1m ⊥1n ?m ⊥n ; ②m ⊥n ?1m ⊥1n ;

③1m 与1n 相交?m 与n 相交或重合; ④1m 与1n 平行?m 与n 平行或重合; 其中不正确的命题个数是( D )

9.(湖南理8题)棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上,E F ,分别是棱1AA ,1DD 的中点,则直线EF 被球O 截得的线段长为( D )

A .

22

B .1

C .212

+

D .2

10.(江苏理4题)已知两条直线,m n ,两个平面,αβ,给出下面四个命题: ①//,m n m n αα⊥?⊥ ②//,,//m n m n αβαβ??? ③//,////m n m n αα? ④//,//,m n m n αβαβ⊥?⊥ 其中正确命题的序号是( C )

A .①③

B .②④

C .①④

D .②③

11.(江西理7题)如图,正方体AC 1的棱长为1,过点

A 作平面A 1BD 的垂线,垂足为点H .则以下命题中,错误..

的命题是( D )

A .点H 是△A 1BD 的垂心

B .AH 垂直平面CB 1D 1

C .AH 的延长线经过点C 1

D .直线AH 和BB 1所成角为45°

12.(辽宁理7题)若m n ,是两条不同的直线,αβγ,,是三个不同的平面,则下列命题中的真命题是( )

A .若m βαβ?⊥,,则m α⊥

B .若m α

γ=n βγ=,m n ∥,则

αβ∥

C .若m β⊥,m α∥,则αβ⊥

D .若αγ⊥,αβ⊥,则βγ⊥

13.(陕西理6题)一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上,其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上,则该正三棱锥的体积是( B )

A .

4

3

3 B .33 C . 43 D .123

14.(四川理4题)如图,ABCD -A 1B 1C 1D 1为正方体,下面结

论错误..

的是( D )

A .BD ∥平面C

B 1D 1 B .A

C 1⊥BD

C .AC 1⊥平面CB 1

D 1 D .异面直线AD 与CB 1角为

60°

15.(宁夏理8题) 已知某个几何体的三视图如下,根据图中标出的尺寸(单位:cm ),可得这个几何体的体积是( B )

A.

34000cm 3 B.3

8000cm 3

C.32000cm D.34000cm

16.(四川理6题)设球O 的半径是1,A 、B 、C 是球

面上三点,已知A 到B 、C 两点的球面距离都是2

π

,且三面角B -OA -C 的大小为

3

π

,则从A 点沿球面经B 、C 两点再回到A 点的最短距离是( C )

A .

6

B .

4

5π C .

3

D .

2

3π 17.(天津理6题)设a b ,为两条直线,αβ,为两个平面,下列四个命题中,正确的命题是( D )

A.若a b ,与α所成的角相等,则a b ∥ B.若a b αβ,∥∥,αβ∥,则

a b ∥

C.若a b a b αβ??,,∥,则αβ∥ D.若a b αβ⊥⊥,,αβ⊥,则

a b ⊥

18.(浙江理6题)若P 是两条异面直线,l m 外的任意一点,则( B )

20

20正视图 20侧视图

10

10

20俯视图

A .过点P 有且仅有一条直线与,l m 都平行

B .过点P 有且仅有一条直线与

,l m 都垂直

C .过点P 有且仅有一条直线与,l m 都相交

D .过点P 有且仅有一条直线与

,l m 都异面

二、填空题

19.(全国Ⅰ理16题)一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上。已知正三棱柱的底面边长为2,则该三角形的斜边长为 23 。

20.(全国Ⅱ理15题)一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2cm 的球面上。如果正四棱柱的底面边长为1cm ,那么该棱柱的表面积为 242+ cm 2。

21.(安徽理15题)在正方体上任意选择4个顶点,它们可能是如下各种几何形体的

4个顶点,这些几何形体是 (写出所有正确结论的编号..

)。

①矩形;②不是矩形的平行四边形;③有三个面为等腰直角三角形,有一个面为等边三角形的四面体;④每个面都是等边三角形的四面体;⑤每个面都是直角三角形的四面体。

22.(江苏理14题)正三棱锥P ABC -高为2,侧棱与底面所成角为45,则点A 到侧面PBC 的距离是 .

23.(辽宁理15题)若一个底面边长为

3

,棱长为6的正六棱柱的所有顶点都在一个平面上,则此球的体积为 .

24.(上海理10题)平面内两直线有三种位置关系:相交,平行与重合。已知两个相交平面,αβ与两直线12,l l ,又知12,l l 在α内的射影为12,s s ,在β内的射影为12,t t 。试写出

12,s s 与12,t t 满足的条件,使之一定能成为12,l l 是异面直线的充分条件 12,s s 平行,12,t t 相交 。

25.(四川理14题)如图,在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧棱长为

2,底面三角形的边长为1,则BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角是

6

π

. 26.(天津理12题)一个长方体的各顶点均在同一球的球面上,且一个顶点上的三条棱的长分别为1,2,3,则此球的表面积为 14π .

27.(浙江理16题)已知点O 在二面角AB αβ--的棱上,点P 在α内,且

45POB ∠=?。若对于β内异于O 的任意一点Q ,都有45POQ ∠≥?,则二面角AB αβ--的大小是____90

____。

三、解答题

27.(全国Ⅰ?理19题)四棱锥S -ABCD 中,底面ABCD 为平行四边形,侧面SBC ⊥底面ABCD 。已知∠ABC =45°,AB =2,BC=22,SA =SB =3。

(Ⅰ)证明:SA ⊥BC ;

(Ⅱ)求直线SD 与平面SAB 所成角的大小; 解答:解法一:

(Ⅰ)作SO BC ⊥,垂足为O ,连结AO ,由侧面SBC ⊥底面ABCD ,得SO ⊥底面ABCD .

因为SA SB =,所以AO BO =,

又45ABC =∠,故AOB △为等腰直角三角形,AO BO ⊥, 由三垂线定理,得SA BC ⊥.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知SA BC ⊥,依题设AD BC ∥,

故SA AD ⊥,由22AD BC ==,3SA =,2AO =,得

1SO =,11SD =.

SAB △的面积2

211122

2S AB SA AB ??

=

-= ???

. 连结DB ,得DAB △的面积21

sin13522

S AB AD =

= 设D 到平面SAB 的距离为h ,由于D SAB S ABD V V --=,得

1211

33

h S SO S =, 解得2h =.

设SD 与平面SAB 所成角为α,则222

sin 11

11h SD α=

==

. 所以,直线SD 与平面SBC 所成的我为22

arcsin . 解法二:

D

C

S

(Ⅰ)作SO BC ⊥,垂足为O ,连结AO ,由侧面SBC ⊥底面ABCD ,得SO ⊥平面ABCD .

因为SA SB =,所以AO BO =.

又45ABC =∠,AOB △为等腰直角三角形,AO OB ⊥.

如图,以O 为坐标原点,OA 为x

0)A ,,(0B ,(0C ,,(0S (2,(0CB =,0SA CB =,所以SA BC ⊥(Ⅱ)取AB 中点E ,022E ?? ? ???

,,

连结SE ,取SE 中点G ,连结OG ,1442G ??

? ???,,. 12OG ?=????,,1SE ?

=????

(AB =. 0SE OG =,0AB OG =,OG 与平面SAB 内两条相交直线SE ,AB 垂直.

所以OG ⊥平面SAB ,OG 与DS 的夹角记为α,SD 与平面SAB 所成的角记为β,则

α与β互余.

D ,(DS =.

22

cos 11

OG DS OG DS

α=

=

,sin 11β=,

所以,直线SD 与平面SAB 所成的角为arcsin

11

. 28.(全国Ⅱ?理19题)如图,在四棱锥S-ABCD 中,底面ABCD 为正方形,侧棱SD ⊥底面ABCD ,E 、F 分别是AB 、SC 的中点。

D

(Ⅰ)求证:EF ∥平面SAD ;(Ⅱ)设SD = 2CD ,求二面角A -EF -D 的大小;

解法一:

(1)作FG DC ∥交SD 于点G ,则G 为SD 的中点.

连结12

AG FG CD ∥,,又CD AB ∥, 故FG AE AEFG

∥,为平行四边形. EF AG ∥,又AG ?平面SAD EF ?,平面SAD . 所以EF ∥平面SAD .

(2)不妨设2DC =,则42SD DG ADG ==,,△为等 腰直角三角形.

取AG 中点H ,连结DH ,则DH AG ⊥. 又AB ⊥平面SAD ,所以AB DH ⊥,而AB AG A =,

所以DH ⊥面AEF .

取EF 中点M ,连结MH ,则HM EF ⊥. 连结DM ,则DM EF ⊥.

故DMH ∠为二面角A EF D --的平面角

tan DH DMH HM ∠=

== 所以二面角A EF D --

的大小为. 解法二:(1)如图,建立空间直角坐标系D

-设(00)(00)A a S b ,

,,,,,则(0)(00)B a a C a ,,,,00222a a b E a F ????

? ?????

,,,,,, A

B

C

D

P

E

F

第38题图

第39题图

02b EF a ?

?=- ??

?,,.

取SD 的中点002b G ?? ???,,,则02b AG a ?

?=- ??

?,,. EF AG EF AG AG =?,∥,平面SAD EF ?,平面SAD ,

所以EF ∥平面SAD .

(2)不妨设(100)A ,,,则11(11

0)(010)(002)100122B C S E F ????

? ?????,,,,,,,,,,,,,,. EF 中点111111(101)0222222M MD EF MD EF MD EF ????

=---=-= ? ?????,,,

,,,,,,,⊥ 又1002EA ?

?=- ??

?,

,,0EA EF EA EF =,⊥, 所以向量MD 和EA 的夹角等于二面角A EF D --的平面角.

3

cos 3

MD EA MD EA MD EA

<>==,

. 所以二面角A EF D --的大小为3arccos

. 29.(北京理16题)如图,在Rt AOB △中,π

6

OAB ∠=

,斜边4AB =.Rt AOC △可以通过Rt AOB △以直线AO 为轴旋转得到,且二面角B AO C --是直二面角.动点D 的斜边AB 上.

(I )求证:平面COD ⊥平面AOB ;

(II )当D 为AB 的中点时,求异面直线AO 与CD 所成角的大小; (III )求CD 与平面AOB 所成角的最大值. 解法一:

(I )由题意,CO AO ⊥,BO AO ⊥, BOC ∴∠是二面角B AO C --是直二面角, 又二面角B AO C --是直二面角,

CO BO ∴⊥,又AO BO O =,

CO ∴⊥平面AOB , 又CO ?平面COD .

∴平面COD ⊥平面AOB .

(II )作DE OB ⊥,垂足为E ,连结CE (如图),则DE AO ∥,

CDE ∴∠是异面直线AO 与CD 所成的角.

在Rt COE △中,2CO BO ==,1

12

OE BO =

=, 225CE CO OE ∴=+=. 又1

32

DE AO =

=. ∴在Rt CDE △中,515

tan 33

CE CDE DE =

==

. ∴异面直线AO 与CD 所成角的大小为15

arctan

. (III )由(I )知,CO ⊥平面AOB ,

CDO ∴∠是CD 与平面AOB 所成的角,且2

tan OC CDO OD OD

==

. 当OD 最小时,CDO ∠最大, 这时,OD AB ⊥,垂足为D ,3OA OB

OD AB

=

=,23tan 3CDO =, CD ∴与平面AOB 所成角的最大值为

23

arctan

. 解法二:

(I )同解法一.

(II )建立空间直角坐标系O xyz -,如图,则

(000)O ,,,(0023)A ,,,(200)C ,,,(013)D ,

,, (0023)OA ∴=,,,(213)CD =-,,,

6

42322

=

=. ∴异面直线AO 与CD 所成角的大小为

6

arccos

. (III )同解法一

30.(安徽理17题)如图,在六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,四边形ABCD 是边长为2的正方形,四边形A 1B 1C 1D 1是边长为1的正方形,DD 1⊥平面A 1B 1C 1D 1,DD 1⊥平面ABCD ,DD 1=2。

(Ⅰ)求证:A1C1与AC 共面,B1D1与BD 共面; (Ⅱ)求证:平面A1ACC1⊥平面B1BDD1;

(Ⅲ)求二面角A -BB1-C 的大小(用反三角函数值圾示);

31.(福建理18题)如图,正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都为2,D 为CC 1中点。 (Ⅰ)求证:AB 1⊥面A 1BD ;

(Ⅱ)求二面角A -A 1D -B 的大小; (Ⅲ)求点C 到平面A 1BD 的距离;

分析:本小题主要考查直线与平面的位置关系,二面角的大小,点到平面的距离等知识,考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.满分12分.

解答:解法一:(Ⅰ)取BC 中点O ,连结AO . ABC △为正三角形,AO BC ∴⊥.

正三棱柱111ABC A B C -中,平面ABC ⊥平面

11BCC B ,

AO ∴⊥平面11BCC B .

连结1B O ,在正方形11BB C C 中,O D ,分别为

1BC CC ,的中点,

1B O BD ∴⊥, 1AB BD ∴⊥.

在正方形11ABB A 中,11AB A B ⊥,

1AB ∴⊥平面1A BD .

(Ⅱ)设1AB 与1A B 交于点G ,在平面1A BD 中,作1GF A D ⊥于F ,连结AF ,由(Ⅰ)得1AB ⊥平面1A BD .

1AF A D ∴⊥,

AFG ∴∠为二面角1A A D B --的平面角. 在1AA D △中,由等面积法可求得5

AF =, 又

11

2

AG AB =

= sin AG AFG AF ∴=

==

∠. 所以二面角1A A D B --的大小为. A B

C D

O

F

(Ⅲ)1A BD △

中,111A BD BD A D A B S ===∴=△1BCD S =△. 在正三棱柱中,1A 到平面11BCC B

. 设点C 到平面1A BD 的距离为d .

由11A BCD C A BD V V --=得11

1

33

3

BCD

A BD S S

d =△△

12

BCD A BD d S ∴=

=

△△

∴点C 到平面1A BD 的距离为

2

. 解法二:(Ⅰ)取BC 中点O ,连结AO . ABC △为正三角形,AO BC ∴⊥.

在正三棱柱111ABC A B C -中,平面ABC ⊥平面11BCC B ,

AD ∴⊥平面11BCC B .

取11B C 中点1O ,以O 为原点,OB ,1OO ,OA 的方向为x y z ,,轴的正方向建立空间

直角坐标系,则(100)B ,,

,(110)D -,,

,1(02A ,(00A ,1

(120)B ,,, 1(12AB ∴=,,(2

10)BD =-,,,1(12BA =-.

12200AB BD =-++=,111430AB BA =-+-=, 1AB BD ∴⊥,11AB BA ⊥.

1AB ∴⊥平面1A BD .

(Ⅱ)设平面1A AD 的法向量为()x

y z =,,n

(11AD =-,,,1(020)AA =,,.

AD ⊥n ,1AA ⊥n ,

令1z =得(1)=,n 为平面1A AD 由(Ⅰ)知1AB ⊥平面1A BD ,

1AB ∴为平面1A BD 的法向量.

cos

336

222

AB AB AB -->=

=

=-n n .

∴二面角1A A D B --的大小为6arccos

4

. (Ⅲ)由(Ⅱ),1AB 为平面1A BD 法向量,

1(200)(123)BC AB =-=-,,,,,.

∴点C 到平面1A BD 的距离1

1

22

2

22

BC AB d AB -=

==. 32.(广东理19题)如图6所示,等腰△ABC 的底边AB =66,高CD =3,点B 是线段

BD 上异于点B 、D 的动点.点F 在BC 边上,且EF ⊥AB .现沿EF 将△BEF 折起到△PEF 的位置,使PE ⊥AE 。记BE =x ,V (x )表示四棱锥P -ACFE 的体积。

(Ⅰ)求V (x )的表达式;

(Ⅱ)当x 为何值时,V (x )取得最大值?

(Ⅲ)当V (x )取得最大值时,求异面直线AC 与PF 所成角的余弦值;

33.(湖北理18题)如图,在三棱锥V -ABC 中,VC ⊥底面ABC ,AC ⊥BC ,D 是AB 的中点,且AC =BC =a ,

∠VDC =θ??? ?

?

<<20πθ。

(Ⅰ)求证:平面VAB ⊥平面VCD ;

(Ⅱ)当角θ变化时,求直线BC 与平面VAB 所成的角的取值范围;

分析:本小题主要考查线面关系、直线与平面所成角的有关知识,考查空间想象能力和推理运算能力以及应用向量知识解决数学问题的能力.

解答:解法1:(Ⅰ)AC BC a ==∵,ACB ∴△是等腰三角形,又D 是AB 的中点,

CD AB ⊥∴,又VC ⊥底面ABC .VC AB ⊥∴.于是AB ⊥平面VCD . 又AB ?平面VAB ,∴平面VAB ⊥平面VCD .

(Ⅱ) 过点C 在平面VCD 内作CH VD ⊥于H ,则由(Ⅰ)知CD ⊥平面VAB . 连接BH ,于是CBH ∠就是直线BC 与平面VAB 所成的角.

在CHD Rt △中,2

sin 2

CH a θ=

; B

C

H V

设CBH ?∠=,在BHC Rt △中,sin CH a ?=

,sin θ?=. π02

θ<<

∵, 0sin 1θ<<∴

,0sin ?<<

. 又π02?≤≤,π

04

?<<∴.

即直线BC 与平面VAB 所成角的取值范围为π04??

???

,.

解法2:(Ⅰ)以CA CB CV ,,所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的

空间直角坐标系,则(000)(00)(00)000tan 222a a C A a B a D V θ????

? ? ?????

,,,,,,,,,,,,,,,

于是,tan 222a a VD a θ??=- ? ???,,,022a a CD ??

= ???,,,(0)AB a a =-,,. 从而2211(0)0002222a a AB

CD a a a a ??

=-=-++= ???

,,,,··,即AB CD ⊥.

同理22

11(0)tan 0022222a a AB VD a a a a a θ??=--=-++= ? ???

,,,,··, 即AB VD ⊥.又CD VD D =,AB ⊥∴平面VCD . 又AB ?平面VAB .

∴平面VAB ⊥平面VCD .

(Ⅱ)设直线BC 与平面VAB 所成的角为?,平面VAB 的一个法向量为()x y z =,,n ,

则由00AB VD ==,n

n ··.

得0tan 0222

ax ay a a x y az θ-+=???+-

=??,.

可取)θ=n ,又(00)BC a =-,,,

于是

sin 2BC

BC a ?θ===n n ···,

π

02

θ<<

∵,0sin 1θ<<∴

,0sin ?<<.

又π02?≤≤,π

04

?<<∴.

即直线BC 与平面VAB 所成角的取值范围为π04??

???

,.

解法3:(Ⅰ)以点D 为原点,以DC DB ,所在的直线分别为x 轴、y 轴,建立如图所

示的空间直角坐标系,则(000)000000222D A a B C a ??????-- ? ? ? ? ? ???????,,,,,,,,,,,

,0tan 22V a a θ??- ? ???,,

,于是0tan 22DV a a θ??

=- ? ???,,,002DC ??=- ? ???,,,

(00)AB =,,.

从而(00)AB DC =,·0002a ??-= ? ???,,

·,即AB DC ⊥.

同理(00)0tan 022AB DV a a θ??=-= ? ???

,,,,·,即AB DV ⊥. 又DC DV D =,AB ⊥∴平面VCD .

又AB ?平面VAB ,

∴平面VAB ⊥平面VCD .

(Ⅱ)设直线BC 与平面VAB 所成的角为?,平面VAB 的一个法向量为()x

y z =,,n

则由00AB

DV ==,··n

n ,得0tan 0θ

=?

=??,

. 可取(tan 01)θ=,,n ,又022BC a ??=--

? ???

,,

, 于是tan 2sin 2BC a BC

θ?θ=

==n n ·

··, π

02

θ<<

∵,0sin 1θ<<∴,0sin 2?<<

又π02?≤≤,π

04

?<<∴,

即直线BC 与平面VAB 所成角的取值范围为π04??

???

,.

解法4:以CA CB CV ,,所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角

坐标系,则(000)(00)(00)022a a C A a B a D ??

???

,,,,,,,,,,,.设(00)(0)V t t >,,.

(Ⅰ)(00)0(0)22a a CV t CD AB a a ??

===- ???,

,,,,,,,, (0)(00)0000AB CV a a t =-=++=,,,,··,

即AB CV ⊥.

22(0)0002222a a a a AB CD a a ??=-=-++= ???

,,,,··,

即AB CD ⊥. 又CV

CD C =,AB ⊥∴平面VCD .

又AB ?平面VAB ,∴平面VAB ⊥平面VCD . (Ⅱ)设直线BC 与平面VAB 所成的角为?, 设()x y z =,,n 是平面VAB 的一个非零法向量,

则()(0)0()(0)0AB x y z a a ax ay AV x y z a t ax tz ?=-=-+=??=-=-+=??,,,,,,,,,,n n ····取z a =,得x y t ==.

可取()t t a =,,n ,又(00)CB a =,,

于是sin CB CB

a ?=

=

=

=

···n n

(0)t ∈+,∵∞,sin ?关于t 递增.0sin ?<<

∴,π04???

∈ ???

,∴. 即直线BC 与平面VAB 所成角的取值范围为π04??

???

,.

34.(湖南理18题)如图1,E F ,分别是矩形ABCD 的边AB CD ,的中点,G 是EF 上的一点,将

GAB △,GCD △分别沿AB CD ,翻折成

1G AB △,2G CD △,并

连结12G G ,使得平面1G AB ⊥平面ABCD ,12G G AD ∥,且12G G AD <.连结2BG ,如图2.

(I )证明:平面1G AB ⊥平面12G ADG ;

(II )当12AB =,25BC =,8EG =时,求直线2BG 和平面12G ADG 所成的角; 解:解法一:(I)因为平面1G AB ⊥平面ABCD ,平面1G AB 平面ABCD AB =,

AD AB ⊥,AD ?平面ABCD ,所以AD ⊥平面1G AB ,又AD ?平面12G ADG ,所以平面

1G AB ⊥平面12G ADG .

(II )过点B 作1BH AG ⊥于点H ,连结2G H . 由(I )的结论可知,BH ⊥平面12G ADG , 所以2BG H ∠是2BG 和平面12G ADG 所成的角.

因为平面1G AB ⊥平面ABCD ,平面1G AB 平面ABCD AB =,1G E AB ⊥,

1G E ?平面1G AB ,所以1G E ⊥平面ABCD ,故1G E EF ⊥.

因为12G G AD <,AD EF =,所以可在EF 上取一点O ,使12EO G G =,又因为

12G G AD EO ∥∥,所以四边形12G EOG 是矩形.

由题设12AB =,25BC =,8EG =,则17GF =.所以218G O G E ==,217G F =,

15OF ==,1210G G EO ==.

因为AD ⊥平面1G AB ,12G G AD ∥,所以12G G ⊥平面1G AB ,从而121G G G B ⊥.

故2

2222222

1126810200BG BE EG G G =++=++=

,2BG =.

又110AG ==,由11BH AG G E AB =得81248

105

BH ?=

=. A E B

G

D

F

C

A

E

B

C

F

G 1

G 2

图1 图2

2

2

48

sin

525

BH

BG H

BG

∠===.

即直线

2

BG与平面

12

G ADG

所成的角是arcsin

25

解法二:(I)因为平面

1

G AB⊥平面ABCD,平面

1

G AB平面ABCD AB

=,1

G E AB

⊥,

1

G E?平面

1

G AB,所以

1

G E⊥平面ABCD,从而

1

G E AD

⊥.又AB AD

⊥,所以

AD⊥平面

1

G AB.因为AD?平面

12

G ADG,所以平面

1

G AB⊥平面

12

G ADG.

(II)由(I)可知,

1

G E⊥平面ABCD.故可以E为原点,分别以直线

1

EB EF EG

,,

为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图),

由题设12

AB=,25

BC=,8

EG=,则6

EB=,

25

EF=,

1

8

EG=,相关各点的坐标分别是

(600)

A-,,,

(6250)

D-,,,

1

(008)

G,,,(600)

B,,.

所以(0250)

AD =,,,

1

(608)

AG =,,.

设()

n x y z

=,,是平面

12

G ADG的一个法向量,

1

n AD

n AG

?=

?

?

=

??

.

250

680

y

x z

=

?

?

+=

?

故可取(403)

n=-

,,.

过点

2

G作

2

G O⊥平面ABCD于点O,因为

22

G C G D

=,所以OC OD

=,于是点O在y 轴上.

因为

12

G G AD

∥,所以

12

G G EF

∥,

21

8

G O G E

==.

2

(08)

G m

,,(025

m

<<),由222

178(25)

m

=+-,解得10

m=,

所以

2

(0108)(600)(6108)

BG=-=-

,,,,,,.

2

BG和平面

12

G ADG所成的角是θ,则

2

2222

2

sin

25

643

BG

n

BG n

θ===

++

故直线2BG 与平面12G ADG 所成的角是122

arcsin . 35.(江苏理18题)如图,已知

1111ABCD A B C D -是棱长为3的正方体,点E 在

1AA 上,点F 在1CC 上,且11AE FC ==。

(I )求证:1,,,E B F D 四点共面;(4分) (II )若点G 在BC 上,2

3

BG =

,点M 在1BB 上,GM BF ⊥,垂足为H ,求证:EM ⊥面

11BCC B ;

(Ⅲ)用θ表示截面1EBFD 和面11BCC B 所成锐二面角大小,求tan θ。 36.(江西理20题)右图是一个直三棱柱(以A 1B 1C 1为底面)被一平面所截得到的几何体,截面为ABC .已知A 1B 1=B 1C 1=l ,∠A l B l C 1=90°,AA l =4,BB l =2,CC l =3。

(I )设点O 是AB 的中点,证明:OC∥平面A 1B 1C 1; (II )求二面角B —AC —A 1的大小; (Ⅲ)求此几何体的体积; 解法一:

(1)证明:作1OD AA ∥交11A B 于D ,连1C D . 则11OD BB CC ∥∥.

因为O 是AB 的中点,

所以1111

()32

OD AA BB CC =+==.

则1ODC C 是平行四边形,因此有1OC C D ∥.

1C D ?平面111C B A 且OC ?平面111C B A ,

则OC ∥面111A B C .

(2)如图,过B 作截面22BA C ∥面111A B C ,分别交1AA ,1CC 于2A ,2C . 作22BH A C ⊥于H ,连CH .

因为1CC ⊥面22BA C ,所以1CC BH ⊥,则BH ⊥平面1A C . 又因为5AB =,2BC =,2223AC AB BC AC =?=+.

A

B

C

D

A 1

D 1

C 1

B 1

G

M H

F

E

所以BC AC ⊥,根据三垂线定理知CH AC ⊥,所以BCH ∠就是所求二面角的平面角.

因为BH =

,所以1sin 2

BH BCH BC ==∠,故30BCH =∠, 即:所求二面角的大小为30.

(3)因为BH =

,所以 2222111

21(12)

2

332

2

B AA

C C AA C C V S BH -==+=. 1112211111

212

A B C A BC A B C V S BB -==

=△. 所求几何体体积为

22111223

2

B AA

C C A B C A BC V V V --=+=.

解法二:

(1)如图,以1B 为原点建立空间直角坐标系,

则(014)A ,,,(002)B ,,,(103)C ,,,因为O 是AB 的中点,所以1032O ??

???,,, 110

2OC ?

?=- ???

,,.

易知,(001)n =,

,是平面111A B C 的一个法向量. 因为0OC n =,OC ?平面111A B C ,所以OC ∥平面11A B C (2)(012)AB =--,

,,(101)BC =,,, 设()m x y z =,,是平面ABC 的一个法向量,则

则0AB m =,0BC m =得:20

y z x z --=??+=?

取1x z =-=,(121)m =-,

,. 显然,(110)l =,,为平面11AAC C 的一个法向量.

则cos 2m l m l m l

==

=?,

,结合图形可知所求二面角为锐角.

高考数学试题分类汇编集合理

2013年全国高考理科数学试题分类汇编1:集合 一、选择题 1 .(2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学(理)试题(含答案))已知全集 {}1,2,3,4U =,集合{}=12A ,,{}=23B ,,则 ()=U A B ( ) A.{}134, , B.{}34, C. {}3 D. {}4 【答案】D 2 .(2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学(理)试题(WORD 版))已知集合 {}{}4|0log 1,|2A x x B x x A B =<<=≤=,则 A.()01, B.(]02, C.()1,2 D.(]12, 【答案】D 3 .(2013年普通高等学校招生统一考试天津数学(理)试题(含答案))已知集合A = {x ∈R | |x |≤2}, A = {x ∈R | x ≤1}, 则A B ?= (A) (,2]-∞ (B) [1,2] (C) [2,2] (D) [-2,1] 【答案】D 4 .(2013年普通高等学校招生统一考试福建数学(理)试题(纯WORD 版))设S,T,是R 的两个非空子集,如果存在一个从S 到T 的函数()y f x =满足:(){()|};()i T f x x S ii =∈ 对任意12,,x x S ∈当12x x <时,恒有12()()f x f x <,那么称这两个集合“保序同构”.以下集合对不是“保序同构”的是( ) A.* ,A N B N == B.{|13},{|8010}A x x B x x x =-≤≤==-<≤或 C.{|01},A x x B R =<<= D.,A Z B Q == 【答案】D 5 .(2013 年高考上海卷(理))设常数a R ∈,集合 {|(1)()0},{|1}A x x x a B x x a =--≥=≥-,若A B R ?=,则a 的取值范围为( ) (A) (,2)-∞ (B) (,2]-∞ (C) (2,)+∞ (D) [2,)+∞ 【答案】B. 6 .(2013年普通高等学校招生统一考试山东数学(理)试题(含答案))已知集合 A ={0,1,2},则集合 B ={},x y x A y A -∈∈中元素的个数是 (A) 1 (B) 3 (C)5 (D)9 【答案】C

数列历年高考真题分类汇编

专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用 答案部分 2019年 1.解析:对于B ,令2 104x λ-+=,得12 λ=, 取112a = ,所以211 ,,1022n a a == ?? ?…, 10n n a a +->,{}n a 递增, 当4n … 时,11132122 n n n n a a a a +=+>+=,

所以54 65109 323232a a a a a a ?>???> ???? ?>??M ,所以6 10432a a ??> ???,所以107291064a > >故A 正确.故选A . 2.解析:(1)设数列{}n a 的公差为d ,由题意得 11124,333a d a d a d +=+=+, 解得10,2a d ==. 从而* 22,n a n n =-∈N . 由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得 () ()()2 12n n n n n n S b S b S b +++=++. 解得()2 121n n n n b S S S d ++= -. 所以2* ,n b n n n =+∈N . (2 )*n c n = ==∈N . 我们用数学归纳法证明. ①当n =1时,c 1=0<2,不等式成立; ②假设() *n k k =∈N 时不等式成立,即12h c c c +++

2019高考试题分类汇编-立体几何

2019高考试题分类汇编-立体几何 立体几何 1(2019北京文)(本小题14分) 如图,在三棱锥P –ABC 中,PA ⊥AB ,PA ⊥BC ,AB ⊥BC ,PA =AB =BC =2,D 为线段AC 的中点,E 为线段PC 上一点. (Ⅰ)求证:PA ⊥BD ; (Ⅱ)求证:平面BDE ⊥平面PAC ; (Ⅲ)当PA ∥平面BD E 时,求三棱锥E –BCD 的体积. 2(2019新课标Ⅱ理)(12分) 如图,四棱锥P -ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,AB =BC = 1 AD , ∠BAD =∠ABC =90o , E 是PD 的中点. 2 (1)证明:直线CE ∥平面PAB ; (2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45o ,求二面角M -AB -D 的余弦值. 3(2019天津理)(本小题满分13分) 如图,在三棱锥P -ABC 中,PA ⊥底面ABC ,∠BAC =90?. 点D ,E ,N 分别为棱PA ,P C ,BC 的中点,M 是线段AD 的中点,PA =AC =4,AB =2. (Ⅰ)求证:MN ∥平面BDE ;(Ⅱ)求二面角C -EM -N 的正弦值; (Ⅲ)已知点H 在棱PA 上,且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为 ,求线段AH 的长. 21 4(2019新课标Ⅲ理数)a ,b 为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC 的直角 边AC 所在直线与a ,b 都垂直,斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转,有下列结论:①当直线AB 与a 成60°角时,AB 与b 成30°角;②当直线AB 与a 成60°角时,AB 与b 成60°角;③直线AB 与a 所称角的最小值为45°;④直线AB 与a 所称角的最小值为60°;

2020年高考数学试题分类汇编 应用题 精品

应用题 1.(四川理9)某运输公司有12名驾驶员和19名工人,有8辆载重量为10吨的甲型卡车和 7辆载重量为6吨的乙型卡车.某天需运往A 地至少72吨的货物,派用的每辆车虚满载且只运送一次.派用的每辆甲型卡车虚配2名工人,运送一次可得利润450元;派用的每辆乙型卡车虚配1名工人,运送一次可得利润350元.该公司合理计划当天派用两类卡车的车辆数,可得最大利润z= A .4650元 B .4700元 C .4900元 D .5000元 【答案】C 【解析】由题意设派甲,乙,x y 辆,则利润450350z x y =+,得约束条件 08071210672219 x y x y x y x y ≤≤??≤≤?? +≤??+≥?+≤??画 出可行域在12219x y x y +≤??+≤?的点7 5x y =??=?代入目标函数4900z = 2.(湖北理10)放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其他元素,其含量不断减少, 这种现象称为衰变。假设在放射性同位素铯137的衰变过程中,其含量M (单位:太贝克) 与时间t (单位:年)满足函数关系:30 0()2 t M t M - =,其中M 0为t=0时铯137的含量。已知t=30时,铯137含量的变化率是-10In2(太贝克/年),则M (60)= A .5太贝克 B .75In2太贝克 C .150In2太贝克 D .150太贝克 【答案】D 3.(北京理)。根据统计,一名工作组装第x 件某产品所用的时间(单位:分钟)为 ??? ??? ? ≥<=A x A c A x x c x f ,,,)((A ,C 为常数)。已知工人组装第4件产品用时30分钟,组装第A 件产品用时15分钟,那么C 和A 的值分别是 A .75,25 B .75,16 C .60,25 D .60,16 【答案】D 4.(陕西理)植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树,每人植一棵,相邻两棵树相距 10米。开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边,使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小,这个最小值为 (米)。 【答案】2000 5.(湖北理)《九章算术》“竹九节”问题:现有一根9节的竹子,自上而下各节的容积成等 差数列,上面4节的容积共为3升,下面3节的容积共4升,则第5节的容积为 升。 【答案】67 66 6.(湖北理)提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况。在一般情况下,大 桥上的车流速度v (单位:千米/小时)是车流密度x (单位:辆/千米)的函数。当桥上的的车流密度达到200辆/千米时,造成堵塞,此时车流速度为0;当车流密度不超过20 辆/千米时,车流速度为60千米/小时,研究表明;当20200x ≤≤时,车流速度v 是车流密度x 的一次函数.

历年高考数学试题分类汇编

2008年高考数学试题分类汇编 圆锥曲线 一. 选择题: 1.(福建卷11)又曲线22 221x y a b ==(a >0,b >0)的两个焦点为F 1、F 2,若P 为其上一点,且|PF 1|=2|PF 2|,则双曲线离心率的取值范围为B A.(1,3) B.(]1,3 C.(3,+∞) D.[)3,+∞ 2.(海南卷11)已知点P 在抛物线y 2 = 4x 上,那么点P 到点Q (2,-1)的距 离与点P 到抛物线焦点距离之和取得最小值时,点P 的坐标为( A ) A. ( 4 1 ,-1) B. (4 1 ,1) C. (1,2) D. (1,-2) 3.(湖北卷10)如图所示,“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球,在月球附近一点P 轨进入以月球球心F 为一个焦点的椭圆轨道Ⅰ绕月飞行,之后卫星在P 点第二次变轨进入仍以F 为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行,最终卫星在P 点第三次变轨进入以F 为圆心的圆形轨道Ⅲ绕月飞行,若用12c 和22c 分别表示椭轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距,用12a 和 22a 分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴的长,给出下列式子: ①1122a c a c +=+; ②1122a c a c -=-; ③1212c a a c >; ④11c a <22 c a . 其中正确式子的序号是B A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④ 4.(湖南卷8)若双曲线22 221x y a b -=(a >0,b >0)上横坐标为32a 的点到右焦点 的距离大于它到左准线的距离,则双曲线离心率的取值范围是( B ) A.(1,2) B.(2,+∞) C.(1,5) D. (5,+∞)

(完整版)2019数学高考试题分类汇编 立体几何

2019年数学高考试题汇编—立体几何 1、全国I 理12.已知三棱锥P ?ABC 的四个顶点在球O 的球面上,P A =PB =PC ,△ABC 是边长为2的正三角形,E ,F 分别是P A ,AB 的中点,∠CEF =90°,则球O 的体积为( ) A .68π B .64π C .62π D .6π 2、全国III 理8.如图,点N 为正方形ABCD 的中心,△ECD 为正三角形,平面ECD ⊥平面ABCD ,M 是线段ED 的中点,则( ) A .BM =EN ,且直线BM ,EN 是相交直线 B .BM ≠EN ,且直线BM ,EN 是相交直线 C .BM =EN ,且直线BM ,EN 是异面直线 D .BM ≠EN ,且直线BM ,EN 是异面直线 3、浙江4.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同,则积不容易”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体体积公式V 柱体=Sh ,其中S 是柱体的底面积,h 是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示,则该柱体的体积是 A .158 B .162 C .182 D .32 4、浙江8.设三棱锥V -ABC 的底面是正三角形,侧棱长均相等,P 是棱VA 上的点(不含端点),记直线PB 与直线AC 所成角为α,直线PB 与平面ABC 所成角为β,二面角P -AC -B 的平面角为γ,则 A .β<γ,α<γ B .β<α,β<γ C .β<α,γ<α D .α<β,γ<β 5、北京理(11)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为__________. 6、北京理(12)已知l ,m 是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l ⊥m ;②m ∥α;③l ⊥α. 以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:__________. 7、江苏9.如图,长方体1111ABCD A B C D -的体积是120,E 为1CC 的中点,则三棱锥E -BCD 的体积是 . 8、全国I 文16.已知∠ACB=90°,P 为平面ABC 外一点,PC =2,点P 到∠ACB 两边AC ,BC 的距离均为3,那么P 到平面ABC 的距离为______ _____. 9、全国II 文理16.中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为 长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1). 半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美. 图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方 体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面,其棱长为_________.(本题第一空2分,第二空3分.) 10、全国III 理16.学生到工厂劳动实践,利用3D 打印技术制作模型.如图,该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体,其中O 为长方体的中心,E ,F ,G ,H 分别为所在棱的中点,16cm 4cm AB =BC =, AA =,3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3,不考虑打印损耗, 制作该模型所需原料的质量为___________g.

最新高中立体几何题型分类训练(附详细答案)(1)

立体几何题型分类解答 第一节空间简单几何体的结构与三视图、直观图 及其表面积和体积 一、选择题 1.(2009年绵阳月考)下列三视图所对应的直观图是( ) 2.(2010年惠州调研)下列几何体(如下列图)各自的三视图中,有且仅有两个视图相同的是( ) A.①②B.①③C.①④D.②④ 3.如下图所示,甲、乙、丙是三个立体图形的三视图,甲、乙、丙对应的标号正确的是( ) ①长方体②圆锥③三棱锥④圆柱 A.④③② B.②①③ C.①②③ D.③②④ 4.(2009年常德模拟)用单位立方块搭一个几何体,使它的主视图和俯视图如下图所示,则它的体积的最小值与最大值分别为( ) A.9与13 B.7与10 C.10与16 D.10与15 5.(2009年山东卷)一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )

A .2π+2 3 B .4π+2 3 C .2π+233 D .4π+23 3 二、填空题 6.在下列图的几何体中,有________个是柱体. 7.(2009年全国卷)直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上,若AB =AC =AA 1=2,∠BAC=120°,则此球的表面积等于__________. 8.一个长方体共顶点的三个面的面积分别为2、3、6,这个长方体对角线的长是________. 三、解答题 9.如右图所示,在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,AB =3,AA 1=4,M 为AA 1的中点,P 是BC 上一点,且由P 沿棱柱侧面经过棱CC 1到M 的最短路线长为29,设这条最短路线与CC 1的交点为N.求: (1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长; (2)PC 和NC 的长. 10.一几何体的表面展开图如右图,则这个几何体是哪一种几何体?选择适当的角度,画出它水平放置时的直观图与三视图.并计算该几何体的体积. 参考答案 1.C 2.解析:正方体的三视图都相同,而三棱台的三视图各不相同,正确答案为D.

2020年高考数学分类汇编:立体几何

2020年高考数学分类汇编:立体几何 4.日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为 A.20°B.40° C.50°D.90° 8.右图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是 A. 6+42 B. 442 C. 623 D. 423 9.右图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是 A. 6+42 B. 4+42 C. 6+23 D. 4+23 7.右图是一个多面体的三视图,这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M,在俯视图中对应的点为N,则该端点在侧视图中对应的点为

A . E B . F C .G D . H 16.已知圆锥的底面半径为 1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的切球表面积为 11.已知△ABC 是面积为 934 的等边三角形,且其顶点都在球 O 的球面上.若球 O 的表面积为16π,则O 到平面ABC 的距离为A . 3 B .32 C .1 D . 32 16.设有下列四个命题: p 1:两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p 2:过空间中任意三点有且仅有一个平面.p 3:若空间两条直线不相交,则这两条直线平行.p 4:若直线l 平面α,直线m ⊥平面α,则m ⊥l . 则下述命题中所有真命题的序号是__________. ① 14p p ②12p p ③ 23 p p ④ 34 p p 3.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为 ② ③A . 514 B . 512 C . 514 D . 512

新课标三高考数学试题目分类解析立体几何

新课标三高考数学试题目分类解析立体几何

2007——2009新课标三年高考数学试题分类解析 立体几何 一、选择题 1.(2007·广东文6)若,,l m n是互不相同的空 间直线,,αβ是不重合的平面,则下列命题 中为真命题的是 A.若α∥β,lα?,nβ?,则l∥n B.若α⊥β,lα ?,则lβ⊥ C.若l n⊥,m n⊥,则l∥m D.若l⊥β,l∥β,则αβ⊥ 解析:逐一判除,易得答案(D). 2.(2007·山东文理3)下列几何体各自的三视图中,有且仅有两个视图相同的是()D B A 1 B 1 D 1 A ①正②圆③三④正

P D B A A .①② B .①③ C .①④ D .②④ 答案:D 【分析】: 正方体的三视图都相同,而三棱台的三视图各不相同,正确答案为D 。 2.(2007·海、宁理文8)已知某个几何体的三视图如下,根据图中 标出 的尺寸(单位:cm ),可得这个几 何体的体积是( ) A.3 4000cm 3 B.3 8000cm 3 C.3 2000cm D.3 4000cm 答案::B 解析:如图,18000 202020.33 V =???= 3.(2007·海、宁理12)一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱.这个四棱锥的底面为正方形, 22 正视 2侧视 112俯视

h 1 h(h 2) P D B A E A O S C B 且底面边长与各侧棱长相等,这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等.设四棱锥、 三棱锥、三棱柱的高分别为1 h ,2 h ,h , 则1 2 ::h h h =( ) 3 32:2 322 323 答案::B 【分析】:如图,设正三棱锥P ABE -棱长为a , 则四棱锥P ABCD -的各棱 长也为a , 于是221 22 ( ),2h a a = -= 222326( ),232 h a a h =-?== 1 2 ::32:2. h h h ∴= 4.(2007·海、宁文11)已知三棱锥S ABC -的各顶点都在一个半径为 r 的球面上, 球心O 在AB 上,SO ⊥底 面ABC ,2AC r =, 则球的体积与三棱锥体积之比是( ) A.π B.2π C.3π D.4π

2019-2020高考数学试题分类汇编

2019---2020年真题分类汇编 一、 集合(2019) 1,(全国1理1)已知集合}242{60{}M x x N x x x =-<<=--<,,则M N = A .}{43x x -<< B .}42{x x -<<- C .}{22x x -<< D .}{23x x << 2,(全国1文2)已知集合{}{}{}1,2,3,4,5,6,72,3,4,52,3,6,7U A B ===,,,则U B A = A .{}1,6 B .{}1,7 C .{}6,7 D .{}1,6,7 3,(全国2理1)设集合A ={x |x 2–5x +6>0},B ={x |x –1<0},则A ∩B = A .(–∞,1) B .(–2,1) C .(–3,–1) D .(3,+∞) 4,(全国2文1)已知集合={|1}A x x >-,{|2}B x x =<,则A ∩B = A .(-1,+∞) B .(-∞,2) C .(-1,2) D .? 5,(全国3文、理1)已知集合2{1,0,1,2}{|1}A B x x =-=≤,,则A B = A .{}1,0,1- B .{}0,1 C .{}1,1- D .{}0,1,2 6,(北京文,1)已知集合A ={x |–11},则A ∪B = (A )(–1,1) (B )(1,2) (C )(–1,+∞) (D )(1,+∞) 7,(天津文、理,1)设集合{1,1,2,3,5},{2,3,4},{|13}A B C x x =-==∈≤∈R ,则A B = . 10,(上海1)已知集合{1A =,2,3,4,5},{3B =,5,6},则A B = . 一、 集合(2020) 1.(2020?北京卷)已知集合{1,0,1,2}A =-,{|03}B x x =<<,则A B =( ). A. {1,0,1}- B. {0,1} C. {1,1,2}- D. {1,2} 2.(2020?全国1卷)设集合A ={x |x 2–4≤0},B ={x |2x +a ≤0},且A ∩B ={x |–2≤x ≤1},则 a =( ) A. –4 B. –2 C. 2 D. 4 3.(2020?全国2卷)已知集合U ={?2,?1,0,1,2,3},A ={?1,0,1},B ={1,2},则()U A B ?=( ) A. {?2,3} B. {?2,2,3} C. {?2,?1,0,3} D. {?2,?1,0,2,3} 4.(2020?全国3卷)已知集合{(,)|,,}A x y x y y x =∈≥*N ,{(,)|8}B x y x y =+=,则A B 中元素的个数为( ) A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 5.(2020?江苏卷)已知集合{1,0,1,2},{0,2,3}A B =-=,则A B =_____.

历年高考真题遗传题经典题型分类汇总(含答案)

历年高考真题遗传类基本题型总结 一、表格形式的试题 1.(2005年)已知果蝇中,灰身与黑身为一对相对性状(显性基因用B表示,隐性基因用b表示);直毛与分叉毛为一对相对性状(显性基因用F表示,隐性基因用f表示)。两只亲代果蝇杂交得到以下子代类型 请回答: (1)控制灰身与黑身的基因位于;控制直毛与分叉毛的基因位于。 (2)亲代果蝇的表现型为、。 (3)亲代果蝇的基因为、。 (4)子代表现型为灰身直毛的雌蝇中,纯合体与杂合体的比例为。 (5)子代雄蝇中,灰身分叉毛的基因型为、;黑身直毛的基因型为。 2.石刁柏(俗称芦笋,2n=20)号称“蔬菜之王”,属于XY型性别决定植物,雄株产量明显高于雌株。石刁柏种群中抗病和不抗病受基因A 、a控制,窄叶和阔叶受B、b控制。两株石刁柏杂交,子代中各种性状比例如下图所示,请据图分析回答: (1)运用的方法对上述遗传现象进行分析,可判断基因A 、a位于染色体上,基因B、b位于染色体上。 (2)亲代基因型为♀,♂。子代表现型为不抗病阔叶的雌株中,纯合子与杂合子的比例为。 3.(10福建卷)已知桃树中,树体乔化与矮化为一对相对性状(由等位基因D、d控制),蟠桃果形与圆桃果形为一对相对性状(由等位基因H、h控制),蟠挑对圆桃为显性,下表是桃树两个杂交组合的试验统计数据: (1)根据组别的结果,可判断桃树树体的显性性状为。 (2)甲组的两个亲本基因型分别为。 (3)根据甲组的杂交结果可判断,上述两对相对性状的遗传不遵循自由组台定律。理由是:如果这两对性状的遗传遵循自由组台定律,则甲纽的杂交后代应出现种表现型。比例应为。 4.(11年福建卷)二倍体结球甘蓝的紫色叶对绿色叶为 显性,控制该相对性状的两对等位基因(A、a和B、b)分别位于3号和8号染色体上。下表是纯合甘蓝杂交试验的统计数据: 请回答: (1)结球甘蓝叶性状的有遗传遵循____定律。 (2)表中组合①的两个亲本基因型为____,理论上组合①的F2紫色叶植株中,纯合子所占的比例为_____。 (3)表中组合②的亲本中,紫色叶植株的基因型为____。若组合②的F1与绿色叶甘蓝杂交,理论上后代的表现型及比例为____。

2016年高考文科数学真题分类汇编:立体几何

2016年高考数学文试题分类汇编 立体几何 一、选择题 1、(2016年山东高考)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 )12+π33 (B )1+π33 (C )1+π36 (D )1+π6 2、(2016年上海高考)如图,在正方体ABCD ?A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别为BC 、BB 1的中点,则下列直线中与直线EF 相交的是( ) (A)直线AA 1 (B)直线A 1B 1 (C)直线A 1D 1 (D)直线B 1C 1 【答案】D 3、(2016年天津高考)将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,得到的几何体的 正视图与俯视图如图所示,则该几何体的侧(左)视图为( )

【答案】B 4、(2016年全国I 卷高考)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互 相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3 ,则它的表面积是 (A )17π (B )18π (C )20π (D )28π 【答案】A 5、(2016年全国I 卷高考)如平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ,11//CB D α平面,ABCD m α= 平面,11ABB A n α= 平面,则m ,n 所成角的正弦值为 (A B C (D )13 【答案】A

6、(2016年全国II卷高考)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为() (A)20π(B)24π(C)28π(D)32π 【答案】C 7、(2016年全国III卷高考)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实现画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为 (A)18+(B)54+(C)90 (D)81 【答案】B 8、(2016年浙江高考)已知互相垂直的平面αβ ,交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则() A.m∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n 【答案】C

2018年高考题分类汇编之立体几何

2018年数学高考题分类汇编之立体几何 1.【2018年浙江卷】已知四棱锥S?ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点),设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S?AB?C的平面角为θ3,则 A. θ1≤θ2≤θ3 B. θ3≤θ2≤θ1 C. θ1≤θ3≤θ2 D. θ2≤θ3≤θ1 2.【2018年浙江卷】某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是 A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 3.【2018年文北京卷】某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为 A. 1 B. 2 C. 3 D.4 4.【2018年新课标I卷文】在长方体中,,与平面所成的角为,则该长方体的体积为 A. B. C. D. 5.【2018年新课标I卷文】已知圆柱的上、下底面的中心分别为,,过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为 A. B. C. D. 6.【2018年全国卷Ⅲ文】设是同一个半径为4的球的球面上四点,为等边三角形且其面积为,则三棱锥体积的最大值为 A. B. C. D. 7.【2018年全国卷Ⅲ文】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 A. A B. B C. C D. D 8.【2018年全国卷II文】在正方体中,为棱的中点,则异面直线与所成角的正切值为 A. B. C. D. 9.【2018年天津卷文】如图,已知正方体ABCD–A1B1C1D1的棱长为1,则四棱柱A1–BB1D1D的体积为 __________. 10.【2018年江苏卷】如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________.

高考数学试题分类汇编集合

2008年高考数学试题分类汇编:集合 【考点阐述】 集合.子集.补集.交集.并集. 【考试要求】 (1)理解集合、子集、补集、交集、并集的概念.了解空集和全集的意义.了解属于、包含、相等关系的意义.掌握有关的术语和符号,并会用它们正确表示一些简单的集合. 【考题分类】 (一)选择题(共20题) 1、(安徽卷理2)集合{}|lg ,1A y R y x x =∈=>,}{2,1,1,2B =--则下列结论正确的是( ) A .}{2,1A B =-- B . ()(,0)R C A B =-∞ C .(0,)A B =+∞ D . }{()2,1R C A B =-- 解: }{0A y R y = ∈>,R (){|0}A y y =≤e,又{2,1,1,2}B =-- ∴ }{()2,1R A B =--e,选D 。 2、(安徽卷文1)若A 为全体正实数的集合,{}2,1,1,2B =--则下列结论正确的是( ) A .}{2,1A B =-- B . ()(,0)R C A B =-∞ C .(0,)A B =+∞ D . }{()2,1R C A B =-- 解:R A e是全体非正数的集合即负数和0,所以}{() 2,1R A B =--e 3、(北京卷理1)已知全集U =R ,集合{} |23A x x =-≤≤,{}|14B x x x =<->或,那么集合A ∩(C U B )等于( ) A .{}|24x x -<≤ B .{}|34x x x 或≤≥ C .{}|21x x -<-≤ D .{}|13x x -≤≤ 【标准答案】: D 【试题分析】: C U B=[-1, 4],()U A B e={}|13x x -≤≤

历年高考试题分类汇编之《曲线运动》,推荐文档

历年高考试题分类汇编之《曲线运动》 (全国卷1)14.如图所示,一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上。物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满 足 A.tan φ=sin θ B. tan φ=cos θ C. tan φ=tan θ D. tan φ=2tan θ 答案:D 解析:竖直速度与水平速度之比为:tanφ = ,竖直位移与水平位移之比为:tanθ = gt v 0 ,故tanφ =2 tanθ ,D 正确。 0.5gt 2 v 0t (江苏卷)5.如图所示,粗糙的斜面与光滑的水平面相连接,滑块沿水平面以速度 运动.设滑块运动到A 点的时刻为t =0,距A 点的水平距离为x ,水平 0v 速度为.由于不同,从A 点到B 点的几种可能的运动图象如下列选 x v 0v 项所示,其中表示摩擦力做功最大的是 答案:D 解析:考查平抛运动的分解与牛顿运动定律。从A 选项的水平位移与时间的正比关系可知,滑块做平抛运动,摩擦力必定为零;B 选项先平抛后在水平地面运动,水平速度突然增大,摩擦力依然为零;对C 选项,水平速度不变,为平抛运动,摩擦力为零;对D 选项水平速度与时间成正比,说明滑块在斜面上做匀加速直线运动,有摩擦力,故摩擦力做功最大的是D 图像所显示的情景,D 对。本题考查非常灵活,但考查内容非常基础,抓住水平位移与水平速度与时间的关系,然后与平抛运动的思想结合起来,是为破解点。 (江苏卷)13.(15分)抛体运动在各类体育运动项目中很常见,如乒乓球运动.现讨论乒乓球发球问题,设球台长2L 、网高h ,乒乓球反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反,且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力.(设重力加速度为g ) (1)若球在球台边缘O 点正上方高度为h 1处以速度,水平发出,落在球台的P 1点(如 1v

2020高考数学分类汇编--立体几何

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学 3.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为 A . 1 4 B . 1 2 C . 1 4 D . 1 2 10.已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点,⊙1O 为ABC △的外接圆,若⊙1O 的面积为4π, 1AB BC AC OO ===,则球O 的表面积为 A .64π B .48π C .36π D .32π 16.如图,在三棱锥P –ABC 的平面展开图中,AC =1,AB AD =AB ⊥AC ,AB ⊥AD , ∠CAE =30°,则cos ∠FCB = . 18.(12分) 如图,D 为圆锥的顶点,O 是圆锥底面的圆心,AE 为底面直径,AE AD =.ABC △是 底面的内接正三角形,P 为DO 上一点,PO .

(1)证明:PA ⊥平面PBC ; (2)求二面角B PC E --的余弦值. 3.C 10.A 16.14 - 18.解:(1)设DO a =,由题设可得,,63 PO a AO a AB a = ==, 2 PA PB PC === . 因此222PA PB AB +=,从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=,从而PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC . (2)以O 为坐标原点,OE 的方向为y 轴正方向,||OE 为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -. 由题设可得1(0,1,0),(0,1,0),(,0),(0,0,)22 E A C P -. 所以31(,,0),(0,2EC EP =- -=-.

2020年高考数学试题分类汇编之立体几何

2018年高考数学试题分类汇编之立体几何 一、选择题 1.(北京卷文)(6)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为( )。 (A )1 (B )2 (C )3 (D )4 2.(北京卷理)(5)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为 (A )1 (B )2 (C )3 (D )4 3.(浙江)(3)某几何体的三视图如图所示(单位:cm ),则该几何体的体积(单位:cm 3)是 A .2 B .4 C .6 D .8 4.(全国卷一文)(5)已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ,2O ,过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为 A .122π B .12π C .82π D .10π 5.(全国卷一文)(9)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如右图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ,圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ,则在此圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径的长度为 A .217 B .25 C .3 D .2 6.(全国卷一文)(10)在长方体1111ABCD A B C D -中, 2AB BC ==,1AC 与平面11BB C C 所成的角为30?,则该长方体的体积为 A .8 B .62 C .82 D .83 7.(全国卷一理)(7)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ,圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ,则在此圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径的长度为 A .172 B .52 C .3 D .2 8.(全国卷一理)(12)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角相等,则α截此正方 体所得截面面积的最大值为 A . 33 B .23 C .324 D .3 9.(全国卷二文)(9)在正方体1111ABCD A B C D -中, E 为棱1CC 的中点,则异面直线AE 与CD 所成角

历年高考地理真题分类汇编

历年高考地理真题分类汇编 专题城乡规划 (?天津卷)图4、图5表示城市人口密度和城区在15年间的变化。读图回答6-7题。 6.结合图4中的信息推断,该市人口状况发生的变化是() A.其北部人口增加的数量最多 B.全市人口密度增加 C.市中心的人口密度有所降低 D.东部人口增长较慢 7.结合图5中信息推断,该城市空间结构发生的变化是() A.商业区的分布更加集中 B.新工业区向老工业区集聚 C.住宅区向滨湖地区聚集 D.中部、南部路网密度增大 【答案】6. B 7. D 【解析】 试题分析: 6.从图示中人口密度的图例分析,该市东部人口密度增加较大,人口增加较快;增加数量的多少还取决于面积的大小,所以不能判断各方向人口增加数量的多少;而全市的人口密度都增加。故选B。

(?四川卷)图3反映我国某城市某工作日0:00时和10:00时的人口集聚状况,该图由手机定位功能获取的人口移动数据制作而成,读图回答下列各题。 5、按城市功能分区,甲地带应为() A、行政区 B、商务区 C、住宅区 D、工业区 6、根据城市地域结构推断,该城市位于() A、丘陵地区 B、平原地区 C、山地地区 D、沟谷地区 【答案】5、C 6、B

(?江苏卷)“国际慢城”是一种具有独特地方感的宜居城镇模式,要求人口在5万人以下、环境质量好、提倡传统手工业、无快餐区和大型超市等。下图为“国际慢城”桠溪镇的大山村土地利用今昔对比图。读图回答下列问题。 21.与“国际慢城“要求相符合的生产、生活方式是() A.骑单车出行 B.经营手工业作坊 C.去速食店就餐 D.建大型游乐场 22.大山村在成为“国际慢城”前后,产业结构的变化是() A.从传统农业到现代农业 B.从种植业到种植业与服务业相结合 C.从水稻种植业到商品谷物农业 D.从较单一的农作物到多种经济作物

2016年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(13 立体几何 )

2016 年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全 (13立体几何) 一、选择题 1.(2016北京理)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为() A. 1 6 B. 1 3 C. 1 2 D.1 【答案】A 【解析】试题分析:分析三视图可知,该几何体为一三棱 锥P ABC -,其体积 111 111 326 V=????=,故选A. 考点:1.三视图;2.空间几何体体积计算. 【名师点睛】解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征.常见的有以下几类:①三视图为三个三角形,对应的几何体为三棱锥;②三视图为两个三角形,一个四边形,对应的几何体为四棱锥;③三视图为两个三角形,一个圆,对应的几何体为圆锥;④三视图为一个三角形,两个四边形,对应的几何体为三棱柱;⑤三视图为三个四边形,对应的几何体为四棱柱;⑥三视图为两个四边形,一个圆,对应的几何体为圆柱. 2.(2016全国Ⅰ文、理)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是 28 3 π ,则它的表面积是( ) (A)17π(B)18π(C)20π(D)28π 【答案】A 【解析】试题分析:该几何体直观图如图所示: 是一个球被切掉左上角的 1 8 ,设球的半径为R,则3 7428 V R 833 π π =?=,解得R2 =,所以它的表面积是 7 8 的球面面积和三个扇形面积之和

2271 =42+32=1784 S πππ????故选A . 考点:三视图及球的表面积与体积 【名师点睛】由于三视图能有效的考查学生的空间想象能力,所以以 三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三 视图一般常与几何体的表面积与体积交汇.由三视图还原出原几何体,是解决此类问题的关键. 3.(2016全国Ⅰ文、理)平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1, ABCD m α=平面,11ABB A n α=平面,则m 、n 所成角的正弦值为 ( ) (A) 3 (B )2 (C)3 (D)13 【答案】A 【解析】试题分析:如图,设平面11CB D 平面ABCD ='m , 平面11 CB D 平面11ABB A ='n ,因为//α平面11CB D , 所以//',//'m m n n ,则,m n 所成的角等于','m n 所成的角. 延长AD ,过1D 作11//D E B C ,连接11,CE B D ,则CE 为'm , 同理11B F 为'n ,而111//,//BD CE B F A B ,则','m n 所成 的角即为1,A B BD 所成的角,即为60?,故,m n 所成角的 正弦值为 3 2 ,选A. 考点:平面的截面问题,面面平行的性质定理,异面直线所成的角. 【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成角,求异面直线所成角的步骤是:平移定角、连线成形,解形求角、得钝求补. 4.(2016全国Ⅱ文)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球面的表面积为( ) (A )12π (B ) 32 3π (C )8π (D )4π 【答案】A 【解析】试题分析:因为正方体的体积为8,所以棱长为2,所以正方体的体对角线长为23,所以正方体的外接球的半径为3,所以球面的表面积为24(3)12ππ?=,故选A. 考点: 正方体的性质,球的表面积. 【名师点睛】棱长为a 的正方体中有三个球: 外接球、内切球和与各条棱都相切的球.其半径分别为 3a 、2 a 和22a .

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