—2018高考全国卷ⅰ文科数学立体几何专题复习(附详细解析)

2012-2018年新课标全国卷Ⅰ文科数学汇编

立 体 几 何

一、选择题

【2017，6】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是（ ）

【2016，7】如图所示，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

28π

3

，则它的表面积是（ ）

A ．17π

B ． 18π

C ． 20π

D ． 28π

【2016，11】平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α∥平面11CB D ，α

平面ABCD m =，

α

平面11ABB A n =，则,m n 所成角的正弦值为（ ）

A B C D ．13

【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书 中有如下问

题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？”已知1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有( ) A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛 D ．66斛

【2015，11】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，该几何体的三视图中的

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 =( ) B A ．1 B ．2 C ．4 D ．8

【2015，11】 【2014，8】 【2013，11】 【2012，7】

【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的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

【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．

A ．16＋8π

B ．8＋8π

C ．16＋16π

D ．8＋16π

【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为

A ．6

B ．9

C ．12

D ．15

【2012，8】平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α，则此球的体积为（ ）

A

B ．

C ．

D ．

【2018，5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，该圆柱的表面积为

A. 12π

B. 12π

C. 8π

D. 10π

【2018，9】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. 2

B.

C. 3

D.

2

【2018，10】在长方形ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=2，AC 1与平面

BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为

A. 8

B. 6

C. 8

D.

8

二、填空题

【2017，16】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面

SCA SCB

⊥平面，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC -的体积为9，则球O 的表面积为_______． 【2013，15】已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得

截面的面积为π，则球O 的表面积为______．

三、解答题

【2017，18】如图，在四棱锥P ABCD -中，AB ∥CD ，且90BAP CDP ∠=∠=?．

（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=?，且四棱锥

P ABCD -的体积为8

3

，求该四棱锥的侧面积．

【2016，18】如图所示，已知正三棱锥P ABC -的侧面是直角三角形，6PA =，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ．连结PE 并延长交AB 于点G ． （1）求证：G 是AB 的中点；

（2）在题图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF 的体积．

P

A

B

D C

G

E

【2015，18】如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ⊥平面ABCD ，

(Ⅰ)证明：平面AEC ⊥平面BED ； (Ⅱ)若∠ABC =120°，AE ⊥EC ， 三棱锥E - ACD

的体积为3

【2014,19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.

（1）证明：;1AB C B ⊥

（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB 求三棱柱111C B A ABC -的高.

【2013，19】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°．

(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C ，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积．

【2012，19】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，90ACB ∠=?，AC=BC=

2

1

AA 1，D 是棱AA 1的中点．

（1）证明：平面BDC 1⊥平面BDC ； （2）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．

【2018，18】如图，在平行四边形ABCM 中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA 。 （1） 证明：平面ACD ⊥平面ABC ；

（2） Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP=DQ=DA ，求三棱锥Q-ABP 的体积。

A 1

解 析

一、选择题

【2017，6】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是（ ）

【解法】选A ．由B ，AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ；由C ，AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ；由D ，AB ∥NQ ，则直线AB ∥平面MNQ ．故A 不满足，选A ．

【2016，7】如图所示，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

28π

3

，则它的表面积是（ ）． A ．17π B ． 18π C ． 20π D ． 28π

解析：选A ． 由三视图可知，该几何体是一个球截去球的

18

，设球的半径为R ，则37428ππ833R ?=，

解得2R =．该几何体的表面积等于球的表面积的

78，加上3个截面的面积，每个截面是圆面的1

4

， 所以该几何体的表面积为2271

4π23π284

S =

??+???14π3π17π=+=．故选A ． 【2016，11】平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α∥平面11CB D ，α

平面ABCD m =，

α

平面11ABB A n =，则,m n 所成角的正弦值为（ ）

A ．

2 B ．2 C ．

3 D ．1

3

解析：选A ． 解法一：将图形延伸出去，构造一个正方体，如图所示．通过寻找线线平行构造出平面α，

即平面AEF ，即研究AE 与AF 所成角的正弦值，易知3

EAF π

∠=

．故选A ．

A

B

C

D

A 1

B 1

C 1

D 1

E

F

解法二（原理同解法一）：过平面外一点A 作平面α，并使α∥平面11CB D ，不妨将点A 变换成B ，作β使之满足同等条件，在这样的情况下容易得到β，即为平面1A BD ，如图所示，即研究1A B 与BD 所成角的正弦值，易知13

A BD π

∠=

，所以其正弦值为2．故选A ．

D 1

C 1

B 1

A 1

D

C

B

A

【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书 中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？”已知1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有( ) B

A ．14斛

B ．22斛

C ．36斛

D ．66斛

解：设圆锥底面半径为r ，依题

116

23843

r r ??=?=，所以米堆的体积为211163203()54339

????=，故堆放的米约为3209÷1．62≈22，故选B ．

【2015，11】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，该几何体的三视图中的

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 =( ) B A ．1 B ．2 C ．4 D ．8

解：该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r ，圆柱的高为2r ，其表面积为2πr 2+πr×2r+πr 2+2r×2r =5πr 2+4r 2=16+20π， 解得r=2，故选B ．

【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的 一个几何体的三视图，则这个几何体是( )B

A ．三棱锥

B ．三棱柱

C ．四棱锥

D ．四棱柱 解：几何体是一个横放着的三棱柱． 故选

B

【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．

A ．16＋8π

B ．8＋8π

C ．16＋16π

D ．8＋16π 解析：选A ．该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体． V 半圆柱＝

1

2

π×22×4＝8π，V 长方体＝4×2×2＝16．所以所求体积为16＋8π．故选A ．

【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）

A ．6

B ．9

C ．12

D ．15 【解析】由三视图可知，该几何体为

三棱锥A-BCD ， 底面△BCD 为

底边为6，高为3的等腰三角形， 侧面ABD ⊥底面BCD ，

AO ⊥底面BCD ，

因此此几何体的体积为

11

(63)3932

V =????=，故选择B ．

【

2012，8】8．平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的

） A

B ．

C ．

D ．

【解析】如图所示，由已知11O A =，1OO =

在1Rt OO A ?中，球的半径R OA == 所以此球的体积34

3

V R π=

=，故选择B ． 【点评】本题主要考察球面的性质及球的体积的计算．

【2011，8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（ ）

【解析】由几何体的正视图和侧视图可知，该几何体的底面为半圆和等腰三角形，其侧视图可以是一个由

等腰三角形及底边上的高构成的平面图形． 故选D ．

【2018，5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，该圆柱的表面积为B

【2018，9】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B

A. 2

B.

C. 3

D.

2

【2018，10】在长方形ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=2，AC 1与平面

BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为C

A. 8

B. 6

C. 8

D.

8

二、填空题

【2017，16】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA SCB

⊥平面，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC -的体积为9，则球O 的表面积为_______． 【解析】取SC 的中点O ，连接,OA OB ，因为,SA AC SB BC ==，所以,OA SC OB SC ⊥⊥， 因为平面

SAC ⊥平面S B C ，所以OA ⊥平面S B C ，设O A r

=

，3111123323A SBC

SBC V S OA r r r r -?=??=????=，所以31

933

r r =?=， 所以球的表面积为2436r ππ=．

【2013，15】已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得

截面的面积为π，则球O 的表面积为______．

答案：

9π2

解析：如图，

设球O 的半径为R ，则AH ＝

23R ，OH ＝3

R

．又∵π·EH 2＝π，∴EH ＝1．∵在Rt △OEH 中，R 2＝2

2+13R ?? ???

，∴R 2＝98． ∴S 球＝4πR 2

＝9π2．

【2011，16】已知两个圆锥由公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面

积是这个球面面积的3

16

，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 ． 【解析】设圆锥底面半径为r ，球的半径为R ，则由223π4π16r R =?，知223

4

r R =．

根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心O ，且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的

点，因此PB QB ⊥．

设PO x '=，QO y '=，则2x y R +=． ① 又PO B BO Q ''△∽△，知2

2

r O B xy '==．

即22

34

xy r R ==

． ② 由①②及x y >可得3,22

R

x R y ==．

则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比为1

3

． 故答案为

13

．

三、解答题

【2017，18】如图，在四棱锥P ABCD -中，AB ∥CD ，且90BAP CDP ∠=∠=?．

（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=?，且四棱锥

P ABCD -的体积为8

3

，求该四棱锥的侧面积．

【解法】（1）90BAP CDP ∠=∠=?， ∴,A B A P C D

D

P ⊥⊥ 又

AB ∥CD ∴AB DP ⊥

又AP ?平面PAD ，DP ?平面PAD ，且AP DP P = ∴AB ⊥平面PAD

AB ?平面PAB ，所以 平面PAB ⊥平面PAD

（2）由题意：设=PA PD AB DC a === ，因为90APD ∠=? ，所以PAD ?为等腰直角三角形

即AD

取AD 中点E ，连接PE

，则2

PE a =，PE AD ⊥． 又因为平面PAB ⊥平面PAD 所以PE ⊥平面ABCD

因为AB ⊥平面PAD ，AB ∥CD 所以AB ⊥AD ，CD ⊥AD 又=AB DC a =

所以四边形ABCD 为矩形

所以

311218

233

233P ABCD V AB AD PE a a

a a -=

==

=

即2a =

11

=

223+22

S ????侧

【2016，18】如图所示，已知正三棱锥P ABC -的侧面是直角三角形，6PA =，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ．连结PE 并延长交AB 于点G ．

（1）求证：G 是AB 的中点；

（2）在题图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF 的体积．

P

A

B

D C

G

E

解析 ：（1）由题意可得ABC △为正三角形，故6PA PB PC ===． 因为P 在平面ABC 内的正投影为点D ，故PD ⊥平面ABC ． 又AB ?平面ABC ，所以AB PD ⊥．

因为D 在平面PAB 内的正投影为点E ，故DE ⊥平面PAB ． 又AB ?平面PAB ，所以AB DE ⊥．

因为AB PD ⊥，AB DE ⊥，PD DE D =，,PD DE ?平面PDG ， 所以AB ⊥平面PDG ．又PG ?平面PDG ，所以AB PG ⊥． 因为PA PB =，所以G 是AB 的中点．

（2）过E 作EF BP ∥交PA 于F ，则F 即为所要寻找的正投影．

E G

C

D B

A

P F

理由如下，因为PB PA ⊥，PB EF ∥，故EF PA ⊥．同理EF PC ⊥， 又PA PC P =，,PA PC ?平面PAC ，所以EF ⊥平面PAC ， 故F 即为点E 在平面PAC 内的正投影． 所以13D PEF PEF V S DE -=

?△1

6

PF EF DE =??． 在PDG △

中，PG =

DG =

，PD =2DE =．

由勾股定理知PE =PEF △为等腰直角三角形知2PF

EF ==，故4

3

D PEF V -=．

【2015，18】如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ⊥平面ABCD ，

(Ⅰ)证明：平面AEC ⊥平面BED ； (Ⅱ)若∠ABC =120°，AE ⊥EC ， 三棱锥E - ACD

解：(Ⅰ) ∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥AC ． ∵ABCD 为菱形，∴ BD ⊥AC ，

∴AC ⊥平面BED ，又AC ?平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面BED ． …6分 (Ⅱ)设AB=x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC =120°可得，

x ，GB=GD=2

x

． 在R tΔAEC 中，可得EG

x ． ∴在RtΔEBG 为直角三角形，可得

x ． …9分

∴31132E ACD V AC GD BE x -=

???==， 解得x =2．

由BA=BD=BC 可得．

∴ΔAEC 的面积为3，ΔEAD 的面积与ΔECD

所以三棱锥E-ACD 的侧面积为 …12分 18． 解析 （1）因为BE ⊥平面ABCD ，所以BE AC ⊥．

又ABCD 为菱形，所以AC BD ⊥．

又因为BD BE B =，BD ，BE ?平面BED ，

所以AC ⊥平面BED ．又AC ?平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED ． （2）在菱形ABCD 中，取2AB BC CD AD x ====，

又120ABC ∠=，所以AG GC ==，BG GD x ==．

在AEC △中，90AEC ∠=，所以1

2

EG AC ==，

所以在Rt EBG △中，BE =

=，

所以31122sin120232E ACD V x x x -=?????==，解得1x =．

在Rt EBA △，Rt EBC △，Rt EBD △中，

可得AE EC ED ===

所以三棱锥的侧面积1

1

22322

S =??=+侧

【2014,19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.

（1）证明：;1AB C B ⊥

（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB 求三棱柱111C B A ABC -的高. 证明：(Ⅰ)连接 BC

1，则O 为B 1C 与BC 1的交点，

∵AO ⊥平面BB 1C 1C . ∴AO ⊥B 1C ， …2分 因为侧面BB 1C 1C 为菱形，∴BC 1⊥B 1C ，…4分

∴BC 1⊥平面ABC 1，∵AB ?平面ABC 1，

故B 1C ⊥AB . …6分

(Ⅱ)作OD ⊥BC ，垂足为D ，连结AD ，∵AO ⊥BC ，∴BC ⊥平面AOD ， 又BC ?平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面AOD ，交线为AD ， 作OH ⊥AD ，垂足为H ，∴OH ⊥平面ABC . …9分

∵∠CBB 1=60°，所以ΔCBB 1为等边三角形，又BC =1，可得OD =4，

由于AC ⊥AB 1，∴111

22

OA B C ==，∴4AD ==

由 OH·AD=OD·OA ，可得OH=14

，又O 为B 1C 的中点，所以点B 1到平面ABC 的距

离为7，所以三棱柱ABC-A 1B 1C 1的高高为7。 …12分

另解(等体积法)：∵∠CBB 1=60°，所以ΔCBB 1为等边三角形，又BC =1，

可得BO =2，由于AC ⊥AB 1，∴111

2OA B C ==，∴AB =1，AC=2，…9分

则等腰三角形ABC 的面积为122?=

，设点B 1到平面ABC 的距离为d ，

由V B 1-ABC =V A-BB 1C 1,2d ==解得，

所以三棱柱ABC-A 1B 1C 1。 …12分

【2013，19】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°．

(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C ，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积．

证明：(1)取AB 的中点O ，连结OC ，OA 1，A 1B ． 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB ．

由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，

故△AA 1B 为等边三角形， 所以OA 1⊥AB ．

因为OC ∩OA 1＝O ，所以 AB ⊥平面OA 1C ． 又A 1C ?平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C ．

(2)解：由题设知△ABC 与△AA 1B 都是边长为2的等边三角形， 所以OC ＝OA 1

又A 1C

，则A 1C 2＝OC 2＋2

1OA ，

故OA 1⊥OC ．

因为OC ∩AB ＝O ，所以OA

⊥平面ABC ，OA 1为三棱柱ABC －A 1B 1C 1的高． 又△ABC 的面积S △ABC ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝S △ABC ×OA 1＝3．

【2012，19】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，90ACB ∠=?，AC=BC=2

1

AA 1，D 是棱AA 1的中点．

（1）证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；

（2）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比． 【解析】（1）在Rt DAC ?中，AD AC =， 得：45ADC ?∠=，

同理：1114590A DC CDC ??

∠=?∠=，

得：1DC DC ⊥．

由题设知BC ⊥CC 1，BC ⊥AC ，1CC AC C =，

所以BC ⊥平面11ACC A ．

又1DC ?平面11ACC A ，所以1DC BC ⊥ 而DC

BC C =，所以1DC ⊥平面BDC ．

又1DC ?平面1BDC ，故平面BDC 1⊥平面BDC ．

（2）由已知AC=BC=

2

1

AA 1，D 是棱AA 1的中点， 设12AA a =，AC BC AD a ===，则1112

3122

ABC A B C V a a a -=?=．

由（1），BC ⊥平面11ACC A ，所以BC 为四棱锥1B ACC D -的高， 所以13111

(3)322

B AC

C

D V a a a a -=

????=． 因此平面BDC 1分此棱柱为两部分体积的比为

1111133

31

12112

ABC A B C B ACC D

B AC

C D

a a V V V a -----=

=． 【2011，18】如图所示，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=，2AB AD =，

PD ⊥底面ABCD ． （1）证明：PA BD ⊥；

（2）若1PD AD ==，求棱锥D PBC -的高．

A 1

【解析】（1）因为60DBA ∠=，2AB AD =，由余弦定理得BD =， 从而222BD AD AB +=，故BD AD ⊥，又PD ⊥底面ABCD ，可得BD PD ⊥． 所以BD ⊥平面PAD ，故PA BD ⊥．

（2）如图所示，作DE PB ⊥，垂足为E ．已知PD ⊥底面ABCD ，则PD BC ⊥． 由（1）知BD AD ⊥，又BC AD ∥，所以BC BD ⊥． 故BC ⊥平面PBD ，BC DE ⊥，则DE ⊥平面PBC ． 因为1AD =，2AB =，60DAB ∠=，

所以BD =

，又1PD =，所以2PB =．

根据DE PB PD BD ?=?，得DE =

，即棱锥D PBC -．

【2018，18】如图，在平行四边形ABCM 中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA 。 （3） 证明：平面ACD ⊥平面ABC ；

（4） Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP=DQ=DA ，求三棱锥Q-ABP 的体积。

18．解：（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．

又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ． 又AB ?平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC ．

（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =

又2

3

BP DQ DA ==，所以BP =

作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE

=1

3

DC ． 由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为

111

13451332Q ABP ABP V QE S -=??=?????=△．

2018高考文科数学复习数列

数列专项 数列的概念与简单表示法 11．[2016·卷] 无穷数列{a n }由k 个不同的数组成，S n 为{a n }的前n 项和．若对任意n ∈N *，S n ∈{2，3}，则k 的最大值为________． [解析] 由S n ∈{2，3}，得a 1＝S 1∈{2，3}．将数列写出至最多项，其中有相同项的情况舍去，共有如下几种情况： ①a 1＝2，a 2＝0，a 3＝1，a 4＝－1； ②a 1＝2，a 2＝1，a 3＝0，a 4＝－1； ③a 1＝2，a 2＝1，a 3＝－1，a 4＝0； ④a 1＝3，a 2＝0，a 3＝－1，a 4＝1； ⑤a 1＝3，a 2＝－1，a 3＝0，a 4＝1； ⑥a 1＝3，a 2＝－1，a 3＝1，a 4＝0. 最多项均只能写到第4项，即k max ＝4. D2 等差数列及等差数列前n 项和 12．D2[2016·卷] 已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6 ＝________． 12．6 [解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 5＝0，所以6＋2d ＋6＋4d ＝0，解得d ＝－2，所以S 6＝6×6＋6×52 ×(－2)＝36－30＝6. 8．D2[2016·卷] 已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________． 8．20 [解析] 因为S 5＝5a 3＝10，所以a 3＝2，设其公差为d ， 则a 1＋a 22＝2－2d ＋(2－d )2＝d 2－6d ＋6＝－3， 解得d ＝3，所以a 9＝a 3＋6d ＝2＋18＝20.

近五年高考数学(理科)立体几何题目汇总

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

2018年高考数学立体几何试题汇编

2018年全国一卷（文科）：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 18．如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =?∠，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点 D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ； （2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且2 3 BP DQ DA == ，求三棱锥Q ABP -的体积． 全国1卷理科 理科第7小题同文科第9小题 18. 如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点 P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值. 全国2卷理科： 9．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为 A ．15 B ． 5 C ． 5 D ． 2 20．如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．

（1）证明：PO⊥平面ABC； --为30?，求PC与平面PAM所成角的正弦值．（2）若点M在棱BC上，且二面角M PA C 全国3卷理科 3．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 19．（12分） 如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧?CD所在平面垂直，M是?CD上异于C，D的点． （1）证明：平面AMD⊥平面BMC； （2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值． 2018年江苏理科： 10．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▲ ．

-2018江苏高考数学立体几何真题汇编

A B C D E F 2008-2018江苏高考数学立体几何真题汇编 （2008年第16题） 在四面体ABCD 中， CB ＝CD ，AD ⊥BD ，且E 、F 分别是AB 、BD 的中点， 求证：（1）直线EF ∥平面ACD （2）平面EFC ⊥平面BCD 证明：（1） ??? E ， F 分别为AB ，BD 的中点?EF ∥AD 且AD ?平面ACD ，EF ?平面ACD ?直线EF ∥平面ACD （2）? ?????CB ＝CD F 是BD 的中点 ? CF ⊥BD ? ?? AD ⊥BD EF ∥AD ? EF ⊥BD ?直线BD ⊥平面EFC 又BD ?平面BCD ， 所以平面EFC ⊥平面BCD

B C? （2009年第16题） 如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，E，F分别是A1B，A1C的中点，点D在B1C1上，A1D⊥B1C . 求证：（1）EF∥平面ABC （2）平面A1FD⊥平面BB1C1C 证明：（1）由E，F分别是A1B，A1C的中点知EF∥BC， 因为EF?平面ABC，BC?平面ABC，所以EF∥平面ABC （2）由三棱柱ABC—A1B1C1为直三棱柱知CC1⊥平面A1B1C1， 又A1D?平面A1B1C1，故CC1⊥A1D， 又因为A1D⊥B1C，CC1∩B1C＝C，CC1、B1C?平面BB1C1C 故A1D⊥平面BB1C1C，又A1D?平面A1FD， 故平面A1FD⊥平面BB1C1C

P A B C D D P A B C F E （2010年第16题） 如图，在四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DC ＝BC ＝1，AB ＝2，AB ∥DC ， ∠BCD ＝90°． （1）求证：PC ⊥BC ； （2）求点A 到平面PBC 的距离． 证明：（1）因为PD ⊥平面ABCD ， BC ?平面ABCD ，所以PD ⊥BC ． 由∠BCD ＝90°，得CD ⊥BC ， 又PD ∩DC ＝D ，PD 、DC ?平面PCD ， 所以BC ⊥平面PCD ． 因为PC ?平面PCD ，故PC ⊥BC ． 解：（2）（方法一）分别取AB 、PC 的中点E 、F ，连DE 、DF ，则： 易证DE ∥CB ，DE ∥平面PBC ，点D 、E 到平面PBC 的距离相等． 又点A 到平面PBC 的距离等于E 到平面PBC 的距离的2倍． 由（1）知：BC ⊥平面PCD ，所以平面PBC ⊥平面PCD 于PC ， 因为PD ＝DC ，PF ＝FC ，所以DF ⊥PC ，所以DF ⊥平面PBC 于F ． 易知DF ＝ 2 2 ，故点A 到平面PBC 的距离等于2． （方法二）等体积法：连接AC ．设点A 到平面PBC 的距离为h ． 因为AB ∥DC ，∠BCD ＝90°，所以∠ABC ＝90°． 从而AB ＝2，BC ＝1，得△ABC 的面积S △ABC ＝1． 由PD ⊥平面ABCD 及PD ＝1，得三棱锥P —ABC 的体积V ＝13S △ABC ×PD ＝ 1 3 ． 因为PD ⊥平面ABCD ，DC ?平面ABCD ，所以PD ⊥DC ． 又PD ＝DC ＝1，所以PC ＝PD 2＋DC 2＝2． 由PC ⊥BC ，BC ＝1，得△PBC 的面积S △PBC ＝ 2 2 ． 由V A ——PBC ＝V P ——ABC ，13S △PBC ×h ＝V ＝ 1 3 ，得h ＝2， 故点A 到平面PBC 的距离等于2．

2018高考数学全国3卷文科试卷

绝密 ★ 启用前 2018年普通高等学校招生全国统一考试(全国3卷) 文科数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的、号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答案卡一并交回。 一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给的四个选项中，只有一项符合） 1．已知集合{}|10A x x =-≥，{}012B =，，，则A B =（ ） A ．{}0 B ．{}1 C ．{}12， D ．{}012， ， 2．()()12i i +-=（ ） A ．3i -- B ．3i -+ C ．3i - D ．3i + 3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫 卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头．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（ ）

4．若1 sin 3 α=，则cos2α=（ ） A ．89 B ． 79 C ．79 - D ．89 - 5．若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为（ ） A ．0.3 B ．0.4 C ．0.6 D ．0.7 6．函数 ()2tan 1tan x f x x = +的最小正周期为（ ） A ． 4 π B ． 2 π C ．π D ．2π 7．下列函数中，其图像与函数ln y x =的图像关于直线1x =对称的是（ ） A ．()ln 1y x =- B ．()ln 2y x =- C ．()ln 1y x =+ D ．()ln 2y x =+ 8．直线20x y ++=分别与x 轴，y 轴交于A ，B 两点，点P 在圆()2 222x y -+=上，则ABP ?面积的取值围是（ ） A ．[]26， B ．[]48， C ． D ．??

高考数学专题复习立体几何(理科)练习题

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

2018届高考数学立体几何(理科)专题02-二面角

2018届高考数学立体几何（理科）专题02 二面角 1．如图，在三棱柱111ABC A B C -中， 1,90A A AB ABC =∠=?侧面11A ABB ⊥底面ABC . (1)求证： 1AB ⊥平面1A BC ； (2)若15360AC BC A AB ==∠=?，，,求二面角11B A C C --的余弦值.

2．如图所示的多面体中，下底面平行四边形与上底面平行，且，,，，平面 平面，点为的中点． （1）过点作一个平面与平面平行，并说明理由； （2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

3．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形， 2AB AD =， BD =，且PD ⊥底面ABCD . （1）证明：平面PBD ⊥平面PBC ； （2）若Q 为PC 的中点，且1AP BQ ?=u u u v u u u v ，求二面角Q BD C --的大小.

4．如图所示的几何体是由棱台和棱锥拼接而成的组合体，其底面四边形是边长为2的菱形，，平面. （1）求证：； （2）求平面与平面所成锐角二面角的余弦值.

5．在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，平面PAB ⊥平面ABCD ，点E 、F 分别为BC 、AP 中点. （1）求证： //EF 平面PCD ； （2）若0 ,120,AD AP PB APB ==∠=，求平面DEF 与平面PAB 所成锐二面角的余弦值.

6．如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为直角梯形, ,90AD BC ADC ∠=o P ,平面PAD ⊥底面ABCD , Q 为AD 中点, M 是棱PC 上的点, 1 2,1,2 PA PD BC AD CD === ==（Ⅰ）若点M 是棱PC 的中点,求证: PA P 平面BMQ ; （Ⅱ）求证:平面PQB ⊥平面PAD ; （Ⅲ）若二面角M BQ C --为30o ,设PM tMC =,试确定t 的值.

2018年高考数学压轴题突破140之立体几何五种动态问题和解题绝招

2018年高考数学压轴 题突破140之立体几何五种动态问题和解题 绝招 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

2018年高考数学压轴题突破140之立体几何五种动态问题和解题绝招中高考数学名师张芙华2018-01-29 06:14:27 2018年高考数学压轴题突破140之立体几何五种动态问题和解题绝招 一．方法综述 立体几何的动态问题是高考的热点，问题中的“不确定性”与“动感性”元素往往成为学生思考与求解问题的思维障碍，使考题的破解更具策略性、挑战性与创新性。一般立体动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转以及投影与截面问题，由此引发的常见题型为动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等。此类题的求解并没有一定的模式与固定的套路可以沿用，很多学生一筹莫展，无法形成清晰的分析思路，导致该题成为学生的易失分点。究其原因，是因为学生缺乏相关学科素养和解决问题的策略造成的。 动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口。求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围。对于探究存在问题或动态范围（最值）问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题划归为静态问题。具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证。 二．解题策略 类型一立体几何中动态问题中的角度问题

【指点迷津】空间的角的问题，一种方法，代数法，只要便于建立空间直角坐标系均可建立空间直角坐标系，然后利用公式求解；另一种方法，几何法，几何问题要结合图形分析何时取得最大（小）值。当点M在P处时，EM与AF 所成角为直角，此时余弦值为0（最小），当M点向左移动时，EM与AF所成角逐渐变小时，点M到达点Q时，角最小，余弦值最大。 类型二立体几何中动态问题中的距离问题

(完整版)2018年高考文科数学(全国3卷)试题及答案

2018 年普通高等学校招生全国统一考试 文科数学 （3） 、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。 3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的突出部分叫榫头，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结构咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木结构的俯视图可以 1 4．若 sin ，则 cos2 3 A ． 0.3 B ．0.4 C ． 0.6 D ．0.7 函数 f(x) tanx 2 的最小正周期为 1 tan 2 x π π A B ． C ． π D ． 2π 的概率为 6 ． 2 4 1．已知集合 A {x| x 1≥ 0}， B {0 ，1，2} ， 则 A ∩B ＝ A ．{0} B ． {1} C ． {1，2} 2．（1＋i ）（2 －i ）＝ A ．－ 3－ i B ． － 3＋ i C ． 3－i D ．{0，1，2} D ．3＋i A ． B ． C ． D ． 5． 8 D 7 C 7 若某群体中的成员只用现金支付的概率为 0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为 0.15，则不用现金支付 7． 列函数中，其图像与函数 ln x 的图像关于直线 1 对称的是 8． 9． A ． 直线 函数 y ln(1 x) B ． ln(2 x) C ． ln(1 x) D ． y ln(2 x) 0 分别与 x 轴， y 轴交于 A ， B 两点， P 在圆 (x 2) D ． 2 上，则 ABP 面积的取值范围是 [2 2,3 2] 是 A ． xy [ 2,3 2] C ． [2,6] B ． [4, 8] A ．

全国高考理科数学：立体几何

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

2018高考文科数学复习数列

实用标准文档 文案大全数列专项 数列的概念与简单表示法 11．[2016·上海卷] 无穷数列{a n}由k个不同的数组成，S n为{a n}的前n项和．若对任意n∈N*，S n∈{2，3}，则k的最大值为________．． [解析] 由S n∈{2，3}，得a1＝S1∈{2，3}．将数列写出至最多项，其中有相同项的情况舍去，共有如下几种情况： ①a1＝2，a2＝0，a3＝1，a4＝－1； ②a1＝2，a2＝1，a3＝0，a4＝－1； ③a1＝2，a2＝1，a3＝－1，a4＝0； ④a1＝3，a2＝0，a3＝－1，a4＝1； ⑤a1＝3，a2＝－1，a3＝0，a4＝1； ⑥a1＝3，a2＝－1，a3＝1，a4＝0. 最多项均只能写到第4项，即k max＝4. D2 等差数列及等差数列前n项和 12．D2[2016·北京卷] 已知{a n}为等差数列，S n为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0， 则S6＝________．． 12．6 [解析] 设等差数列{a n}的公差为d，因为a3＋a5＝0，所以6＋2d＋6＋4d＝0，解得d＝－2，所以S6＝6×6＋6×52×(－2)＝36－30＝6. 8．D2[2016·江苏卷] 已知{a n}是等差数列，S n是其前n项和．若a1＋a22＝－3，S5＝10，则a9的值是________．． 8．20 [解析] 因为S5＝5a3＝10，所以a3＝2，设其公差为d， 则a1＋a22＝2－2d＋(2－d)2＝d2－6d＋6＝－3，解得d＝3，所以a9＝a3＋6d＝2＋18＝20. 3．D2[2016·全国卷Ⅰ] 已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( ) A．100 B．99 C．98 D．97 3．C [解析] a1＋a92×9＝27，可得a5＝3，所以a10－a5＝ 5d＝5，所以d＝1，所以a100＝a10＋90d＝98. 19．D2，D4，H6[2016·四川卷] 已知数列{a n}的首项为1，S n为数列{a n}的前n项和， S n＋1＝qS n＋1，其中q>0，n∈N*. 实用标准文档 文案大全(1)若2a2，a3，a2＋2成等差数列，求数列{a n}的通项公式； (2)设双曲线x2－y2a2n＝1的离心率为e n，且e2＝53，证明：e1＋e2＋…＋e n>4n－3n3n－ 1. 19．解：(1)由已知，S n＋1＝qS n＋1，S n＋2＝qS n＋1＋1，两式相减得到a n＋2＝qa n＋1，n≥1. 又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1， 所以a n＋1＝qa n对所有n≥1都成立， 所以，数列{a n}是首项为1，公比为q的等比数列， 从而a n＝q n－1. 由2a2，a3，a2＋2成等差数列，可得 2a3＝3a2＋2，即2q2＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0， 由已知，q>0，故q＝2， 所以，a n＝2n－1(n∈N*)． (2)证明：由(1)可知，a n＝q n－1，

历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案)

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 .

黑龙江省2018年高考文科数学试题及答案(Word版)

黑龙江省2018年高考文科数学试题及答案 （Word 版） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．作答时，将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。 3．考试结束后，将本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．()i 23i += A ．32i - B ．32i + C ．32i -- D ．32i -+ 2．已知集合{}1,3,5,7A =，{}2,3,4,5B =，则A B =I A ．{}3 B ．{}5 C ．{}3,5 D ．{}1,2,3,4,5,7 3．函数()2 e e x x f x x --=的图像大致为 4．已知向量a ，b 满足||1=a ，1?=-a b ，则(2)?-=a a b A ．4 B ．3 C ．2 D ．0 5．从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是女同学的概率为 A ．0.6 B ．0.5 C ．0.4 D ．0.3 6．双曲线22 221(0,0)x y a b a b -=>>3 A ．2y x = B ．3y x = C ．2 y = D ．3y = 7．在ABC △中，5 cos 2C = 1BC =，5AC =，则AB = A ．42B 30C 29D ．25

8．为计算11111 123499100 S =-+-++-L ，设计了如图的程序框图，则在空白框中应填入 A ． 1i i =+ B ．2i i =+ C ．3i i =+ D ．4i i = + 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 所成角的正切值为 A ． 2 B C D 10．若()cos sin f x x x = -在[0,]a 是减函数，则a 的最大值是 A ． π4 B ． π2 C ． 3π4 D ．π 11．已知1 F ，2F 是椭圆C 的两个焦点，P 是C 上的一点，若12PF PF ⊥，且2160PF F ∠=?，则C 的离心率 为 A ．1B ．2C D 1- 12．已知()f x 是定义域为(,)-∞+∞的奇函数，满足(1)(1)f x f x -=+．若(1)2f =，则 (1)(2)(3)f f f ++(50)f ++=L A ．50- B ．0 C ．2 D ．50 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．曲线2ln y x =在点(1,0)处的切线方程为__________． 14．若,x y 满足约束条件250,230,50,x y x y x +-?? -+??-? ≥≥≤ 则z x y =+的最大值为__________． 15．已知5π1 tan()45 α- =，则tan α=__________． 16．已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30?，若SAB △的面积为8，则 该圆锥的体积为__________． 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考

2018高考模拟-立体几何

2018高考模拟-立体几何 一、单选题（共8 题；共16分） 6666 3.如图，已知三棱锥P﹣ABC 的底面是等腰直角三角形，且∠ACB= ，侧面PAB⊥底面ABC，AB=PA=PB=2．则这个三棱锥的三视图中标注的尺寸x，y，z 分别是（） A. √3 ，1，√2 B. √3 ，1，1 C. 2，1，√2 D. 2，1，1

5. 已知某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积是（ ） 6. 已知某几何体的三视图及相关数据如图所示，则该几何体的体积为（ 4.已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A. 2π B. 32 4 C. 3 D. 7 6 C. 108 cm 3 D. 138 cm 3 A. 2π B. 8 π C. 4 π D. 3 +4 A. 72 cm 3 B. 90 cm 3

7.某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半圆，则该几何体的体积为（） 二、填空题（共1题；共2分） 三、综合题（共32题；共330分） 9.已知某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则此几何体的体积为__________，表面积为 A. √3π B. 3π C. 1π 626 8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（） A. 8+8π 3 B. 16+8π 3 C. 38+16π D. 16+16π 3 D. √3 3 π

∠A1AC=60°，AC=2AA1=4，点D，E 分别是 1）证明：DE∥平面A1B1C； 2）若AB=2，∠BAC=60°，求直线DE 与平面ABB1A1 所成角的正弦值． AB=2，BC=CD=1，顶角D1 在底 1）求证：AD1⊥BC； 2）若直线DD1与直线AB所成角为，求平面ABC1D1与平面ABCD 所成角（锐角）的余弦值函数值．

2018年全国高考新课标1卷文科数学试题

2018年普通高等学校招生全国统一考试新课标1卷 文科数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本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A={0,2},B={-2,-1,0,1,2}，则A ∩B= A ．{0,2} B ．{1,2} C ．{0} D ．{-2,-1,0,1,2} 解析：选A 2．设z= 1-i 1+i +2i ，则|z|= A ．0 B ．1 2 C ．1 D ． 2 解析：选C z=1-i 1+i +2i=-i+2i=i 3．某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图： 建设前经济收入构成比例 建设后经济收入构成比例 则下面结论中不正确的是 A ．新农村建设后，种植收入减少 B ．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上 C ．新农村建设后，养殖收入增加了一倍 D ．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半 解析：选A 4．已知椭圆C ：x 2 a 2＋y 2 4＝1的一个焦点为(2,0)，则C 的离心率为 A ．13 B ．12 C ． 22 D ． 22 3 解析：选C ∵ c=2，4=a 2 -4 ∴a=2 2 ∴e= 22 5．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2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 解析：选B 设底面半径为R,则(2R)2=8 ∴R=2,圆柱表面积=2πR ×2R+2πR 2 =12π

2019届高考理科数学专题 高考中的立体几何问题

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

2018高考文科立体几何大题

立体几何综合训练1、证明平行垂直 1．如图，AB 是圆O 的直径，PA⊥圆O 所在的平面，C是圆O 上的点．（1）求证：BC⊥平面PAC； （2）若Q 为PA的中点，G为△AOC 的重心，求证：QG∥平面PBC．2．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，AB ∥ CD，AB⊥AD ，CD=2AB ，平面PAD⊥ 底面ABCD ，PA⊥ AD ．E和F分别 是CD 和PC 的中点，求证：（Ⅰ） PA⊥底面ABCD； （Ⅱ）BE∥平面PAD； （Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD ．

3．如图，四棱锥P﹣ABCD 中，PA⊥底面ABCD ，AB⊥AD ，点E在线段AD 上，且CE∥AB ． （Ⅰ）求证：CE⊥平面PAD ； （Ⅱ）若PA=AB=1 ，AD=3 ，CD= ， ∠ CDA=45 °，求四棱锥P﹣ABCD 的体4．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，底面ABCD 是矩形．已知 ．M 是PD 的中点． Ⅰ）证明PB∥平面MAC Ⅱ）证明平面PAB⊥平面ABCD Ⅲ）求四棱锥p ﹣ABCD 的体积．

Ⅲ）若M 是PC 的中点，求三棱锥M ﹣ACD 的体积． 2、求体积问题 5．如图，已知四棱锥P﹣ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥DC，∠ ABC=45 °，DC=1 ，AB=2 ，PA⊥平面ABCD ，PA=1 ． （Ⅰ）求证：AB∥平面PCD； Ⅱ）求证：BC⊥平面PAC；

6．（2011? 辽宁）如图，四边形ABCD 为正方形，QA⊥平面ABCD ， PD∥QA， OA=AB= PD． （Ⅰ）证明PQ⊥平面DCQ ； （Ⅱ）求棱锥Q﹣ABCD 的体积与棱锥P ﹣DCQ 的体积的比值．7．如图，四棱锥P﹣ABCD 的底面ABCD 是边长为 2 的菱形，∠ BAD=60 °，已知 PB=PD=2 ，PA= ． （Ⅰ）证明：PC⊥ BD （Ⅱ）若E为PA 的中点，求三棱锥P ﹣ BCE的体积．

2018高考全国2卷文科数学带答案

精心整理 绝密★启用前 2018年普通高等学校招生全国统一考试 文科数学 本试卷共23题，共150分，共4页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确 1．A 2A B = A {}3,5 34A 5概率为 A ．0.6 B ．0.5 C ．0.4 D ．0.3 6．双曲线22 221(0,0)x y a b a b -=>> A ． y = B ．y = C ．y x = D ．y = 7．在ABC △中，cos 2 C 1BC =，5AC =，则AB =

A ．B C D ．899100 + -图，则在空白框中应填入 A B C D 9A 10A 1160?， A 12(50)f + +A B ．0 131415．已知51 tan 45 πα??-= ?? ? ，则tan α=__________． 16．已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30?，若S A B △的面积为8，则该圆锥的体积为__________． 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题 为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23为选考题。考生根据要求作答。 （一）必考题：共60分。

17．（12分） 记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-． （1）求{}n a 的通项公式； （2）求n S ，并求n S 的最小值． 18．（12分） 下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额y （单位：亿元）的折线图． 2, ,17）建立模 2,,7） 19．PA =到平 面20．两点， ||8AB =． （1）求l 的方程； （2）求过点A ，B 且与C 的准线相切的圆的方程． 21．（12分） 已知函数321()(1)3 f x x a x x =-++．