北京2019年高考数学(理)一轮特训：立体几何(含答案)
北京市2019年高考数学（理）一轮专题复习特训
立体几何
一 选择题
1【2018北京（理）真题8】如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，动点E ，F 在棱A 1B 1上，动点P ，Q 分别在棱AD ，CD 上．若EF ＝1，A 1E ＝x ，DQ ＝y ，DP ＝z(x ，y ，z 大于零)，则四面体P —EFQ 的体积(
)
A ．与x ，y ，z 都有关
B ．与x 有关，与y ，z 无关
C ．与y 有关，与x ，z 无关
D ．与z 有关，与x ，y 无关 【答案】D
2【2018北京（理）真题7】在空间直角坐标系Oxyz 中,
已知(2,0,0)(2,2,0),(0,2,0),(1,1A B C D .若123,,S S S 分别是三棱锥D ABC -在,,xOy yOz zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ） A ．123S S S == B ．21S S =且23S S ≠ C ．31S S =且32S S ≠ D ．32S S =且31S S ≠ 【答案】D
3【2018北京（理）真题7】某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的
表面积是
（A
）28+
(B) 30+（C
）56+
（D
）60+
【答案】．B
4【2018北京（理）真题7】某四面体三视图如图所示，该四面体四个面的面
积中最大的是（ ）
俯视图
侧（左）视图
正（主）视图
43
2
4
A. 8
B. C. 10
D. 【答案】C
5(2019年西城一模理科)如图，设P 为正四面体A BCD 表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点P 到四个顶点的距离组成的集合记为M ，如果集合M 中有且只有2个元素，那么符合条件的点P 有（ C ） （A ） 4个 （B ）6个 （C ）10个 （D ）14个
6 (2019年丰台一模理科)棱长为2的正方体被一平面截成两个几何体，其中一个几何体的三视图如图所示，那么该几何体的体积是（B ） （A ）14
3
（B ）4 （C ）103 （D ）3
7 (2019年石景山一模理科)右图是某个三棱锥的三视图，其中主
视图是等边三角形，左视图是直角三角形，俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的体积是（B ）
A
C
8(2019年延庆一模理科)右图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是(A)
A ．3
B ．
34 C ．1 D ．3
2
二 填空题
1【2018北京（理）真题14】.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，点P
在线
侧视图俯视图
主视图
主视图
左视图
俯视图
段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为 .
【答案】
2 (2019年西城一模理科)已知一个正三棱柱的所有棱长均等于2，它的俯视图是一个边长为2的正三
角形，那么它的侧（左）视图面积的最小值是
__
3 (2019年海淀一模理科)
4 (2019年朝阳一模理科)
______）
1
3
5 (2019年朝阳一模理科)如图，在四棱锥S ABCD
-中，SB⊥底面ABCD．底面
AB AD
⊥，AB∥CD，1,3
AB AD
==，2
CD=．若点E是线段AD上的动点，则满足∠
点E的个数是__2_
三解答题
1【2018北京（理）真题17】.（本小题14分）
如图，正方形AMDE的边长为2，C
B,分别为MD
AM,的中点，在五棱锥ABCDE
P-
中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PC
PD,分别交于点H
G,.
（1）求证：FG
AB//；
（2）若⊥
PA底面ABCDE，且PE
AF⊥，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并
求线段PH的长.
侧视图
俯视图
B
C D
E
S
A
俯视图
主视图侧视图
P
H
G
F
E
D
C
A
（1） 【答案】．证明：
//,,ED AM ED AM PED PED ??面面
//AM PED ∴面
,AM ABF AB ABF ??面即面 ABF PED FG =面面?
//AB FG ∴
（2） 如
图
建
立
空
间
坐
标
系
A xyz -，各
点坐标如下：
(0,0,0),E(0,2,0),B(1,0,0),C(2,1,0),F(0,1,1),P(0,0,2)A
设ABF 面的法向量为000(,,z )n x y =，(1,0,0)AB =,(0,1,1),AF =
n AB n AF ??=??
?=??，即00x y z =??+=?，令1y =得：(0,1,1)n =- 又(1,1,0)BC =
，1
sin ,2
BC n ∴<>=
= 直线BC 与平面ABF 所成角为6
π
设111(,,z )H x y ,由,PH tPC =则111(,,z 2)t(2,1,2)x y -=- (21,,22)H t t t ∴--
又
,(21,,22)H ABF BH t t t ∈=--面
0n BH ∴?=,2220,3t t t ∴+-=∴=，422(,,)333H ∴，424,,333PH ??
= ???
|PH|=2∴
2【2018北京（理）真题17】. (本小题共14分)
如图，在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB=3，BC=5. （Ⅰ）求证：AA 1⊥平面ABC ；
（Ⅱ）求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值；
（Ⅲ）证明：在线段BC 1存在点D ，使得AD⊥A 1B ，并求
1
BD
BC 的值.
【答案】． 解：（Ⅰ）因为11AAC C 是正方形，所以1AA AC ⊥． 因为11ABC AAC C ⊥平面平面，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，
所以1AA ⊥平面ABC ．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知1AA AC ⊥，1AA ⊥AB ．
由题知AB=3，BC=5，AC=4，所以AB AC ⊥． 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A xyz -，则 ()0,3,0B ，()10,0,4A ，()10,3,4B ，()14,0,4C ．
设平面11A BC 的法向量为(),,x y z n ，则 1110,
0.A B AC ??=??
?=??n n 即340,40.y z x -=??=?
令z=3，则x=0，y=4，所以()0,4,3=n ．
同理可得平面11BB C 的法向量为()3,4,0=m ．
所以16cos ,.
25
?==?n m n m n m
由题知二面角111A BC B --为锐角，
所以二面角111A BC B --的余弦值为16
.25
（Ⅲ）设点D (),,x y z 是直线BC 1上一点，且1.BD BC λ= 所以()(),3,4,3,4x y z λ-=-． 解得4,33,4.x y z λλλ==-= 所以()4,33,4.
AD λλλ=-
由10AD A B ?=，即9250λ-=，
解得9
25λ=．
因为[]9
0,125∈，所以在线段BC 1上存在点D ，使得1AD A B ⊥．
此时19.25
BD BC λ==
3【2018北京（理）真题16】（本小题共14分）
如图1，在Rt ABC ?中，90C ∠=?，3BC =，
6AC =，D 、E 分别为AC 、AB 上的点，且
DE //BC ，2DE =，将ADE ?沿DE 折起到1A DE ?的位置，使1
AC CD ⊥，如图2． C 1
x
A A 1
M
（Ⅰ）求证：1AC ⊥平面BCDE ； （Ⅱ）若M 是1A D 的中点，
求CM 与平面1A BE 所成角的大小； （Ⅲ）线段BC 上是否存在点P ，使平面
1A DP 与平面1A BE 垂直？说明理由．
【答案】．解：（1
）
CD DE ⊥，1A E DE ⊥
∴DE ⊥平面1A CD ，
又
1A C ?平面1A CD ，
∴1A C ⊥DE
又1A C CD ⊥，
∴1A C ⊥平面BCDE
（2）如图建系C xyz -，则()200D -，，
，(00A ，，，()030B ，，，()220E -，，
∴(103A B =-，，,()1210A E =--，， 设平面1A BE 法向量为()n x y z =，， 则11
00A B n A E n ??=???=??
∴3020y x y ?-=??--=??
∴2
z y y x ?=????=-??
∴(
12n =-，
又∵(10M -，
∴(10CM =-，
∴cos ||||1CM n CM n θ?=
===?
∴CM 与平面1A BE 所成角的大小45?
（3）设线段BC 上存在点P ，设P 点坐标为()00a ，，，则[]03a ∈，
则(10A P a =-，，，()20DP
a =，， 设平面1A DP 法向量为()1111n x y z =，，
则1111
020ay x ay ?-=??+=??
∴11
1112
z x ay ?=????=-?? ∴()
136n a =-，
假设平面1A DP 与平面1A BE 垂直
则10n n ?=，
∴31230a a ++=，612a =-，2a =- ∵03a <<
∴不存在线段BC 上存在点P ，使平面1A DP 与平面1A BE 垂直 4【2018北京（理）真题16】（本小题共14分）
如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD
是
y C
菱形，2,60AB BAD =∠=. (Ⅰ)求证：BD ⊥平面;PAC （Ⅱ）若,PA AB =求PB 与AC 所成角的余弦值； （Ⅲ）当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长.
【答案】．证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD 是菱形，
所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD. 所以PA⊥BD.
所以BD⊥平面PAC.
（Ⅱ）设AC∩BD=O.
因为∠BAD=60°，PA=PB=2,
所以BO=1，AO=CO=3.
如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O —xyz ，则
P （0，—3，2），A （0，—3，0），B （1，0，0），C （0
，3，0）. 所以).0,32,0(),2,3,1(=-=AC PB 设PB 与AC 所成角为θ，则
4
63
2226cos =
?=
. （Ⅲ）由（Ⅱ）知).0,3,1(-=BC 设P （0，－3，t ）（t>0）， 则),3,1(t BP --=
设平面PBC 的法向量),,(z y x m =, 则0,0=?=?m BP m BC
所以?????-+--=+-0
3,03tz y x y x
令,3=y 则.6
,3t z x ==
所以)6
,3,3(t
m =
同理，平面PDC 的法向量)6,3,3(t
n -= 因为平面PCB⊥平面PDC,
所以n m ?=0，即036
62=+
-t
解得6=
t
所以PA=6
5 (2019年东城一模理科)
吧
6 (2019年西城一模理科)如图，在四棱柱
1111ABCD A B C D -中，
底面ABCD 和侧面
11BCC B 都是矩形，E 是CD 的中点，1D E CD ⊥，22AB BC ==.
（Ⅰ）求证：1⊥BC D E ； （Ⅱ）求证：1BC // 平面1BED ；
（Ⅲ）若平面11BCC B 与平面1BED
（Ⅰ）证明：因为底面ABCD 和侧面11BCC B 是矩形， 所以 BC CD ⊥，1BC CC ⊥，又因为 1=CD
CC C ，
所以 BC ⊥平面11DCC D ， ………………2分 因为 1D E ?平面11DCC D ， 所以
1BC D E ⊥. …………4分
（Ⅱ）证明：因为 1111//, BB DD BB DD =，所以四边形11D DBB 是平行四边形. 连接1DB 交1D B 于点F ，连接EF ，则F 为1DB 的中点.
在1?B CD 中，因为DE CE =，1DF B F =，所以 1//EF B C .……………6分
又因为 1?B C 平面1
BED ，?EF 平面1BED ，所以 1//BC 平面
1BED . ………8分 （Ⅲ）解：由（Ⅰ）可知1BC D E ⊥， 又因为 1D E CD ⊥，BC
CD C =，
所以 1D E ⊥平面ABCD . ………………9分设G 为AB 的中点，以E 为原点，EG ，EC ，1ED 如图建立空间直角坐标系， 1
1
设1D E a =，则11(0,0,0), (1,1,0), (0,0,), (0,1,0), (1,2,), (1,0,0)E B D a C B a G . 设平面1BED 法向量为(,,)x y z =n ， 因为 1(1,1,0), (0,0,)EB ED a ==，由
10,0,
EB ED ??=???=??n n 得
0,0.
x y z +=??
=?
令1x
=，得(1,1,0)=-n . …………11分
设平面11BCC B 法向量为111(,,)x y z =m ，因为 1(1,0,0), (1,1,)CB CB a ==，
由10,0,
CB CB ??=???=??m m
得11110,0.
x x y az =??++=?令1
1z =，得(0,,1)a =-m .…………12分
由平面11BCC B 与平面1BED 所成的锐二面角的大小为π3
， 得
||π
|cos ,|cos 3?<>=
==m n m n m n ， ……………13分 解得1a =. ………………14分
7 (2019年海淀一模理科) 如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB=30°，∠ABC=90°，D 为AC 中点，AE BD ⊥于E ，延长AE 交BC 于F ，将?ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，如图2所示． （Ⅰ）求证：AE ⊥平面BCD ；（Ⅱ）求二面角A –DC –B 的余弦值．
（Ⅲ）在线段AF 上是否存在点M 使得//EM 平面ADC ？若存在，请指明点M 的位置；若不存在，请说明理由．
（Ⅰ）因为平面ABD ⊥平
面
在ABD ?中，
AE BD ⊥于E ，AE ?平面所以AE ⊥平面
3分 （Ⅱ）由（Ⅰ）结论AE ⊥平面BCD 可得AE EF ⊥．
由题意可知EF BD ⊥，又AE ⊥BD ．
如图，以
E 为坐标原点，分别以,,E
F ED EA 所在直线为x 轴，y 轴，
z 轴，建立空间直角坐标系E xyz -——4分
不妨设2AB BD DC AD ====，则1BE ED ==． 由图1条件计算得，AE =BC =BF = 则(0,0,0),(0,1,0),(0,1,0),E D B A F C -———————5分 (3,1,0),(0,1,DC AD ==．
由AE ⊥平面BCD 可知平面DCB 的法向量为EA ．———————6分
设平面ADC 的法向量为(,,)x y z =n ，则0,0.DC AD ??=???=??n n 即0,
0.
y y +==??
令1z =，则1y x ==，所以(11)=-n ．——————————8分
B F
平面DCB 的法向量为EA
所以cos ,5||||
EA EA EA ?<>==-?n n
n ，
所以二面角A DC B --—————————————9分 （Ⅲ）设AM AF
λ=，其中[0,1]λ∈．由于3
(
3
AF =， 所以(
AM AF λλ==，其中
[0,1]λ∈————————————10分 所以3,0,(13EM EA AM λ?=+=-
?
————————————11分
由0EM ?=n ，即03
λλ=-(1-———12分 解得3=(0,1)4λ∈．————13分
所以在线段AF 上存在点M 使EM ADC ∥平面，且
3
4
AM AF =．————————14分
8 (2019年朝阳一模理科)如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ．PAD △为等腰直角三角形，且PA AD ⊥．E ，F 分别为底边AB 和侧棱PC 的中点． （Ⅰ）求证：EF ∥平面PAD ； （Ⅱ）求证：EF ⊥平面PCD ； （Ⅲ）求二面角E PD C --的余弦值．
（Ⅰ）证明：取PD 的中点G ，连接FG ，AG ． 因为F ，G 分别是PC ，PD 的中点，所以FG 是
的中位线．
所以FG ∥CD ，且1
2
FG CD =．又因为E 是AB 的
中点，且底面ABCD 为正方形，
所以11
22AE AB CD ==，且AE ∥CD ．所以AE ∥FG ，且AE FG =． 所以四边形AEFG 是平行四边形．所以EF ∥AG ．又EF ?平面PAD ，AG ?平面PAD ，
所以EF 平面PAD ．…………………4分 （Ⅱ）证明：因为平面PAD ⊥平面ABCD ，PA AD ⊥，且平面PAD I 平面ABCD AD =，所以PA ⊥平面ABCD ． 所以PA AB ⊥，PA AD ⊥．又因为ABCD 为正方形，所以AB AD ⊥，所以,,AB AD AP 两两垂直．
以点A 为原点，分别以, , AB AD AP 为, , x y z 轴， 建立空间直角坐标系（如图）．由题意易知
AB AD AP ==，
设2AB AD AP ===，则
(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,2,0)D ，(0,0,2)P ，(1,0,0)E ，(1,1,1)F ．
因为(0,11)EF =uu u r ，，(022)PD =-u u u r ，，，(200)CD =-uu u r ，，，
且(0,11)(0,2,2)0EF PD ?=?-=u u u r u u u r
，， (0,11)(2,00)0EF CD ?=?-=u u u r u u u r
，， 所以EF PD ⊥，EF CD ⊥．
又因为PD ，CD 相交于D ，所以EF ⊥平面PCD ．…………… 9分
（Ⅲ）易得(102)EP =-uu r ，，，(0,22)PD =-u u u r
,．
设平面EPD 的法向量为(, , )x y z =n ，则0,
0.EP PD ??=???=??
uur uu u r n n 所以20,220. x z y z -+=??-=?即2,. x z y z =??=?
令1z =，则(2,1,1)=n ．由（Ⅱ）可知平面PCD 的法向量是(0,11)EF =uu u r
，，
所以cos ,EF EF EF
???===?uu u r
uu u r uu u r n n n ．由图可知，二面角E PD C --的大小为锐角，所以二面角E PD C --
分
9 (2019年丰台一模理科)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E 是棱AB 上的动点.（Ⅰ）求证：DA1⊥ED1 ；
（Ⅱ）若直线DA1与平面CED1成角为45o ，求AE AB
的值；
（Ⅲ）写出点E 到直线D1C 距离的最大值及此时点E 的 位置（结论不要求证明）.
解：以D 为坐标原点，建立如图所示的坐标系，则D(0,0,0),A （1，0，0），
B(1,1,0)，C(0,1,0),D1(0,1,2),A1(1,0,1)，设E(1,m,0)（0≤m≤1）
（Ⅰ）证明：1(1
,0,1)DA =，1(1,,1)ED m =-- 111(1)0()110DA ED m ?=?-+?-+?=所以DA1⊥ED1. ----4分
（Ⅱ）设平面CED1的一个法向量为(,,)v x y z =,则
10
v CD v CE ??=???=??，而1(0,1,1)CD =-，(1,1,0)CE m =-
所以0,(1)0,y z x m y -+=??+-=?
取z=1,得y=1,x=1-m ， 得(1,1,1)v m =-.
因为直线DA1与平面CED1成角为45o ，所以1sin45|cos ,|DA v ?=<> 所以
11||22||||DA v DA v ?
=
?2=
，解得m=12.-----11分
（Ⅲ）点E 到直线D1C E 在A 点处.------14分
10(2019年石景山一模理科)如图，正三棱柱111ABC A B C -的底面边长是2D 是AC
的中点．
1
A A C
C
（Ⅰ）求证：
1B C ∥平面1A BD ； （Ⅱ）求二面角
1A BD A --的大小；
（Ⅲ）在线段1AA 上是否存在一点E ，
使得平面11B C E ⊥平面1A BD ，若存在， 求出AE 的长；若不存在，说明理由．
（Ⅰ）证明：连结1AB 交1A B 于M ，连结1B C DM ，， 因为三棱柱111ABC A B C -是正三棱柱， 所以四边形11AA B B 是矩形，
所以M 为1A B 的中点．因为D 是AC 的中点，
所以MD 是三角形1AB C 的中位线，…………………………2分 所以MD ∥1B C ．…………………………3分
因为MD ?平面1A BD ，1B C ?平面1A BD ，所以1B C ∥平面1A BD ．……………4分 （Ⅱ）解：作CO AB ⊥于O ，所以CO ⊥平面11ABB A ，
所以在正三棱柱111ABC A B C -中如图建立空间直角坐标系O xyz -．
因为2AB =
，1AA D 是
AC 的中点． 所以(100)A ，，，(100)B -，，
，(00C
，1(10)A …………5分 所以1(022D ，，，3(022BD =，，，
1(20)BA =．设()n x y z =，，是平面1A BD
所以100n BD n BA ??=???=??，，即30220x z x ?+=???=?，
，
令3x =-，则2y =，3z =，
所以(323)n =-，，是平面1A BD 由题意可知1(00)AA =是平面ABD 所以121
cos 2
n AA <>=
=，．………………8分 所以二面角1
A BD A --的大小为3
．…………………………9分 （Ⅲ）设(10)E x ，，，则1(1C E x =-，11(10C B ，=-
设平面11B C E 的法向量1111()n x y z ，，=，所以111100n C E n C B ，
，
??=??
?=?? 即11111)00x x y x ，，
?-++=??-=?? 令1z =13x =，1y =，1(3n =，…………………12分 又10n n ?=，即
0--=，解得x = x
所以存在点E ，使得平面11B C E ⊥平面1A BD
且AE =
分
11 (2019年顺义一模理科) 如图在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，060BAD ∠=， 平面PAD ⊥平面ABCD ，2PA PD AD ===，Q 为AD 的中点，M 是棱PC
上一点，且1
3
PM PC =
. （Ⅰ）求证：PQ ⊥平面ABCD ； （Ⅱ）证明：PA ∥平面BMQ
（Ⅲ）求二面角M BQ C --的度数.
结BD ，Q 底面ABCD 是菱形，且0
60BAD ∠=，
∴BAD 是等边三角形，∴BQ AD ⊥由（Ⅰ）PQ ⊥平面ABCD . ∴PQ AD ⊥.
以Q 为坐标原点，,,QA QB QP 分别为x 轴y 轴z 轴建立空间直角坐标系
则(0,0,0),(1,0,0),(0,0,3)Q A B P .————10分
设平面BMQ 的法向量为(,,)m x y z =，∴0
m QB m MN ??=???=??，注意到MN ∥PA
∴0
m QB m PA ??=??
?=??，解得(3,0,1)m =是平面BMQ 的一个法向量——12分
12 (2019年延庆一模理科) 在四棱锥ABCD P -中，⊥PA 平面ABCD ，
底面ABCD 是正方形，且2==AD PA ，F E ，分别是棱PC AD ,的中点． （Ⅰ）求证：//EF 平面PAB ；
（Ⅱ）求证：⊥EF 平面PBC ； （Ⅲ）求二面角D PC E --的大小．
（Ⅰ）证明：设G 是PB 的中点，连接GF AG ,
F
A
B
E
P
D
C
P
M Q A
B
C
D
∵F E ,分别是PC AD ,的中点，∴BC GF 21//
，BC AE 2
1
// ∴AE GF //，∴AEFG 是平行四边形，∴AG EF //………………2分 ∵?EF 平面PAB ?AG 平面PAB ，∴//EF 平面PAB ………………3分 （Ⅱ）∵AB PA =，∴PB AG ⊥，………………4分
∵ABCD PA ⊥，∴BC PA ⊥，又∵AB BC ⊥，∴⊥BC 平面PAB ， ∴AG BC ⊥，………………6分∵PB 与BC 相交，∴⊥AG 平面PBC ， ∴⊥EF 平面PBC ．………………7分
（Ⅲ）以AP AD AB ,,分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系xyz A -，…8分 ∵2==AD PA ，∴)0,1,0(E ，)0,2,2(C ，)2,0,0(P ，)1,1,1(F 设H 是PD 的中点，连接AH ∵⊥AG 平面PBC ，
∴同理可证⊥AH 平面PCD ，∴AH 是平面PCD 的法向量，
)1,1,0(=………………9分
)0,1,2(=，)2,1,0(-=设平面
PEC 的法向量),,(z y x m = ，则0,0=?=?m ∴02,02=+-=+z y y x 令2=y ，则1,1=-=z x ∴)1,2,1(-=m
…………12分
∴23
263|
|||,cos =?=>= ．………………13分 ∴二面角D PC E --的大小为?30………………14分 高考真题集锦（立体几何部分） 1.(2016.理1）如图是由圆柱和圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ） A 20π B24π C28π D.32π 2. βα，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βα⊥； （2）如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n. （3）如果αβα?m ，∥那么m ∥β。 （4）如果m ∥n,βα∥，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___________ 3.（2016年理1）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π328，则它的表面积是 A 17π B.18π C.20π D.28π 4.平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ，α//平面11D CB ，?α平面ABCD =m ， ?α平面11A ABB =n,则m,n 所成角的正弦值为（ ） A.23 B.22 C.33 D.3 1 5.（2016年理1）如图，在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF=2FD ，∠AFD=90°，且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60° .（12分） （Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角E-BC-A 的余弦值. 6. (2015年理1）圆柱被一个平面截取一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体三视图的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积是16+20π，则r=（ ） A.1 B.2 C.7 D.8 7.如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E,F 是平面ABCD 同一侧的亮点，BE ⊥平面ABCD,DF ⊥平面ABCD,BE=2DF,AE ⊥EC. (1) 证明：平面AEC ⊥平面AFC; (2) 求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值。 8.一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，则截取部分体积和剩余 部分体积的比值为（） 9.如图，长方体1111D C B A ABCD -中，AB = 16，BC = 10，AA1 = 8，点E ，F 分别在1111C D B A ， 上，411==F D E A ，过点E,F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。 （1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）； （2）求直线AF 与平面α所成的角的正弦值 10.如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB=5，AC=6，点E,F 分别在AD,CD 上，AE=CF=45 ，EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△DEF 的位置，OD ’=10 （1）证明：D ’H ⊥平面ABCD （2）求二面角B-D ’A-C 的正弦值 绝密★启封前 机密★使用完毕前 2０１3年普通高等学校招生全国统一考试 数 学（理)（北京卷) 本试卷共5页，１50分，考试时长1２0分钟,考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第一部分(选择题 共4０分) 一、选择题共8小题，每小题5分，共４0分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． （1）已知集合{}101A =-， ，,{}|11B x x =-<≤，则A B = Ａ.{}0 B.{}10-， ? C.{}01，?Ｄ.{}101-，， （2)在复平面内,复数()2 2i -对应的点位于（ ) A.第一象限?Ｂ．第二象限?C ．第三象限 D.第四象限 （3)“π?=”是“曲线()sin 2y x ?=+过坐标原点”的( ) A ．充分而不必要条件?? ?B.必要而不充分条件 C ．充分必要条件? D.既不充分也不必要条件 （4)执行如图所示的程序框图，输出的S 值为 A ．1? B ． 23??C.1321 D.610987 （５）函数()f x 的图象向右平移1个单位长度,所得图象与曲线e x y =关于y 轴对称,则()f x = A ．1e x +????B.1e x - Ｃ.1e x -+? D.1e x -- (6)若双曲线22 221x y a b -= 则其渐近线方程为 A ．2y x =± ?? B.y = C ．1 2 y x =± D ．y = (７)直线l 过抛物线2:4C x y =的焦点且与y 轴垂直，则l 与C 所围成的图形的面积等于 A.43 ? ?B ．2 Ｃ．8 3 ? 2019年高考理科数学全国一卷 一、单选题 本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的4个选项中，有且只有一项是符合题目要求。 1．已知集合M={x |-4＜x ＜2}，N={x | -x -6＜0}，则M∩U = A{x |-4＜x ＜3} B{x |-4＜x ＜-2} C{x |-2＜x ＜2} D{x |2＜x ＜3} 2．设复数z 满足|z -i|=1，z 在复平面内对应的点为(x ，y)，则 A B C D 3．已知a =2.0log 2，b =2.02,c =3 .02 .0,则 A.a ＜b ＜c B.a ＜c ＜b C.c ＜a ＜b D.b ＜c ＜a 4．古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐到足底的长度之比是 ??? ? ??≈称之为黄金分割.618.021 -521-5，著名的“断臂维纳斯”便是如此。此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是 2 1 -5 。若某人满足上述两个黄金分割比例,且腿长为105cm,头顶至脖子下端的长度为26cm,则其身高可能是 A.165 cm B.175 cm C.185 cm D.190 cm 5．函数()][ππ，的-cos sin 2 x x x x x f ++= 图像大致为 A B C D 6．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的６个爻组成，爻分为阳爻“—”和阴爻“- -”，右图就是一重卦。在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有３个阳爻的概率是 A. 165 B.3211 C.3221 D.16 11 7．已知非零向量，满足 ，且 ，则与的夹角为 A. 6π B.3π C.32π D.6 5π A B C D P 《立体几何》专题 练习题 1．如图正方体1111D C B A ABCD -中，E 、F 分别为D 1C 1和B 1C 1的中点， P 、Q 分别为A 1C 1与EF 、AC 与BD 的交点， （1）求证：D 、B 、F 、E 四点共面； （2）若A 1C 与面DBFE 交于点R ，求证：P 、Q 、R 三点共线 2．已知直线a 、b 异面,平面α过a 且平行于b ,平面β过b 且平行于a ,求证:α∥β． 3. 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEFG 4=AB 1=BC 3=BE ,4=CF ,若如图所示建立空间直角坐标系． ①求EF 和点G 的坐标； ②求异面直线EF 与AD 所成的角； ③求点C 到截面AEFG 的距离． 4. 如图，三棱锥P —ABC 中， PC ⊥平面ABC ，PC=AC=2，AB=BC ，D 是PB 上一点，且CD 平面PAB ． (I) 求证：AB ⊥平面PCB ； (II) 求异面直线AP 与BC 所成角的大小； （III ）求二面角C-PA-B 的余弦值． 5. 如图，直二面角D —AB —E 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE=EB ，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE. (1)求证AE ⊥平面BCE ； (2)求二面角B —AC —E 的余弦值． 6. 已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2，点M 在侧棱1BB 上. P Q F E D 1C 1B 1A 1D C B A F E C B y Z x G D A （Ⅰ）若P 为AC 的中点，M 为BB 1的中点，求证BP//平面AMC 1； （Ⅱ）若AM 与平面11AA CC 所成角为30ο，试求BM 的长. 7. 如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝1，BC ＝2． （1）求证：平面PDC ⊥平面PAD ； （2）若E 是PD 的中点，求异面直线AE 与PC 所成角的余弦值； 8. 已知：在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB = a ，AA 1 = 2a . D 是侧棱BB 1的中点.求证： （Ⅰ）求证：平面ADC 1⊥平面ACC 1A 1； （Ⅱ）求平面ADC 1与平面ABC 所成二面角的余弦值． 9. 已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，且60DAB ∠=，1AD AA =F 为 棱1BB 的中点，M 为线段1AC 的中点． （Ⅰ）求证：直线MF //平面ABCD ； （Ⅱ）求证：直线MF ⊥平面11ACC A ； （Ⅲ）求平面1AFC 与平面ABCD 所成二面角的大小 10. 棱长是1的正方体，P 、Q 分别是棱AB 、CC 1上的内分点，满足 21==QC CQ PB AP . P A B C D E 2014年北京市高考数学试卷（理科） 一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项） 1．（5分）（2014?北京）已知集合A＝{x|x2﹣2x＝0}，B＝{0，1，2}，则A∩B＝（）A．{0}B．{0，1}C．{0，2}D．{0，1，2} 2．（5分）（2014?北京）下列函数中，在区间（0，+∞）上为增函数的是（） A．y＝B．y＝（x﹣1）2 C．y＝2﹣x D．y＝log0.5（x+1） 3．（5分）（2014?北京）曲线（θ为参数）的对称中心（） A．在直线y＝2x上B．在直线y＝﹣2x上 C．在直线y＝x﹣1上D．在直线y＝x+1上 4．（5分）（2014?北京）当m＝7，n＝3时，执行如图所示的程序框图，输出的S的值为（） A．7B．42C．210D．840 5．（5分）（2014?北京）设{a n}是公比为q的等比数列，则“q＞1”是“{a n}为递增数列” 的（） A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件 C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件 6．（5分）（2014?北京）若x，y满足，且z＝y﹣x的最小值为﹣4，则k的值为（） A．2B．﹣2C．D．﹣ 7．（5分）（2014?北京）在空间直角坐标系Oxyz中，已知A（2，0，0），B（2，2，0），C （0，2，0），D（1，1，），若S1，S2，S3分别表示三棱锥D﹣ABC在xOy，yOz，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（） A．S1＝S2＝S3B．S2＝S1且S2≠S3 C．S3＝S1且S3≠S2D．S3＝S2且S3≠S1 8．（5分）（2014?北京）学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”．若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”．如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，则这一组学生最多有（）A．2人B．3人C．4人D．5人 二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分） 9．（5分）（2014?北京）复数（）2＝． 10．（5分）（2014?北京）已知向量，满足||＝1，＝（2，1），且+＝（λ∈R），则|λ|＝． 11．（5分）（2014?北京）设双曲线C经过点（2，2），且与﹣x2＝1具有相同渐近线，则 C的方程为；渐近线方程为． 12．（5分）（2014?北京）若等差数列{a n}满足a7+a8+a9＞0，a7+a10＜0，则当n＝时，{a n}的前n项和最大． 13．（5分）（2014?北京）把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有种． 14．（5分）（2014?北京）设函数f（x）＝A sin（ωx+φ）（A，ω，φ是常数，A＞0，ω＞0） 若f（x）在区间[，]上具有单调性，且f（）＝f（）＝﹣f（），则f（x）的最小正周期为． 空间图形的计算与证明 一、近几年高考试卷部分立几试题 1、（全国 8）正六棱柱 ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1 底面边长为 1， 侧棱长为 2 ，则这个棱柱的侧面对角线 E 1D 与 BC 1 所成的角是 （ ） A 、90° B 、60° C 、45° D 、30° [评注]主要考查正六棱柱的性质，以及异面直线所成角的求法。 2、（全国 18）如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是 1，而且 平面 ABCD 、ABEF 互相垂直，点 M 在 AC 上移动，点 N 在 BF C 上移动，若 CM=NB=a(0 的底面是边长为a的正方形，PB⊥面ABCD。 （1）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°， 求这个四棱锥的体积； （2）证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面 PCD所成的二面角恒大于90°。 [评注]考查线面关系和二面角概念，以及空间想象力和逻辑推理能力。 4、（02全国文22）（一）给出两块面积相同的正三角形纸片，要求用其中一块剪拼成一个正三棱锥模型，使它们的全面积都与原三角形面积相等，请设计一种剪拼法，分别用虚线标示在图（1）（2）中，并作简要说明。 (3) (1)(2) （二）试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小。（三）如果给出的是一块任意三角形的纸片，如图（3）要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形面积相等，请设计一种剪拼方法，用虚线标出在图3中，并作简要说明。 2019年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学 本试卷共4页，23小题，满分150分，考试用时120分钟。 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B 铅笔将试卷类型（B ）填涂在答题卡的相应位置上。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共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{} }2 42{60M x x N x x x =-<<=--<，，则M N ?=（ ） A. }{43x x -<< B. }{42x x -<<- C. }{22x x -<< D. }{23x x << 2.设复数z 满足=1i z -，z 在复平面内对应的点为(x ，y )，则（ ） A. 2 2 +11()x y += B. 22 (1)1x y -+= C. 22 (1)1x y +-= D. 2 2(+1)1y x += 3.已知0.20.3 2log 0.2,2,0.2a b c ===，则（ ） A. a b c << B. a c b << C. c a b << D. b c a << 4. ≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体 ．若某人满足上述两个黄金分割 2013年国理科数学试题分类汇编7立体几何 一、选择题 1 ．（2013年新课标1（理））如图有一个水平放置的透明无盖的正方体容器容器8cm 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6cm 如果不计容器的 厚度则球的体积为 ） A 2 ．（2013年普通等学校招生统一试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））设,m n 是两条不同的 直线,αβ是两个不同的平面下列命题正确的是（ ）[] A ．若αβ⊥m α?n β?则m n ⊥ B ．若//αβm α?n β?则//m n C ．若m n ⊥m α?n β?则αβ⊥ D ．若m α⊥//m n //n β则αβ⊥ 3 ．（2013年上海市春季数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4则这两个球的体积 之比为（ ） A ．1:2 B ．1:4 C ．1:8 D ．1:16 4 ．（2013年普通等学校招生统一试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））已知正四棱柱 1111ABCD A B C D -12AA AB =则CD 与平面1BDC 所成角的正弦值等于（ ） A 5 ．（2013年新课标1（理））某几何体的三视图如图所示则该几何体的体积为 （ ） A ．168π+ B ．88π+ C ．1616π+ D ．816π+ 6 ．（2013年湖北卷（理））一个几何体的三视图如图所示该几何体从上到下由四个简单几何 体组成其体积分别记为1V 2V 3V 4V 上面两个简单几何体均为旋转体下面两个简单几何体均为多面体则有（ ） A ．1243V V V V <<< B ．1324V V V V <<< C ．2134V V V V <<< D ．2314V V V V <<< 7 ．（2013年湖南卷（理））已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形则该正 方体的正视图的面积不可能．．．等于（ ） A ．1 B 8 ．（2013年普通等学校招生统一试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））某四棱台的三视图如 图所示则该四棱台的体积是 2014年北京市高考数学试卷（理科） 参考答案与试题解析 一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项） 2 y= 3．（5分）（2014?北京）曲线（θ为参数）的对称中心（） （ （ 4．（5分）（2014?北京）当m=7，n=3时，执行如图所示的程序框图，输出的S的值为（） 1＞ 6．（5分）（2014?北京）若x，y满足且z=y﹣x的最小值为﹣4，则k的值为 作出可行域如图， （﹣ （﹣ ﹣ 7．（5分）（2014?北京）在空间直角坐标系Oxyz中，已知A（2，0，0），B（2，2，0），C （0，2，0），D（1，1，），若S1，S2，S3分别表示三棱锥D﹣ABC在xOy，yOz，zOx ， = 8．（5分）（2014?北京）学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”．若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”．如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语 二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分） 9．（5分）（2014?北京）复数（）2=﹣1． ） 10．（5分）（2014?北京）已知向量，满足||=1，=（2，1），且+=（λ∈R），则|λ|= ． =．由于向量，|，且+（ = ，满足||=1=+=（ 故答案为： 11．（5分）（2014?北京）设双曲线C经过点（2，2），且与﹣x2=1具有相同渐近线，则 C的方程为；渐近线方程为y=±2x． ﹣具有相同渐近线的双曲线方程可设为 ， ﹣， 故答案为：， 12．（5分）（2014?北京）若等差数列{a n}满足a7+a8+a9＞0，a7+a10＜0，则当n=8时，{a n}的前n项和最大． 13．（5分）（2014?北京）把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有36种． 专题09立体几何与空间向量选择填空题历年考题细目表 题型年份考点试题位置 单选题2019 表面积与体积2019年新课标1理科12 单选题2018 几何体的结构特征2018年新课标1理科07 单选题2018 表面积与体积2018年新课标1理科12 单选题2017 三视图与直观图2017年新课标1理科07 单选题2016 三视图与直观图2016年新课标1理科06 单选题2016 空间向量在立体几何中的应 用2016年新课标1理科11 单选题2015 表面积与体积2015年新课标1理科06 单选题2015 三视图与直观图2015年新课标1理科11 单选题2014 三视图与直观图2014年新课标1理科12 单选题2013 表面积与体积2013年新课标1理科06 单选题2013 三视图与直观图2013年新课标1理科08 单选题2012 三视图与直观图2012年新课标1理科07 单选题2012 表面积与体积2012年新课标1理科11 单选题2011 三视图与直观图2011年新课标1理科06 单选题2010 表面积与体积2010年新课标1理科10 填空题2017 表面积与体积2017年新课标1理科16 填空题2011 表面积与体积2011年新课标1理科15 填空题2010 三视图与直观图2010年新课标1理科14 历年高考真题汇编 1．【2019年新课标1理科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．8πB．4πC．2πD．π 2．【2018年新课标1理科07】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（） 1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如 右图所示，则相应的俯视图可以为 2.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,23 ==,则棱锥 AB BC -的体积为。 O ABCD 3.如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四 边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (Ⅰ)证明：PA⊥BD； (Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。 2.83 3. 解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=?=， 由余弦定理得3BD AD = 从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD （Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ，则 ()1,0,0A ，()03,0B ，，() 1,3,0C -，()0,0,1P 。 (1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=- 设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0, 0,{ n AB n PB ?=?= 即 3030 x y y z -+=-= 因此可取n=(3,1,3) 设平面PBC 的法向量为m ，则 m 0, m 0, { PB BC ?=?= 可取m=（0，-1，3-） 27 cos ,727 m n = =- 故二面角A-PB-C 的余弦值为 27 7 - 1. 正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为 A 23 B 33 C 2 3 D 63 2. 已知圆O 的半径为1，PA 、PB 为该圆的两条切线，A 、B 为俩切点，那么PA PB ?的最小值为 (A) 42-+ (B)32-+ (C) 422-+ (D)322-+ 3. 已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为 (A) 23 (B)43 (C) 23 (D) 83 4. 如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB ⊥⊥（Ⅰ）证明：SE=2EB ； （Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小 . 2014年北京高考数学（理科）试题 一.选择题（共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项） 1.已知集合2{|20},{0,1,2}A x x x B =-==，则A B =( ) .{0}A .{0,1}B .{0,2}C .{0,1,2}D 2.下列函数中，在区间(0,)+∞上为增函数的是（ ） .A y 2.(1)B y x =- .2x C y -= 0.5.log (1)D y x =+ 3.曲线1cos 2sin x y θθ =-+??=+?（θ为参数）的对称中心（ ） .A 在直线2y x =上 .B 在直线2y x =-上 .C 在直线1y x =-上 .D 在直线1y x =+上 4.当7,3m n ==时，执行如图所示的程序框图，输出的S 值为（ ） .7A .42B .210C .840D 5.设{}n a 是公比为q 的等比数列，则"1"q >是"{}"n a 为递增数列的（ ） .A 充分且不必要条件 .B 必要且不充分条件 .C 充分必要条件 .D 既不充分也不必要条件 6.若,x y 满足20200x y kx y y +-≥?? -+≥??≥? 且z y x =-的最小值为-4，则k 的值为（ ） .2A .2B - 1.2C 1 .2 D - 7.在空间直角坐标系Oxyz 中，已知()2,0,0A ，()2,2,0B ，()0,2,0C ，(D ，若 1S ，2S ，3S 分别表示三棱锥D ABC -在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的 面积，则（ ） （A ）123S S S == （B ）12S S =且 31S S ≠ （C ）13S S =且 32S S ≠ （D ）23S S =且 13S S ≠ 8.有语文、数学两学科，成绩评定为“优秀”“合格”“不合格”三种.若A 同学每科成绩不 低于B 同学，且至少有一科成绩比B 高，则称“A 同学比B 同学成绩好.”现有若干同学， 他们之间没有一个人比另一个成绩好，且没有任意两个人语文成绩一样，数学成绩也一样 的.问满足条件的最多有多少学生（ ） （A ）2 （B ）3 （C ）4 （D ）5 二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分） 9.复数2 11i i +?? = ?-?? ________. 10.已知向量a 、b 满足1a =，()2,1b =，且()0a b R λλ+=∈，则 λ=________. 11.设双曲线C 经过点()2,2，且与2 214 y x -=具有相同渐近线，则C 的方程为________； 渐近线方程为________. 12.若等差数列{}n a 满足7890a a a ++>，7100a a +<，则当n =________时{}n a 的前n 项和最大. 13. 把5件不同产品摆成一排，若产品A 与产品C 不相邻，则不同的摆法有_______种. 14. 设函数)sin()(?ω+=x x f ，0,0>>ωA ，若)(x f 在区间]2 ,6[π π上具有单调性，且 ?? ? ??-=??? ??=??? ??6322πππf f f ，则)(x f 的最小正周期为________. 2019届高三数学一轮复习方案 为备战2019年高考，合理有效利用各种资源科学备考，特制定本方案，来完成高三数学一轮复习； 一、指导思想 立足课本，以纵向为主，顺序整理，真正落实“低起点，勤反复、滚动式复习”，抓牢三基，重视展现和训练思维过程，总结和完善解题程序，渗透和提炼数学思想方法，加强章节知识过关，为二轮（条件允许可进行三轮）复习打下坚实的基础，大约在2019年年初结束。 二、复习要求 1、在一轮复习中，指导学生对基础知识、基本技能进行梳理，使之达到系统化、结构化、完整化；通过对基础题的系统训练和规范训练，使学生准确理解每一个概念，能从不同角度把握所学的每一个知识点、所有可能考查到的题型，熟练掌握各种典型问题的通法。 2、一轮复习必须面向全体学生，降低复习起点，在夯实“双基”的前提下，注重培养学生的能力，包括：空间想象、运算求解、推理论证、数据处理等基本能力。复习教学要充分考虑到本班学生的实际水平，坚决反对脱离学生实际的任意拔高和只抓几个“优生”放弃大部分“差生”的不良做法，不做或少做无效劳动，加大分层教学和个别指导的力度，狠抓复习的针对性、实效性，提高复习效果。 3、在将基础问题学实学活的同时，重视数学思想方法的复习。 一定要把复习内容中反映出来的数学思想方法的教学体现在一轮复习的全过程中，使学生真正领悟到如何灵活运用数学思想方法解题。必须让学生明白复习的最终目标是新题会解，而不是单单立足于陈旧题目的熟练。 三、一轮复习进度表 1、理科 日期一轮复习主要内容用卷 8月1日--8月7日第1讲集合 第2讲命题及重要条件 第3讲 逻辑联结词与全称命题、特称命题 限时小 题训练 8月8日--9月28日第4讲函数概念及其表示 第5讲函数的单调性与最值（二次） 第6讲函数的奇偶性与周期性 第7讲二次函数与幂函数 第8讲指数与指数函数 第9讲对数与对数函数 第10讲函数的图象 第11讲函数与方程 第13讲变化率与导数、导数的运算 第14讲导数在研究函数中的应用 第15讲定积分与微积分基本定理 限时小 题训练 导数强 化练习 复习卷 2014年北京市高考数学（理科）试题及答案 一.选择题（共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项） 1.已知集合2{|20},{0,1,2}A x x x B =-==，则A B =( ) .{0}A .{0,1} B .{0,2} C .{0,1,2} D 2.下列函数中，在区间(0,)+∞上为增函数的是（ ） .A y = 2.(1)B y x =- .2x C y -= 0.5.l o g (1)D y x =+ 3.曲线1cos 2sin x y θθ =-+??=+?（θ为参数）的对称中心（ ） .A 在直线2y x =上 .B 在直线2y x =-上 .C 在直线1y x =-上 .D 在直线1y x =+上 4.当m=7，n=3时，执行如图所示的程序框图，输出的S 值为（ ） .7A .42B .210C .840D 5.设{}n a 是公比为q 的等比数列，则"1"q >是"{}"n a 为递增数列的（ ） .A 充分且不必要条件 .B 必要且不充分条件 .C 充分必要条件 .D 既不充分也不必要条件 6.若,x y 满足20200x y kx y y +-≥??-+≥??≥? 且z y x =-的最小值为-4，则k 的值为（ ） .2A .2B - 1.2C 1.2 D - 7.在空间直角坐标系Oxyz 中，已知()2,0,0A ，()2,2,0B ，()0,2,0C ，(D ，若 1S ，2S ，3S 分别表示三棱锥D ABC -在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的 面积，则（ ） （A ）123S S S == （B ）12S S =且 31S S ≠ （C ）13S S =且 32S S ≠ （D ）23S S =且 13S S ≠ 8.有语文、数学两学科，成绩评定为“优秀”“合格”“不合格”三种.若A 同学每科成绩不 低于B 同学，且至少有一科成绩比B 高，则称“A 同学比B 同学成绩好.”现有若干同学， 他们之间没有一个人比另一个成绩好，学科 网且没有任意两个人语文成绩一样，数学成绩也一样 的.问满足条件的最多有多少学生（ ） （A ）2 （B ）3 （C ）4 （D ）5 二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分） 9.复数211i i +??= ?-?? ________. 10.已知向量a 、b 满足1a =，()2,1b =，且()0a b R λλ+=∈，则λ=________. 11.设双曲线C 经过点()2,2，且与2 214 y x -=具有相同渐近线，则C 的方程为________； 渐近线方程为________. 2019年高考数学一轮复习：二项式定理 二项式定理 1．二项式定理 (a＋b)n＝_____________________(n∈N*)，这个公式所表示的规律叫做二项式定理．(a＋b)n的二项展开式共有____________项，其中各项的系数____________(k∈{0，1，2，…，n})叫做二项式系数，式中的____________叫做二项展开式的通项，用T k＋1表示，即__________________．通项为展开式的第__________项． 2．二项式系数的性质 (1)对称性 在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两个 二项式系数相等，即C0n＝C n n，C1n＝C n－1 n，C2n＝ C n－2 n，…，____________，…，C n n＝C0n. (2)增减性与最大值 二项式系数C k n，当____________时，二项式系数是递增的；当____________时，二项式系数是递减的．当n是偶数时，中间的一项____________取得最大值． 当n是奇数时，中间的两项____________和____________相等，且同时取得最大值． (3)各二项式系数的和 (a＋b)n的展开式的各个二项式系数的和等于________，即C0n＋C1n＋C2n＋…＋C r n＋…＋C n n＝________.二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C1n＋C3n＋C5n＋…＝C0n＋C2n＋C4n＋…＝________. 自查自纠 1．C0n a n＋C1n a n－1b＋…＋C k n a n－k b k＋…＋C n n b n n＋1 C k n C k n a n－k b k T k＋1＝C k n a n－k b k k＋1 2．(1)C k n＝C n－k n(2)k＜ n＋1 2 k＞ n＋1 2 C n 2n C n－1 2n C n＋1 2n(3)2n2n2n－1 2019届高考理科数学专题 高考中的立体几何问题 一、选择题(每小题5分,共30分) 1.一个多面体的三视图如图4-1所示,则此多面体的表面积是() 图4-1 A.22 B.24- C.22+ D.20+ 2.如图4-2,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画的是某组合体的三视图,则该组合体的体积 是() 图4-2 A.+π B.+π C.4+π D.+π 3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的所有顶点均在球O的表面上,E,F,G分别为AB,AD,AA1的中点,若平面EFG截球O所得圆的半径为,则该正方体的棱长为() A. B. C.3 D.2 4. [数学文化题]如图4-3为中国传统智力玩具鲁班锁,它起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构,这种三维的拼插器具内部的凹凸部分啮合,外观看是严丝合缝的十字立方体,其上下、左右、前后完全对称,六根完全相同的正四棱柱分成三组,经90°榫卯起来.现有一鲁班锁的正四棱柱 的底面正方形的边长为2,欲将其放入球形容器内(容器壁的厚度忽略不计),若球形容器的表 面积的最小值为56π,则正四棱柱的高为() A. B.2 C.6 D.2 5. [数学文化题]中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代(公元前476年~前222年),其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道流到下部容器.如图4-4所示,某沙漏由上、下两个圆锥形容器组成,圆锥形容器的底面圆的直径和高均为8 cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥形容器高度的(细管长度忽略不计).若细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆,则此圆锥形沙堆的高为() 图4-4 A.2 cm B.cm C.cm D.cm 6.如图4-5,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB,E,F分别为BC,BB1的中点,M,N分别为 AA1,A1C1的中点,则直线MN与EF所成角的余弦值为() 图4-5 A. B. C. D. 二、填空题(每小题5分,共10分) 7.若侧面积为8π的圆柱有一外接球O,则当球O的体积取得最小值时,圆柱的表面积 为. 8.如图4-6,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,作以A为顶点,分别以AB,AD,AA1为轴,底面圆半径为r(0 第四编 立体几何初步 第九章 立体几何初步 第一节 简单几何体的表面积和体积 1. 圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积的计算公式如下： 2. 球、柱、锥、台的表面积及体积计算公式： 名 称 表面积S 体积V 棱 柱 底侧S S 2+ h S 底 棱 锥 底侧S S + h S 底3 1 棱 台 下底上底侧S S S ++ h S S S S )(3 1 下底上底下底上底?++ 球 24R π 33 4 R π 圆 柱 )(2r l r +π h r 2π 圆 锥 )(r l r +π h r 23 1π 圆 台 )()(222121r r l r r +++ππ )(3 1 222121r r r r h ++π 第二节 三视图 1. 柱、锥、台、球的结构特征 （1）棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体. （2）棱锥：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体. （3）棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分. （4）圆柱：以矩形的一边所在的直线为轴旋转,其余三边旋转所成的曲面所围成的几何体. l r r π2r l r π2l ' r r ' 2r πr π2rl s π2=侧rl S π=侧()l r r S '+=π侧 （5）圆锥：以直角三角形的一条直角边为旋转轴,旋转一周所成的曲面所围成的几何体. （6）圆台：用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面和底面之间的部分. （7）球体：以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体. 2. 空间几何体的三视图和直观图： （1）三视图：正视图（光线从几何体的前面向后面正投影）；侧视图（从左向右）、 俯视图（从上向下） （2）画三视图的原则：长对正，高齐平，宽相等. （3）直观图：斜二侧画法. ①在已知图形中取相互垂直的x 轴和y 轴，两轴相交于点O ，画直观图时，把它们画成对应的'x 轴和'y 轴，两轴相交于点'O ，且使)135(45??='''∠或y O x ，它们确定的平面表示水平面. ②原来与x 轴平行的线段仍然与x 平行且长度不变； ③原来与y 轴平行的线段仍然与y 平行，长度为原来的一半. 第三节 空间几何体的平行问题 1. 线线平行的判断： ①平行于同一条直线的两条直线互相平行。 ②平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行。 ③如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线 和交线平行。 l b a l b l a // //?b a // α b a α α ?b b a //?α //a ? b a a =?βαβα // b a // 综合测试卷 (时间:120分钟满分:150分) 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分) 1.已知全集U=R,集合A={x|1 A.1 B.2 C.5 D.10 7.已知各项均为正数的等比数列{a n},a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6=() A.5 B.7 C.6 D.4 8.若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积等于() A.10 cm3 B.20 cm3 C.30 cm3 D.40 cm3 9.已知等差数列的前n项和为S n,且S1 006>S1 008>S1 007,则满足S n S n-1<0的正整数n为() A.2 015 B.2 013 C.2 014 D.2 016 10.已知△ABC的三个顶点在以O为球心的球面上,且cos A=,BC=1,AC=3,三棱锥O-ABC的体积为,则球O的表面积为() A.36π B.16π C.12π D. 11.在△ABC中,AB=3,AC=4,∠BAC=60°,若P是△ABC所在平面内一点,且AP=2,则的最大值为() A.10 B.12 C.10+2 D.8 12.已知函数f(x)的导函数为f'(x),对任意x∈R都有f'(x)>f(x)成立,则() A.3f(ln 2)>2f(ln 3) B.3f(ln 2)=2f(ln 3) （一） 1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如 右图所示，则相应的俯视图可以为 2.已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,23AB BC ==,则棱锥 O ABCD -的体积为 。 3.如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为平行四 边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (Ⅰ)证明：PA⊥BD； (Ⅱ)若PD=AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值。 （一） 1.D 2.83 3. 解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=?=， 由余弦定理得3BD AD = 从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD （Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直 角坐标系D-xyz ，则 ()1,0,0A ，()03,0B ，，() 1,3,0C -，()0,0,1P 。 设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0,0,{ n AB n PB ?=?=u u u r u u u r 即 3030 x y y z -+=-= 因此可取n=(3,1,3) 设平面PBC 的法向量为m ，则 m 0,m 0,{ PB BC ?=?=u u u r u u u r 可取m=（0，-1，3-） 27 cos ,27 m n = =- 故二面角A-PB-C 的余弦值为 27 7 - （二） 1. 正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为 A 23 B 3 C 2 3 D 6 2. 已知圆O 的半径为1，PA 、PB 为该圆的两条切线，A 、B 为俩切点，那么PA PB ?u u u v u u u v 的最 小值为近五年高考数学(理科)立体几何题目汇总
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