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1、立体几何 本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共 150 分，考试时间120 分钟 第卷 一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 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|AB|BC|CA|2，则向量ABBC()A2 B2 C2 3 D2 3【解析】向量AB与BC的夹角为23，则ABBC22cos232.【答案】B 2(2013东营模拟)已知等比数列an，若存在两项 am，an使得 amana23，则1m4n的最小值为()A.32 B.53 C.94 D.76【解析】由等比数列的性质知 mn6，则1m4n16
2、1m4n(mn)1654mnnm32，当且仅当4mnnm，即 m2，n4 时等号成立【答案】A 3在正四面体 PABC 中，D，E，F 分别是 AB，BC，CA 的中点，下面四个结论中不成立的()ABC平面 PDF BDF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 4(2013济宁模拟)点 M、N 分别是正方体 ABCDA1B1C1D1的棱 A1B1、A1D1的中点，用过 A、M、N 和 D、N、C1的两个截面截去
3、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 B C D【解析】根据三视图的定义可知选B.【答案】B 5(2013枣庄模拟)设 zxy，其中实数 x，y 满足 x2y0，xy0，0yk，若 z 的最大值为 6，则 z 的最小值为()A3 B2 C1 D0【解析】由 zxy 得 yxz，作出 x2y0，xy0，0yk，的区域 BCO，平移直线 yxz，由图象可知当直线经过 C 时，直线的截距最大，此时 z6，由 yx，yx6，解得 x3，y3，所以 k3，解得 B(6,3)，代入 zxy 得最小值为 z633，选 A.【答案】A 6(
4、2013课标全国卷)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.5003 cm3 B.8663 cm3 C.1 3723 cm3 D.2 0483 cm3 【解析】如图，作出球的一个截面，则 MC862(cm)，BM12AB1284(cm)设球的半径为 R cm，则 R2OM2MB2(R2)242，R5，V球43535003(cm3)【答案】A 7(2013临汾模拟)已知平面 平面，l，点 A，Al，直线 ABl，直线 ACl，直线 m，m，则下列四
5、种位置关系中，不一定成立的是()AABm BACm CAB DAC【解析】因为 m，m，l，所以 ml.因为 ABl，所以 ABm，故 A 一定正确 因为 ACl，ml，所以 ACm，从而 B 一定正确 因为 ABl，l，AB.所以 AB.故 C 也正确 因为 ACl，当点 C 在平面 内时，AC 成立，当点 C 不在平面 内时，AC 不成立，故 D 不一定成立【答案】D 8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()Aa2 B.73a2 C.113a2 D5a2【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
6、可知 OOa2，OA33a，又由球的相关性质可知，球的半径 R OO2OA2216a，所以球的表面积为 4R273a2.【答案】B 9在正三棱柱 ABCA1B1C1中，D 是 AC 的中点，AB1BC1，则平面 DBC1与平面 CBC1所成的角为()A30 B45 C60 D90【解析】以 A 为坐标原点，AC，AA1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(3a，a,0)，C1(0,2a,2b)，B1(3a，a,2b)由AB1BC1，得AB1BC10，即 2b2a2.设 n1(
7、x，y，z)为平面 DBC1的一个法向量，则 n1DB0，n1DC10.即 3ax0，ay2bz0.又 2b2a2，令 z1，解得 n1(0，2，1)同理可求得平面 CBC1的一个法向量为 n2(1，3，0)利用公式 cos|n1n2|n1|n2|22，得 45.【答案】B 10(2013成都模拟)已知正四棱锥 SABCD 中，SA2 3，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为()A1 B.3 C2 D3 【解析】如图所示，设正四棱锥高为 h，底面边长为 a，则22a 12h2，即 a22(12h2)，所以 V13a2h23h(12h2)23(h312h)，令 f(h)h312h，则 f(h)3h
8、212(h0)，令 f(h)0，则 h2，此时 f(h)有最小值，V 有最大值【答案】C 第卷 二、填空题(本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分，把答案填在题中横线上)11 已知函数 f(x)Asinx6(A0，0)的最小正周期为 2，且 f(0)3，则函数 f(3)_.【解析】22，由 f(0)Asin6 3得 A2 3，所以 f(x)2 3sinx6，所以 f(3)2 3sin36 3.【答案】3 12(2013南通模拟)关于直线 m，n 和平面，有以下四个命题：若 m，n，则 mn；若 mn，m，n，则；若 m，mn，则 n 且 n；若 mn，m，则 n 或 n.其中假命题的
9、序号是_【解析】命题m 与 n 也可相交或异面，所以是假命题；命题由条件可得 m，又 m，故，所以是真命题；命题也可得到 n 或 n，所以错；命题由已知只能得到 n 垂直 与 内的一条直线，无法判定 n或 n，所以命题错【答案】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13122123.【答案】3 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：2213 2335 32135 337911 421357 4313151719 5213579 532123252729 根据上
10、述分解规律，若 m3(mN*)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 234(m1)1 项，即m2m2项，从而 m3分解中第 1 个数为 m2m1，由m2m173 得 m9.【答案】9 15(2013南昌模拟)三棱锥 SABC 中，SBASCA90，ABC 是斜边 ABa 的等腰直角三角形，则以下结论中：图 4 异面直线 SB 与 AC 所成的角为 90.直线 SB平面 ABC；平面 SBC平面 SAC；点 C 到平面 SAB 的距离是12a.其中正确结论的序号是_【解析】由题意知 AC平面 SBC，故 ACSB，SB平面
11、 ABC，平面 SBC平面 SAC，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12a，正确【答案】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 c2，C3且ABC 的面积等于 3，求 cos(AB)和 a，b 的值；(2)若 B 是钝角，且 cos A35，sin B1213，求 sin C 的值【解】(1)ABC，C3，ABC，cos(AB)cos(C)cos Cc
12、os 312.由余弦定理及已知条件得，a2b2ab4，又因为ABC 的面积等于 3，所以12absin C 3，得 ab4.联立方程组 a2b2ab4，ab4，解得 a2，b2.(2)B 是钝角，且 cos A35，sin B1213，sin A 1cos2A 135245，cos B 1sin2B 112132513，sin Csin(AB)sin(AB)sin Acos Bcos Asin B455133512131665.17(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 ACADCDDE2，AB1.图 5(1
13、)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，ABED，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12ED，又 AB12ED，FH 綊 AB，四边形 ABFH 是平行四边形，BFAH，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，CGAB，又 CGAD，CG平面 ABED，即 CG 为四棱锥 CABED 的高，求得 CG 3，VC
14、ABED131222 3 3.18(本小题满分 12 分)(2013黄冈模拟)如图 6，三棱柱 ABCA1B1C1的侧面AA1B1B 为正方形，侧面 BB1C1C 为菱形，CBB160，ABB1C.(1)求证：平面 AA1B1B平面 BB1C1C；(2)若 AB2，求三棱柱 ABCA1B1C1的体积 图 6【解】(1)由侧面 AA1B1B 为正方形，知 ABBB1.又 ABB1C，BB1B1CB1，所以 AB平面 BB1C1C，又 AB平面 AA1B1B，所以平面 AA1B1B平面 BB1C1C.(2)由题意，CBCB1，设 O 是 BB1的中点，连接 CO，则 COBB1.由(1)知，CO平
15、面 AA1B1B，且 CO32BC32AB 3.连结 AB1，则 VCABB113SABB1CO16AB2CO2 33.因为 VB1ABCVCABB113VABCA1B1C12 33，故三棱柱 ABCA1B1C1的体积 VABCA1B1C12 3.19(本小题满分 12 分)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2an2，数列bn满足 b11，且 bn1bn2.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设 cn11n2an11n2bn，求数列cn的前 2n 项和 T2n.【解】(1)当 n1，a12；当 n2 时，anSnSn12an2an1，an2an1.an是等比数列，公比为 2，首项
16、 a12，an2n.由 bn1bn2，得bn是等差数列，公差为 2.又首项 b11，bn2n1.(2)cn 2n n为奇数，2n1 n为偶数，T2n22322n137(4n1)22n1232n2n.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，CBA30，PAAB2，点 E 为线段 PB 的中点，点 M 在弧 AB 上，且 OMAC.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 MBPC 的大小为，求 cos 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
17、以 OEPA.因为 PA平面 PAC，OE平面 PAC，所以 OE平面 PAC.因为 OMAC，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，OEOMO，所以平面 MOE平面 PAC.(2)因为点 C 在以 AB 为直径的O 上，所以ACB90，即 BCAC.因为 PA平面 BAC，BC平面 ABC，所以 PABC.因为 AC平面 PAC，PA平面 PAC，PAACA，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
18、空间直角坐标系 Cxyz.因为CBA30，PAAB2，所以 CB2cos 30 3，AC1.延长 MO 交 CB 于点 D.因为 OMAC，所以 MDCB，MD11232，CD12CB32.所以 P(1,0,2)，C(0,0,0)，B(0，3，0)，M32，32，0.所以CP(1,0,2)，CB(0，3，0)设平面 PCB 的法向量 m(x，y，z)因为 mCP0，mCB0.所以 x，y，z1，0，20，x，y，z0，3，00，即 x2z0，3y0.令 z1，则 x2，y0.所以 m(2,0,1)同理可求平面 PMB 的一个法向量 n(1，3，1)所以 cosm，nmn|m|n|15.因为二面
19、角 MBPC 为锐二面角，所以 cos 15.图 8 21(本小题满分 14 分)(2013天津高考)如图 8，四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，侧棱 A1A底面 ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E 为棱 AA1的中点(1)证明 B1C1CE；(2)求二面角 B1-CE-C1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26，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(
20、0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)(1)证明：易得B1C1(1,0，1)，CE(1,11)，于是B1C1CE0，所以B1C1CE.(2)B1C(1，2，1)设平面 B1CE 的法向量 m(x，y，z)，则 mB1C0，mCE0，即 x2yz0，xyz0.消去 x，得 y2z0，不妨令 z1，可得一个法向量为 m(3，2,1)由(1)知，B1C1CE，又 CC1B1C1，可得 B1C1平面 CEC1，故B1C1(1,0，1)为平面 CEC1的一个法向量 于是 cosm，B1C1mB1C1|m|B1C1|414 22 77，从而 sinm，B1C1217.所以二面角 B1CEC1的正弦值为217.(3)AE(0,1,0)，EC1(1,1,1)设EMEC1(，)，01，有AMAEEM(，1，)可取AB(0,0,2)为平面 ADD1A1的一个法向量 设 为直线 AM 与平面 ADD1A1所成的角，则 sin|cosAM，AB|AMAB|AM|AB|2212223221，于是322126，解得 13(负值舍去)，所以 AM 2.