2013北京各区一摸试题汇编 09 三视图 立体几何

北京市各地市2013年高考数学最新联考试题分类汇编（8）立体几何一、选择题:（6）(北京市朝阳区2013年4月高三第一次综合练习文理)某个长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为A. 4B. D. 8【答案】D（5）(北京市东城区2013年4月高三综合练习一文）已知一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，那么这个几何体的侧．面积是（A）2（B）2(4（D）2（C）2【答案】C7. (北京市房山区2013年4月高三第一次模拟理)某三棱椎的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的是( C )A.B. 8C.D.5．(北京市西城区2013年4月高三一模文)某正三棱柱的三视图如图所示，其中正（主） 视图是边长为2的正方形，该正三棱柱的表面积是（A ）6（B ）12（C ）12+（D ）24+【答案】C8．(北京市西城区2013年4月高三一模文)如图，正方体1111ABCD A BC D -中，E 是棱11B C 的中点，动点P 在底面ABCD 内，且11PA A E =，则 点P 运动形成的图形是（A ）线段 （B ）圆弧（C ）椭圆的一部分 （D ）抛物线的一部分【答案】B8. (北京市海淀区2013年4月高三第二学期期中练习理)设123,,l l l 为空间中三条互相平行且两两间的距离分别为4，5，6的直线.给出下列三个结论：①i i A l ∃∈(1,2,3)i =，使得123A A A ∆是直角三角形； ②i i A l ∃∈(1,2,3)i =，使得123A A A ∆是等边三角形；③三条直线上存在四点(1,2,3,4)i A i =，使得四面体1234A A A A 为在一个顶点处的三条棱两两互相垂直的四面体.其中，所有正确结论的序号是A. ①B.①②C. ①③D. ②③ 【答案】B7．（北京市丰台区2013年高三第二学期统一练习一文）某四面体三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和是(A) 2 (B) 4 (C) 24+【答案】C（7）（北京市昌平区2013年1月高三期末考试理）已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的全面积为A. 10+．10+ C. 14+ D. 14+二、解答题:（17）(北京市朝阳区2013年4月高三第一次综合练习理)（本小题满分14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAC ⊥平面ABCD ，且P A A C ⊥， 2PA AD ==．四边形ABCD 满足BCAD ，AB AD ⊥，1AB BC ==．点,E F 分别为侧棱,PB PC 上的点，且PE PFPB PCλ==． （Ⅰ）求证：EF 平面PAD ；（Ⅱ）当12λ=时，求异面直线BF 与CD 所成角的余弦值；（Ⅲ）是否存在实数λ，使得平面AFD ⊥平面PCD ？若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由． （17）（本小题满分14分） 证明：（Ⅰ）由已知，PE PFPB PCλ==， 所以 EFBC ．所以()()0,0,01,0,0,A B ,所以异面直线BF与CD所成角的余弦值为3．…………………………………9分令21x=，则2(1,1,1) =n．若平面AFD ⊥平面PCD ，则120n n ⋅=，所以(22)0λλ-+=，解得23λ=． 所以当23λ=时，平面AFD ⊥平面PCD ．…………………………………………14分 （17）(北京市朝阳区2013年4月高三第一次综合练习文) （本小题满分14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAC ⊥平面ABCD ，且P A A C ⊥， 2PA AD ==．四边形ABCD 满足BC AD ，AB AD ⊥，1AB BC ==．E 为侧棱PB 的中点，F 为侧棱PC 上的任意一点.（Ⅰ）若F 为PC 的中点，求证：EF平面PAD ；（Ⅱ）求证：平面AFD ⊥平面PAB ； （Ⅲ）是否存在点F ，使得直线AF 与平面PCD 垂直？若存在，写出证明过程并求出线段PF 的长；若不存在，请说明理由．平面ABCD 平面PAC AC =，且PA AC ⊥，PA ⊂平面PAC .所以PA ⊥平面ABCD ，又AD ⊂平面ABCD ，所以PA AD ⊥． 又因为AB AD ⊥，PA AB A =，所以AD ⊥平面PAB ，而AD ⊂平面AFD ，所以平面AFD ⊥平面PAB ．……………………………………………………8分可见直线AF 与平面PCD 能够垂直，此时线段PF．……………14分 （16）(北京市东城区2013年4月高三综合练习一文）（本小题共14分） 如图，已知AD ⊥平面ABC ，CE ⊥平面ABC ，F 为BC 的中点，若12AB AC AD CE ===．（Ⅰ）求证：//AF 平面BDE ；（Ⅱ）求证：平面BDE ⊥平面BCE ．（16）（共14分）证明：（Ⅰ）取BE 的中点G ，连结GF ，GD .因为F 是BC 的中点，则GF 为△BCE 的中位线．所以//GF EC ，12GF CE =．因为AD ⊥平面ABC ，CE ⊥平面ABC ， 所以////GF EC AD ．A BC DE FABCD EFG又DG ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ⊥平面BCE ．16. (北京市房山区2013年4月高三第一次模拟理)（本小题满分14分）在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD ⊥底面ABCD ， ABCD 为直角梯形，BC //AD ，90ADC ∠=︒，112BC CD AD ===，PA PD =，E F ,为AD PC ,的中点．（Ⅰ）求证：PA //平面BEF ；（Ⅱ）若PC 与AB 所成角为45︒，求PE 的长；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求二面角F-BE-A 的余弦值．解得：2=t ∴2=PE …………………………………………………………………….9分解法二：由BCDE 为正方形可得 EC ==由ABCE 为平行四边形 可得EC //AB∴PCE ∠为PC AB 与所成角 即045PCE ∠=…………………………………..…5分 PA PD E AD PE AD =∴⊥为中点由图可知二面角B AC E --的平面角是钝角， 所以二面角B AC E --的余弦值为33-．………………………………………….14分 16．(北京市西城区2013年4月高三一模文)（本小题满分14分）在如图所示的几何体中，面CDEF 为正方形，面ABCD 为等腰梯形，AB //CD ，AC ，22AB BC ==，AC FB ⊥．（Ⅰ）求证：⊥AC 平面FBC ； （Ⅱ）求四面体FBCD 的体积；（Ⅲ）线段AC 上是否存在点M ，使EA //平面FDM ？ 证明你的结论． 16．（本小题满分14分）因为 CDEF 为正方形，所以N 为CE 中点． ………………11分所以 EA //MN ． ………………12分 因为 ⊂MN 平面FDM ，⊄EA 平面FDM ， ………………13分 所以 EA //平面FDM ．所以线段AC 上存在点M ，使得EA //平面FDM 成立． ………………14分17. (北京市海淀区2013年4月高三第二学期期中练习理)（本小题满分14分）在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，ABC ∆是正三角形，AC 与BD 的交点M 恰好是AC 中点，又4PA AB ==，120CDA ∠=，点N 在线段PB 上，且PN = （Ⅰ）求证：BD PC ⊥； （Ⅱ）求证：//MN 平面PDC ; （Ⅲ）求二面角A PC B --的余弦值．PDC ………………9分所以二面角A PC B --余弦值为7………………14分 16．（北京市丰台区2013年高三第二学期统一练习一文） （本题13分）如图，四棱锥P-ABCD 中， BC ∥AD ，BC=1，AD=3，AC ⊥CD,且平面PCD ⊥平面ABCD. （Ⅰ）求证：AC ⊥PD ；（Ⅱ）在线段PA 上,是否存在点E ，使BE ∥平面PCD ？若存在，求PE PA的值；若不存在，请说明理由。

立体几何知识点及典型例题一、平面的基本性质两点一线、三点共面、两面交于一线。

练习1、已知直线，且直线与都相交，求证：直线共面。

二、空间线面的位置关系共面 平行—没有公共点(1)直线与直线 相交—有且只有一个公共点异面(既不平行，又不相交)直线在平面内—有无数个公共点 (2)直线和平面 直线不在平面内 平行—没有公共点 (直线在平面外) 相交—有且只有一公共点 (3)平面与平面 相交—有一条公共直线(无数个公共点)平行—没有公共点三、异面直线的判定证明两条直线是异面直线通常采用反证法.有时也可用定理“平面内一点与平面外一点的连线，与平面内不经过该点的直线是异面直线”.练习2、求证：两条异面直线不能同时和一个平面垂直练习3、四面体中，各个侧面都是边长为的正三角形，分别是和的中点，则异面直线与所成的角是多少？四、空间中的平行问题（1）直线与平面平行的判定及其性质①线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内一条直线平行,则该直线与此平面平行。

（线线平行→线面平行）②线面平行的性质定理：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。

（线面平行→线线平行）（2）平面与平面平行的判定及其性质两个平面平行的判定定理：//b c a ,b c ,,a b c S A B C a ,E F S C A B E F S AC①如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行（线面平行→面面平行）②如果在两个平面内，各有两组相交直线对应平行，那么这两个平面平行。

（线线平行→面面平行）③垂直于同一条直线的两个平面平行 两个平面平行的性质定理：①如果两个平面平行，那么某一个平面内的直线与另一个平面平行。

（面面平行→线面平行）②如果两个平行平面都和第三个平面相交，那么它们的交线平行。

（面面平行→线线平行）练习4、如图：是平行四边形平面外一点，分别是上的点，且=，求证：平面练习5、两个全等的正方形ABCD 和ABEF 所在平面相交于AB ，M ∈AC ，N ∈FB ，且AM=FN ，求证 MN ∥平面BCE五、空间中的垂直问题（1）线线、面面、线面垂直的定义①两条异面直线的垂直：如果两条异面直线所成的角是直角，就说这两条异面直线互相垂直。

2013年北京市各区高三一模试题编--数列一填空选择(2013年东城一模文科)（7）对于函数)(x f y =，部分x 与y 的对应关系如下表：x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 y7 4 5 8 1 3 5 2 6数列}{n x 满足21=x ，且对任意*n ∈N ，点),(1+n n x x 都在函数)(x f y =的图象上，则201320124321x x x x x x ++++++ 的值为（A ）9394 （B ）9380 （C ）9396 （D ）9400 （2013年东城一模文科理科）（14）数列{a n }的各项排成如图所示的三角形形状，其中每一行比上一行增加两项，若n n a a =(0)a ≠， 则位于第10行的第8列的项等于 ，2013a 在图中位于 ．（填第几行的第几列）（2013年东城一模理科）（5）已知数列{}n a 中，12a =，120n n a a +-=，2log n n b a =，那么数列{}n b 的前10项和等于（A ）130 （B ）120 （C ）55 （D ）50(2013西城一模文科理科)4．设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，且10a >．若232S a >，则q 的取值范围是（A ）1(1,0)(0,)2- （B ）1(,0)(0,1)2-（C ）1(,1)(,)2-∞-+∞（D ）1(,)(1,)2-∞-+∞(2013西城一模文科)14．已知数列{}n a 的各项均为正整数，其前n 项和为n S ．若1, ,231,,nn n nn a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩是偶数是奇数且329S =，则1a =______；3n S =______. (2013西城一模理科)10．设等差数列{}n a 的公差不为0，其前n 项和是n S ．若23S S =，0k S =，则k =______．(2013海淀一模文科)2.等差数列{}n a 中, 2343,9,a a a =+= 则16a a 的值为 A. 14 B. 18 C. 21 D.2(2013海淀一模理科)10.等差数列{}n a 中,34259,18a a a a +==, 则16_____.a a = (2013丰台一模文科理科)3. 设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，3420a a +=，则31S a （ ）(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5（2013年石景山一模文科理科）11．在等差数列{a n }中，a l =-2013，其前n 项和为S n ，若10121210S S -=2，则2013S 的值等于 。

【解析分类汇编系列五：北京2013高三（一模）文数】7：立体几何1 ．（2013届房山区一模文科数学）某三棱椎的三视图如图所示,该三棱锥的四个面的面积中,最大的是 （ ）A ．B ．8C ．D ．C由三视图可知该几何体是个底面是正三角形，棱AD 垂直底的三棱锥。

其中4,4,3A D B D E C ===,取BC的中点F，则223)27A ==ABC ∆的面积为142⨯⨯，选C.2．（2013届北京市延庆县一模数学文）一四面体的三视图如图所示,则该四面体四个面中最大的面积是（ ）A ．2B ．22C ．3D ．32D将该几何体放入边长为2的正方体中，由三视图可知该四面体为11D BD C -,由直观图可知，最大的面为1BDC .在等边三角形1BDC 中，BD =,所以面积2122S =⨯⨯=，选 D.3．（2013届北京市石景山区一模数学文）某四棱锥的三视图如图所示，则最长的一条侧棱长度是（ ）（7题图）A B．．5 DD由三视图可知：该几何体是一个四棱锥，如图所示，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=2，底面ABCD是一个直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，AD=2，DC=3，BC=4，BD=5．所以则最长的一条侧棱PB= D.4．（2013届北京东城区一模数学文科）已知一个几何体的三视图如图所示(单位:cm), 那么这个几何体的侧．面积是（）2A．2B．(4D．2C．2C由三视图可知，该几何体是一个平放的四棱柱，四棱柱的底面是直角梯形。

所以几何体的侧面积为(1+2)12111=42⨯⨯+⨯2cm ，选C. 5．（2013届北京市朝阳区一模数学文）某个长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为A. 4B.C. 203D. 8 D由三视图可知，该几何体的为，其中长方体底面为正方形，正方形的边长为2.其中3,1HD BF ==,将相同的两个几何体放在一起，构成一个高为4的长方体，所以该几何体体积为122482⨯⨯⨯=。

2013年北京市朝阳区高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1. i 为虚数单位，复数11−i 的虚部是（ ）A.12 B.−12C.−12iD.12i2. 已知集合M ={x|−2<x <3}，N ={x|lg (x +2)≥0}，则M ∩N =( ) A.(−2, +∞) B.(−2, 3) C.(−2, −1] D.[−1, 3)3. 已知向量OA →=(3, −4)，OB →=(6, −3)，OC →=(2m, m +1)．若AB →∥OC →，则实数m 的值为（ ） A.15 B.−35C.−3D.−174. 在极坐标系中，直线ρcos θ=12与曲线ρ＝2cos θ相交于A ，B 两点，O 为极点，则∠AOB 的大小为（ ）A.π3 B.π2C.2π3D.5π65. 在下列命题中，①“α=π2”是“sin α=1”的充要条件； ②(x 32+1x )4的展开式中的常数项为2；③设随机变量ξ∼N(0, 1)，若P(ξ≥1)=p ，则P(−1<ξ<0)=12−p ．其中所有正确命题的序号是（ ） A.② B.③C.②③D.①③6. 某个长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）A.4B.4√2C.6√2D.87. 抛物线y 2＝2px(p >0)的焦点为F ，已知点A ，B 为抛物线上的两个动点，且满足∠AFB ＝120∘．过弦AB 的中点M 作抛物线准线的垂线MN ，垂足为N ，则|MN||AB|的最大值为（ ）A.√33 B.1C.2√33D.28. 已知函数f(x)=2x +1，x ∈N ∗．若∃x 0，n ∈N ∗，使f(x 0)+f(x 0+1)+...+f(x 0+n)=63成立，则称(x 0, n)为函数f(x)的一个“生成点”．函数f(x)的“生成点”共有（ ） A.1个B.2个C.3个D.4个二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡上.在等比数列{a n }中，2a 3−a 2a 4=0，则a 3=________，{b n }为等差数列，且b 3=a 3，则数列{b n }的前5项和等于________．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边．已知角A 为锐角，且b =3a sin B ，则tan A =________．执行如图所示的程序框图，输出的结果S =________．如图，圆O 是△ABC 的外接圆，过点C 作圆O 的切线交BA 的延长线于点D ．若CD =√3，AB =AC =2，则线段AD 的长是________；圆O 的半径是________．函数f(x)是定义在R 上的偶函数，且满足f(x +2)＝f(x)．当x ∈[0, 1]时，f(x)＝2x ．若在区间[−2, 3]上方程ax +2a −f(x)＝0恰有四个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是________．在平面直角坐标系xOy 中，已知点A 是半圆x 2−4x +y 2=0(2≤x ≤4)上的一个动点，点C 在线段OA 的延长线上．当OA →⋅OC →=20时，则点C 的纵坐标的取值范围是________．三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.已知函数f(x)=√32sin ωx −sin 2ωx 2+12(ω>0)的最小正周期为π．（1）求ω的值及函数f(x)的单调递增区间；（2）当x ∈[0,π2]时，求函数f(x)的取值范围．盒子中装有四张大小形状均相同的卡片，卡片上分别标有数字−1，0，1，2．称“从盒中随机抽取一张，记下卡片上的数字后并放回”为一次试验（设每次试验的结果互不影响）． （1）在一次试验中，求卡片上的数字为正数的概率；（2）在四次试验中，求至少有两次卡片上的数字都为正数的概率；（3）在两次试验中，记卡片上的数字分别为ξ，η，试求随机变量X =ξ⋅η的分布列与数学期望EX ．如图，在四棱锥P −ABCD 中，平面PAC ⊥平面ABCD ，且PA ⊥AC ，PA =AD =2．四边形ABCD 满足BC // AD ，AB ⊥AD ，AB =BC =1．点E ，F 分别为侧棱PB ，PC 上的点，且PEPB =PFPC =λ．（1）求证：EF // 平面PAD ；（2）当λ=12时，求异面直线BF 与CD 所成角的余弦值；（3）是否存在实数λ，使得平面AFD ⊥平面PCD ？若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由．已知函数f(x)=x 2−(a +2)x +a ln x +2a +2，其中a ≤2． （1）求函数f(x)的单调区间；（2）若函数f(x)在(0, 2]上有且只有一个零点，求实数a 的取值范围．已知中心在原点，焦点在x 轴上的椭圆C 过点(1,√32)，离心率为√32，点A 为其右顶点．过点B(1, 0)作直线l 与椭圆C 相交于E ，F 两点，直线AE ，AF 与直线x =3分别交于点M ，N ． （1）求椭圆C 的方程；（2）求EM →⋅FN →的取值范围．设τ=(x 1, x 2,…,x 10)是数1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的任意一个全排列，定义S(τ)=∑|10k=12x k −3x k+1|，其中x 11=x 1．（1）若τ=(10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1)，求S(τ)的值；（2）求S(τ)的最大值；（3）求使S(τ)达到最大值的所有排列τ的个数．参考答案与试题解析2013年北京市朝阳区高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1.【答案】 A【考点】复数的基本概念复数代数形式的乘除运算【解析】利用复数的除法法则，把分子、分母分别乘以分母的共轭复数即可得出． 【解答】 解：复数11−i=1+i (1−i)(1+i)=12+12i 的虚部是12．故选A ． 2.【答案】 D【考点】 交集及其运算 【解析】解对数不等式可以求出集合N ，进而根据集合交集及其运算，求出M ∩N ． 【解答】解：∵ N ={x|lg (x +2)≥0}=[−1, +∞)， 集合M ={x|−2<x <3}， 则M ∩N =[−1, 3) 故选D ． 3.【答案】 C【考点】平行向量（共线） 平面向量的坐标运算 【解析】先求得得AB →=OB →−OA →=(3, 1)，再由AB →∥OC →，则这两个向量的坐标对应成比例，解方程求得实数m 的值，可得结论． 【解答】由题意可得AB →=OB →−OA →=(3, 1)，若AB →∥OC →，则这两个向量的坐标对应成比例，即 2m 3=m+11，解得m ＝−3， 4.【答案】 C【考点】直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 【解析】把极坐标方程化为直角坐标方程，求出AC ，DC 的值，可得∠AOC 的值，从而得到∠AOB ＝2∠AOC 的值． 【解答】直线ρcos θ=12即 x =12，曲线ρ＝2cos θ 即 ρ2＝2ρcos θ，即 (x −1)2+y 2＝1， 表示以C(1, 0)为圆心，以1为半径的圆．如图． Rt △ADC 中，∵ cos ∠ACO =CD AC=12，∴ ∠ACO =π3，在△AOC 中，AC ＝OC ，∴ ∠AOC =π3，∴ ∠AOB ＝2∠AOC =2π3，5.【答案】 C【考点】命题的真假判断与应用 【解析】 ①利用特殊值α=5π2，判断出为假命题．②利用二项展开式的通项公式求出第r +1项，令x 的指数为0得常数项．③根据随机变量ξ∼N(0, 1)，正态曲线关于x =0对称，得到对称区间对应的概率相等，根据大于1的概率得到小于−1的概率，根据对称轴一侧的区间的概率是12，得到结果．【解答】解：①是假命题．α=π2，是能推得sin α=1，反之，sin α=1，α可以为5π2或其他数值．②：(x 32+1x )4的通项为T r+1=C r 4 (x 32)4−r (1x )r =2r−4C 4r x 12−4r令12−4r =0得r =3∴ 展开式的常数项为T 4=12C 43=2；正确；③：∵ 随机变量ξ∼N(0, 1)， ∴ 正态曲线关于x =0对称， ∵ P(ξ≥1)=p ， ∴ P(ξ<−1)=p ，∴ P(−1<ξ<0)=12−p ，正确．故选C ．6.【答案】D【考点】由三视图求体积【解析】三视图复原的几何体是长方体的三分之二，依据三视图的数据，得出长方体长、宽、高，即可求出几何体的体积．【解答】解：三视图复原的几何体是长方体，长方体长、宽、高分别是：2，2，3，所以这个几何体的体积是2×2×3=12，长方体被一个平面所截，得到的几何体的是长方体的三分之二，如图所示，则这个几何体的体积为12×23=8．故选D．7.【答案】A【考点】抛物线的性质【解析】设|AF|＝a，|BF|＝b，连接AF、BF．由抛物线定义得2|MN|＝a+b，由余弦定理可得|AB|2＝(a+b)2−ab，进而根据基本不等式，求得|AB|的取值范围，从而得到本题答案．【解答】设|AF|＝a，|BF|＝b，连接AF、BF由抛物线定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|在梯形ABPQ中，2|MN|＝|AQ|+|BP|＝a+b．由余弦定理得，|AB|2＝a2+b2−2ab cos120∘＝a2+b2+ab配方得，|AB|2＝(a+b)2−ab，又∵ab≤(a+b2) 2，∴(a+b)2−ab≥(a+b)2−14(a+b)2=34(a+b)2得到|AB|≥√32(a+b)．所以|MN||AB|≤12(a+b)√32(a+b)=√33，即|MN||AB|的最大值为√33．8.【答案】B【考点】函数的求值数列的求和【解析】由f(x0)+f(x0+1)+...+f(x0+n)=63，得(2x0+1)+[2(x0+1)+1]+...+[2(x0+n)+1]=63，化简可得(n+1)(2x0+n+1)=63，由x0，n∈N∗，得{n+1=72x0+n+1=9或{n+1=32x0+n+1=21，解出即可．【解答】解：由f(x0)+f(x0+1)+...+f(x0+n)=63，得(2x0+1)+[2(x0+1)+1]+...+[2(x0+n)+1]=63所以2(n+1)x0+2(1+2+...n)+(n+1)=63，即(n+1)(2x0+n+1)=63，由x0，n∈N∗，得{n+1=72x0+n+1=9或{n+1=32x0+n+1=21，解得{n=6x0=1或{n=2x0=9，所以函数f(x)的“生成点”为(1, 6)，(9, 2)．故选B．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡上.【答案】2,10【考点】等比数列的通项公式等比数列的前n项和【解析】由题意可得a2a4=a32，代入已知可解得a3=2，进而可得b3=a3=2，代入等差数列的求和公式可得S5=5(b1+b5)2=5×2b32，计算即可．【解答】解：由等比数列的性质可得a2a4=a32，代入可得2a3−a32=0，解得a3=2，或a3=0（舍去）；故b3=a3=2，由等差数列的求和公式和性质可得：数列{b n}的前5项和S5=5(b1+b5)2=5×2b32=5×2=10故答案为：2；10【答案】√24【考点】正弦定理【解析】由条件，利用正弦定理可得sin B=3sin A sin B，求得sin A的值，再由同角三角函数的基本关系求得tan A的值．【解答】解：在△ABC中，角A为锐角，且b=3a sin B，由正弦定理可得sin B=3sin A sin B，∵sin A≠0，故sin A=13，∴cos A=√1−sin2A=2√23tan A=sin Acos A=√24，故答案为√24．【答案】20【考点】程序框图【解析】题目首先给累加变量S和循环变量i赋值，S=0，i=0．先执行一次运算S=S+2i−1，然后判断i≥6是否成立，不成立继续执行i=i+2，S=S+2i−1，成立时结束循环，输出S．【解答】解：框图首先给累加变量S和循环变量i赋值，S=0，i=0．执行S=0+2×0−1=−1；判断0≥6不成立，执行i=0+2=2，S=−1+2×2−1=2；判断2≥6不成立，执行i=2+2=4，S=2+2×4−1=9；判断4≥6不成立，执行i=4+2=6，S=9+2×6−1=20；判断6≥6成立，跳出循环，输出S的值为20．故答案为20．【答案】1,2【考点】与圆有关的比例线段【解析】①由切割线定理得CD2=DA⋅DB，即可得出DA；②由余弦定理可得∠DCA，利用弦切角定理可得∠ABC=∠DCA，再利用正弦定理得2R=ACsin∠ABC即可．【解答】解：①∵CD是⊙O的切线，由切割线定理得CD2=DA⋅DB，CD=√3，DB=DA+AB=DA+2，∴(√3)2=DA(DA+2)，又DA>0，解得DA=1．②在△ACD中，由余弦定理可得cos∠ACD=AC2+CD2−DA22AC⋅CD =2√3)222×2×√3=√32，∵0<∠ACD<π，∴∠ACD=π6．根据弦切角定理可得∠ABC=∠DCA=π6．由正弦定理可得2R=ACsin∠ABC =2sinπ6=4，∴R=2．故答案分别为1，2．【答案】(25, 2 3)【考点】函数与方程的综合运用【解析】问题等价于在区间[−2, 3]上函数f(x)与y＝a(x+2)的图象有四个不同的交点，由函数的性质可作出它们的图象，由斜率公式可得边界，进而可得答案．【解答】在区间[−2, 3]上方程ax+2a−f(x)＝0恰有四个不相等的实数根，等价于在区间[−2, 3]上函数f(x)与y＝a(x+2)的图象有四个不同的交点，由f(x+2)＝f(x)可得函数的周期为2，且为偶函数，函数y＝a(x+2)的图象为过定点(−2, 0)且斜率为a的直线，作出它们的图象可得：由图图可知，当直线介于CB和CA之间符合题意，而由斜率公式可得k CB=2−01−(−2)=23，k CA=2−03−(−2)=25，故实数a的取值范围是：(25,23)，【答案】[−5, 5]【考点】平面向量数量积的运算【解析】设点C(a, b)，由题意可得OC→=λOA→，且λ>0，当点A在点M(2, 2)时，由OC→⋅OA→=20，且a=b，解得b的值．当点A在点N(2, −2)时，由OC→⋅OA→=20，且a=−b，解得b的值，从而求得C的纵坐标的取值范围．【解答】解：半圆x2−4x+y2=0(2≤x≤4)即(x−2)2+y2=4(2≤x≤4)，设点C(a, b)，由于OA→与OC→的方向相同，故OC→=λOA→，且λ>0，当点A在点M(2, 2)时，OC→⋅OA→=2a+2b=20，且a=b，解得b=5．当点A在点N(2, −2)时，OC→⋅OA→=2a+(−2b)=20，且a=−b，解得b=−5．综上可得，则点C的纵坐标的取值范围是[−5, 5]，故答案为[−5, 5]．三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 【答案】解：（1）f(x)=√32sinωx−1−cosωx2+12=√32sinωx+12cosωx=sin(ωx+π6)．…因为f(x)最小正周期为π，所以ω=2．…所以f(x)=sin(2x+π6)．由2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，k∈Z，得kπ−π3≤x≤kπ+π6．所以函数f(x)的单调递增区间为[kπ−π3,kπ+π6]，k∈Z．…（2）因为x∈[0,π2]，所以2x+π6∈[π6,7π6]，…所以−12≤sin(2x+π6)≤1．…所以函数f(x)在[0,π2]上的取值范围是[−12,1]．…【考点】求二倍角的余弦求两角和与差的正弦求二倍角的正弦正弦函数的单调性【解析】（1）利用两角和的正弦公式，二倍角公式化简函数f(x)的解析式为sin(ωx+π6)，由此求得它的最小正周期．令2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，求得x的范围，即可得到函数f(x)的单调递增区间．（2）因为x∈[0,π2]，根据正弦函数的定义域和值域求得函数f(x)的取值范围．【解答】解：（1）f(x)=√32sinωx−1−cosωx2+12=√32sinωx+12cosωx=sin(ωx+π6)．…因为f(x)最小正周期为π，所以ω=2．…所以f(x)=sin(2x+π6)．由2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，k∈Z，得kπ−π3≤x≤kπ+π6．所以函数f(x)的单调递增区间为[kπ−π3,kπ+π6]，k∈Z．…（2）因为x∈[0,π2]，所以2x+π6∈[π6,7π6]，…所以−12≤sin(2x+π6)≤1．…所以函数f(x)在[0,π2]上的取值范围是[−12,1]．…【答案】在一次试验中，卡片上的数字为正数的概率是12．（2）设事件B：在四次试验中，至少有两次卡片上的数字都为正数．由（1）可知在一次试验中，卡片上的数字为正数的概率是12．所以P(B)=1−[C40(12)0⋅(12)4+C4112⋅(12)3]=1116．答：在四次试验中，至少有两次卡片上的数字都为正数的概率为1116．（3）由题意可知，ξ，η的可能取值为−1，0，1，2，所以随机变量X的可能取值为−2，−1，0，1，2，4．P(X=−2)=24×4=18；P(X=−1)=24×4=18；P(X=0)=74×4=716；P(X=1)=24×4=18；P(X=2)=24×4=18；P(X=4)=14×4=116．所以随机变量X的分布列为所以E(X)=−2×18−1×18+0×716+1×18+2×18+4×116=14．【考点】离散型随机变量及其分布列离散型随机变量的期望与方差 【解析】（1）根据古典概型概率计算公式求解：P(A)=n(A)n(Ω)；（2）设事件B ：在四次试验中，至少有两次卡片上的数字都为正数，则P(B)=1−P(B ¯)，根据独立重复试验中某事件发生k 次的概率计算公式即可求得；（3）由题意可知ξ，η的可能取值为−1，0，1，2，从而随机变量X 的可能取值为−2，−1，0，1，2，4．根据古典概型该类计算公式求得X 取各值时的概率即可写出分布列，利用期望公式即可求得期望值； 【解答】解：（1）设事件A ：在一次试验中，卡片上的数字为正数，则P(A)=24=12．答：在一次试验中，卡片上的数字为正数的概率是12．（2）设事件B ：在四次试验中，至少有两次卡片上的数字都为正数． 由（1）可知在一次试验中，卡片上的数字为正数的概率是12．所以P(B)=1−[C 40(12)0⋅(12)4+C 4112⋅(12)3]=1116．答：在四次试验中，至少有两次卡片上的数字都为正数的概率为1116． （3）由题意可知，ξ，η的可能取值为−1，0，1，2， 所以随机变量X 的可能取值为−2，−1，0，1，2，4． P(X =−2)=24×4=18；P(X =−1)=24×4=18；P(X =0)=74×4=716；P(X =1)=24×4=18；P(X =2)=24×4=18；P(X =4)=14×4=116． 所以随机变量X 的分布列为所以E(X)=−2×18−1×18+0×716+1×18+2×18+4×116=14．【答案】证明：（1）由已知，PEPB =PFPC =λ， 所以EF // BC ．因为BC // AD ，所以EF // AD ． 而EF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以EF // 平面PAD ． …（2）因为平面ABCD ⊥平面PAC ，平面ABCD ∩平面PAC =AC ，且PA ⊥AC ， 所以PA ⊥平面ABCD ． 所以PA ⊥AB ，PA ⊥AD ． 又因为AB ⊥AD ，所以PA ，AB ，AD 两两垂直． … 如图所示，建立空间直角坐标系， 因为AB =BC =1，PA =AD =2，所以A(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，C(1, 1, 0)，D(0, 2, 0)，P(0, 0, 2)． 当λ=12时，F 为PC 中点， 所以F(12, 12, 1)，所以BF →=(−12, 12, 1)，CD →=(−1, 1, 0)．设异面直线BF 与CD 所成的角为θ， 所以cos θ=|cos <BF →，CD →>|=|(−12，12，1)⋅(−1,1,0)|√14+14+1×√2=√33， 所以异面直线BF 与CD 所成角的余弦值为√33．…（3）设F(x 0, y 0, z 0)，则PF →=(x 0, y 0, z 0−2)，PC →=(1, 1, −2)． 由已知PF →=λPC →，所以(x 0, y 0, z 0−2)=λ(1, 1, −2)，所以{x 0=λy 0=λz 0=2−2λ，∴ AF →=(λ, λ, 2−2λ)．设平面AFD 的一个法向量为n 1=(x 1, y 1, z 1)，因为AD →=(0, 2, 0)，所以{n 1⋅AD →=0˙即{λx 1+λy 1+(2−2λ)z 1=02y 1=0，令z 1=λ，得n 1=(2λ−2, 0, λ)．设平面PCD 的一个法向量为n 2=(x 2, y 2, z 2)， 因为PD →=(0, 2, −2)，CD →=(−1, 1, 0)， 所以{n 2⋅CD →=0˙即{2y 2−2z 2=0−x 2+y 2=0令x 2=1，则n 2=(1, 1, 1)．若平面AFD ⊥平面PCD ，则n 1⋅n 2=0，所以(2λ−2)+λ=0，解得λ=23． 所以当λ=23时，平面AFD ⊥平面PCD ．… 【考点】直线与平面平行的判定 异面直线及其所成的角 平面与平面垂直的判定 【解析】 （1）由PE PB=PF PC=λ可知，EF // BC ，依题意，可求得EF // AD ，再利用线面平行的判断定理即可证得结论； （2）可证得PA ，AB ，AD 两两垂直，以之为轴建立空间直角坐标系，可求得BF →与CD →的坐标，利用向量的数量积即可求得异面直线BF 与CD 所成角的余弦值；（3）设F(x 0, y 0, z 0)，则PF →=(x 0, y 0, z 0−2)，PC →=(1, 1, −2)，由PF →=λPC →，可求得F(λ, λ, 2−2λ)，再设出平面AFD 的一个法向量为n 1=(x 1, y 1, z 1)，平面PCD 的一个法向量为n 2=(x 2, y 2, z 2)，可求得这两个法向量的坐标，利用n 1⋅n 2=0，即可求得λ的值． 【解答】证明：（1）由已知，PE PB=PF PC=λ，所以EF // BC ．因为BC // AD ，所以EF // AD ． 而EF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以EF // 平面PAD ． …（2）因为平面ABCD ⊥平面PAC ，平面ABCD ∩平面PAC =AC ，且PA ⊥AC ， 所以PA ⊥平面ABCD ． 所以PA ⊥AB ，PA ⊥AD ． 又因为AB ⊥AD ，所以PA ，AB ，AD 两两垂直． … 如图所示，建立空间直角坐标系， 因为AB =BC =1，PA =AD =2，所以A(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，C(1, 1, 0)，D(0, 2, 0)，P(0, 0, 2)．当λ=12时，F 为PC 中点，所以F(12, 12, 1)，所以BF →=(−12, 12, 1)，CD →=(−1, 1, 0)．设异面直线BF 与CD 所成的角为θ， 所以cos θ=|cos <BF →，CD →>|=|(−12，12，1)⋅(−1,1,0)|√14+14+1×√2=√33， 所以异面直线BF 与CD 所成角的余弦值为√33．…（3）设F(x 0, y 0, z 0)，则PF →=(x 0, y 0, z 0−2)，PC →=(1, 1, −2)． 由已知PF →=λPC →，所以(x 0, y 0, z 0−2)=λ(1, 1, −2)， 所以{x 0=λy 0=λz 0=2−2λ，∴ AF →=(λ, λ, 2−2λ)．设平面AFD 的一个法向量为n 1=(x 1, y 1, z 1)，因为AD →=(0, 2, 0)，所以{n 1⋅AD →=0˙即{λx 1+λy 1+(2−2λ)z 1=02y 1=0，令z 1=λ，得n 1=(2λ−2, 0, λ)．设平面PCD 的一个法向量为n 2=(x 2, y 2, z 2)， 因为PD →=(0, 2, −2)，CD →=(−1, 1, 0)， 所以{n 2⋅CD →=0˙即{2y 2−2z 2=0−x 2+y 2=0令x 2=1，则n 2=(1, 1, 1)．若平面AFD ⊥平面PCD ，则n 1⋅n 2=0，所以(2λ−2)+λ=0，解得λ=23． 所以当λ=23时，平面AFD ⊥平面PCD ．… 【答案】解：（1）函数定义域为x >0，且f′(x)=2x −(a +2)+ax =(2x−a)(x−1)x…①当a ≤0，即a 2≤0时，令f ′(x)<0，得0<x <1，函数f(x)的单调递减区间为(0, 1)， 令f ′(x)>0，得x >1，函数f(x)的单调递增区间为(1, +∞)． ②当0<a 2<1，即0<a <2时，令f ′(x)>0，得0<x <a2或x >1，函数f(x)的单调递增区间为(0,a2)，(1, +∞)．令f ′(x)<0，得a2<x <1，函数f(x)的单调递减区间为(a2，1)．③当a2=1，即a =2时，f ′(x)≥0恒成立，函数f(x)的单调递增区间为(0, +∞)．…（2）①当a ≤0时，由（1）可知，函数f(x)的单调递减区间为(0, 1)，f(x)在(1, 2]单调递增．所以f(x)在(0, 2]上的最小值为f(1)=a +1， 由于f(1e 2)=1e 4−2e 2−a e 2+2=(1e 2−1)2−a e 2+1>0，要使f(x)在(0, 2]上有且只有一个零点，需满足f(1)=0或{f(1)<0f(2)<0解得a =−1或a <−2ln 2．②当0<a ≤2时，由（1）可知，（1）当a =2时，函数f(x)在(0, 2]上单调递增；且f(e −4)=1e 8−4e 4−2<0，f(2)=2+2ln 2>0，所以f(x)在(0, 2]上有且只有一个零点． （2）当0<a <2时，函数f(x)在(a2，1)上单调递减，在(1, 2]上单调递增； 又因为f(1)=a +1>0，所以当x ∈(a2，2]时，总有f(x)>0． 因为e−2a+2a<1<a +2，所以f(e −2a+2a)=e −2a+2a[e −2a+2a−(a +2)]+(a ln e −2a+2a+2a +2)<0．所以在区间(0, a2)内必有零点．又因为f(x)在(0, a2)内单调递增， 从而当0<a ≤2时，f(x)在(0, 2]上有且只有一个零点． 综上所述，0<a ≤2或a <−2ln 2或a =−1时，f(x)在(0, 2]上有且只有一个零点．…【考点】利用导数研究函数的单调性 函数的零点【解析】（1）先求函数的定义域再求函数的导数，当导数大于0时函数单调递增，当导数小于0时单调递减．（2）此题考查的是函数的零点存在问题．在解答的过程当中要先结合函数f(x)在区间(0, 2]内有且只有一个零点的条件，结合（1）中确定函数的增减区间，求出函数的极小值和极大值，再转化出不等关系，利用此不等关系即可获得问题的解答． 【解答】解：（1）函数定义域为x >0，且f′(x)=2x −(a +2)+ax =(2x−a)(x−1)x…①当a ≤0，即a 2≤0时，令f ′(x)<0，得0<x <1，函数f(x)的单调递减区间为(0, 1)， 令f ′(x)>0，得x >1，函数f(x)的单调递增区间为(1, +∞)． ②当0<a2<1，即0<a <2时，令f ′(x)>0，得0<x <a2或x >1， 函数f(x)的单调递增区间为(0,a2)，(1, +∞)．令f ′(x)<0，得a2<x <1，函数f(x)的单调递减区间为(a2，1)．③当a2=1，即a =2时，f ′(x)≥0恒成立，函数f(x)的单调递增区间为(0, +∞)．…（2）①当a ≤0时，由（1）可知，函数f(x)的单调递减区间为(0, 1)，f(x)在(1, 2]单调递增． 所以f(x)在(0, 2]上的最小值为f(1)=a +1， 由于f(1e 2)=1e4−2e2−a e2+2=(1e2−1)2−a e 2+1>0，要使f(x)在(0, 2]上有且只有一个零点，需满足f(1)=0或{f(1)<0f(2)<0解得a =−1或a <−2ln 2．②当0<a ≤2时，由（1）可知，（1）当a =2时，函数f(x)在(0, 2]上单调递增；且f(e −4)=1e 8−4e 4−2<0，f(2)=2+2ln 2>0，所以f(x)在(0, 2]上有且只有一个零点． （2）当0<a <2时，函数f(x)在(a2，1)上单调递减，在(1, 2]上单调递增； 又因为f(1)=a +1>0，所以当x ∈(a 2，2]时，总有f(x)>0．因为e−2a+2a<1<a +2， 所以f(e−2a+2a)=e−2a+2a[e−2a+2a−(a +2)]+(a ln e−2a+2a+2a +2)<0．所以在区间(0, a 2)内必有零点．又因为f(x)在(0, a2)内单调递增，从而当0<a ≤2时，f(x)在(0, 2]上有且只有一个零点．综上所述，0<a ≤2或a <−2ln 2或a =−1时，f(x)在(0, 2]上有且只有一个零点．… 【答案】解：（1）由题意，设椭圆的方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，依题意得{ a 2=b 2+c 2c a=√321a 2+34b 2=1解之可得a 2=4，b 2=1． 所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1．（2）由（1）可知点A 的坐标为(2, 0)．①当直线l 的斜率不存在时，不妨设点E 在x 轴上方，易得E(1,√32)，F(1,−√32)，M(3,−√32)，N(3,√32)，所以EM→⋅FN →=1．②当直线l 的斜率存在时，由题意可设直线l 的方程为y =k(x −1)，显然k =0时，不符合题意．由{y =k(x −1)x 2+4y 2−4=0消y 并整理得(4k 2+1)x 2−8k 2x +4k 2−4=0． 设E(x 1, y 1)，F(x 2, y 2)，则x 1+x 2=8k 24k 2+1，x 1x 2=4k 2−44k 2+1．直线AE ，AF 的方程分别为：y =y 1x 1−2(x −2)，y =y 2x 2−2(x −2)，令x =3，则M(3,y 1x1−2)，N(3,y 2x2−2)．所以EM →=(3−x 1,y 1(3−x 1)x 1−2)，FN →=(3−x 2,y 2(3−x 2)x 2−2)． 所以EM →⋅FN →=(3−x 1)(3−x 2)+y 1(3−x 1)x 1−2⋅y 2(3−x 2)x 2−2=(3−x 1)(3−x 2)(1+y 1y 2(x 1−2)(x 2−2))=(3−x 1)(3−x 2)(1+k 2⋅(x 1−1)(x 2−1)(x 1−2)(x 2−2))=[x 1x 2−3(x 1+x 2)+9]×[1+k 2⋅x 1x 2−(x 1+x 2)+1x 1x 2−2(x 1+x 2)+4]=(4k 2−44k 2+1−3⋅8k 24k 2+1+9)⋅(1+k 2⋅4k 2−44k 2+1−8k 24k 2+1+14k 2−44k 2+1−2⋅8k 24k 2+1+4)=(16k 2+54k 2+1)⋅(1+−3k 24k 2)=16k 2+516k 2+4=1+116k 2+4．因为k 2>0，所以16k 2+4>4，所以1<16k 2+516k 2+4<54，即EM →⋅FN →∈(1,54)．综上所述，EM →⋅FN →的取值范围是[1,54)． 【考点】平面向量数量积的运算 椭圆的标准方程 【解析】（1）设椭圆的方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，依题意可得a 、b 、c 的方程组，解之可得方程；（2）由（1）可知点A 的坐标为(2, 0)．①当直线l 的斜率不存在时，不妨设点E 在x 轴上方，可得EM →⋅FN →=1；②当直线l 的斜率存在时，写直线的方程，联立方程组，消y 并整理得(4k 2+1)x 2−8k 2x +4k 2−4=0．进而由根与系数的关系表示出向量的数量积为1+116k 2+4，由k 的范围可得其范围，综合可得． 【解答】解：（1）由题意，设椭圆的方程为x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)，依题意得{ a 2=b 2+c 2c a =√321a 2+34b 2=1解之可得a 2=4，b 2=1． 所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1．（2）由（1）可知点A 的坐标为(2, 0)．①当直线l 的斜率不存在时，不妨设点E 在x 轴上方，易得E(1,√32)，F(1,−√32)，M(3,−√32)，N(3,√32)，所以EM→⋅FN →=1．②当直线l 的斜率存在时，由题意可设直线l 的方程为y =k(x −1)，显然k =0时，不符合题意． 由{y =k(x −1)x 2+4y 2−4=0消y 并整理得(4k 2+1)x 2−8k 2x +4k 2−4=0． 设E(x 1, y 1)，F(x 2, y 2)，则x 1+x 2=8k 24k 2+1，x 1x 2=4k 2−44k 2+1． 直线AE ，AF 的方程分别为：y =y 1x 1−2(x −2)，y =y 2x2−2(x −2)，令x =3，则M(3,y 1x1−2)，N(3,y 2x2−2)．所以EM →=(3−x 1,y 1(3−x 1)x 1−2)，FN →=(3−x 2,y 2(3−x 2)x 2−2)． 所以EM →⋅FN →=(3−x 1)(3−x 2)+y 1(3−x 1)x 1−2⋅y 2(3−x 2)x 2−2=(3−x 1)(3−x 2)(1+y 1y 2(x 1−2)(x 2−2))=(3−x 1)(3−x 2)(1+k 2⋅(x 1−1)(x 2−1)(x 1−2)(x 2−2))=[x 1x 2−3(x 1+x 2)+9]×[1+k 2⋅x 1x 2−(x 1+x 2)+1x 1x 2−2(x 1+x 2)+4]=(4k 2−44k 2+1−3⋅8k 24k 2+1+9)⋅(1+k 2⋅4k 2−44k 2+1−8k24k 2+1+14k 2−44k 2+1−2⋅8k 24k 2+1+4)=(16k 2+54k 2+1)⋅(1+−3k 24k 2)=16k 2+516k 2+4=1+116k 2+4． 因为k 2>0，所以16k 2+4>4，所以1<16k 2+516k +4<54，即EM →⋅FN →∈(1,54)． 综上所述，EM →⋅FN →的取值范围是[1,54)．【答案】解：（1）∵ τ=(10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1)，x 11=x 1， 依题意，S(τ)=∑|10k=12x k −3x k+1|， ∴ S(T)=∑|10k=12x k −3x k+1|=7+6+5+4+3+2+1+0+1+28=57，．… （2）数10，9，8，7，6，5，4，3，2，1的2倍与3倍分别如下：20，18，16，14，12，10，8，6，4，2，30，27，24，21，18，15，12，9，6，3其中较大的十个数之和与较小的十个数之和的差为203−72=131，所以S(τ)≤131． 对于排列τ0=(1, 5, 6, 7, 2, 8, 3, 9, 4, 10)，此时S(τ0)=131， 所以S(τ)的最大值为131．…（3）由于数1，2，3，4所产生的8个数都是较小的数，而数7，8，9，10所产生的8个数都是较大的数，所以使S(τ)取最大值的排列中，必须保证数1，2，3，4互不相邻，数7，8，9，10也互不相邻；而数5和6既不能排在7，8，9，10之一的后面，又不能排在1，2，3，4之一的前面．设x 1=1，并参照下面的符号排列1△○□△○□△○□△○其中2，3，4任意填入3个□中，有6种不同的填法；7，8，9，10任意填入4个圆圈○中，共有24种不同的填法；5填入4个△之一中，有4种不同的填法；6填入4个△中，且当与5在同一个△时，既可以在5之前又可在5之后，共有5种不同的填法，所以当x 1=1时，使S(τ)达到最大值的所有排列τ的个数为6×24×4×5=2880，由轮换性知，使S(τ)达到最大值的所有排列τ的个数为28800．… 【考点】排列及排列数公式 数列的求和【解析】（1）依题意，τ=(x 1, x 2,…,x 10)=(10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1)，代入S(τ)=∑|10k=12x k −3x k+1|计算即可求得S(τ)的值；（2）可求得数10，9，8，7，6，5，4，3，2，1的2倍与3倍，从而可求得其中较大的十个数之和与较小的十个数之和的差，从而可得S(τ)的最大值；（3）利用数1，2，3，4所产生的8个数都是较小的数，而数7，8，9，10所产生的8个数都是较大的数，从而使S(τ)取最大值的排列中，必须保证数1，2，3，4互不相邻，数7，8，9，10也互不相邻；而数5和6既不能排在7，8，9，10之一的后面，又不能排在1，2，3，4之一的前面，利用排列组合知识即可求得答案． 【解答】 解：（1）∵ τ=(10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1)，x 11=x 1， 依题意，S(τ)=∑|10k=12x k −3x k+1|， ∴ S(T)=∑|10k=12x k −3x k+1|=7+6+5+4+3+2+1+0+1+28=57，．… （2）数10，9，8，7，6，5，4，3，2，1的2倍与3倍分别如下：20，18，16，14，12，10，8，6，4，2，30，27，24，21，18，15，12，9，6，3其中较大的十个数之和与较小的十个数之和的差为203−72=131，所以S(τ)≤131． 对于排列τ0=(1, 5, 6, 7, 2, 8, 3, 9, 4, 10)，此时S(τ0)=131， 所以S(τ)的最大值为131．…（3）由于数1，2，3，4所产生的8个数都是较小的数，而数7，8，9，10所产生的8个数都是较大的数，所以使S(τ)取最大值的排列中，必须保证数1，2，3，4互不相邻，数7，8，9，10也互不相邻；而数5和6既不能排在7，8，9，10之一的后面，又不能排在1，2，3，4之一的前面．设x 1=1，并参照下面的符号排列1△○□△○□△○□△○其中2，3，4任意填入3个□中，有6种不同的填法；7，8，9，10任意填入4个圆圈○中，共有24种不同的填法；5填入4个△之一中，有4种不同的填法；6填入4个△中，且当与5在同一个△时，既可以在5之前又可在5之后，共有5种不同的填法，所以当x 1=1时，使S(τ)达到最大值的所有排列τ的个数为6×24×4×5=2880，由轮换性知，使S(τ)达到最大值的所有排列τ的个数为28800．…。

北京市2013届高三上学期期末数学试题分类汇编立体几何一、填空、选择题1.【北京市昌平区2013届高三上学期期末理】已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的全面积为A. 104342++ B ．102342++ C. 142342++ D. 144342++ 【答案】B 【解析】根据三视图复原的几何体是底面为直角梯形，一条侧棱垂直直角梯形的直角顶点的四棱锥其中ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ， AB=AD=2，BC=4，即PA ⊥平面ABCD ，PA=2。

且22CD =,，22PD =,22PB =,,26PC =,底面梯形的面积为(24)262+⨯=，12222PAB S ∆=⨯⨯=,12222PAD S ∆=⨯⨯=,1224422PBC S ∆=⨯⨯=,侧面三角形DPC 中的高22(22)(6)2DO =-=，所以1262232PDC S ∆=⨯⨯=，所以该几何体的总面积为6222342102342++++=++，选B.2.【北京市朝阳区2013届高三上学期期末理】已知三棱锥的底面是边长为的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为 A ．34 B ．32 C ．34D ． 【答案】C【解析】由正视图与俯视图可知，该几何体为正三棱锥，侧视图为，侧视图的高为32，高为3，所以侧视图的面积为1333224⨯⨯=。

选C.3.【北京市东城区2013届高三上学期期末理】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ．【答案】75410+【解析】由三视图可知，该几何体是底面是直角梯形的四棱柱。

棱柱的高为4，，底面梯形的上底为4，下底为5，腰23110CD =+=,所以梯形的面积为(45)32722S +⨯==，梯形的周长为345101012+++=+，所以四个侧面积为(1012)441048+⨯=+，所以该几何体的表面积为27410482754102++⨯=+。

2013年北京市通州区高考数学一模试卷（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. 设集合A ={x|x 2−4<0}，B ={0, 1, 2}，则A ∩B 等于（ ） A {0} B {0, 1} C {0, 1, 2} D ⌀2. 在复平面内，复数21−i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. 已知圆的直角坐标方程为x 2+y 2−2y =0．在以原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，该圆的方程为（ ）A ρ=2cosθB ρ=2sinθC ρ=−2cosθD ρ=−2sinθ4. 已知函数f(x)={2x x ≤0log 2x ，x >0，则f[f(−1)]=( )A −2B 2C 1D −15. 一个几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是（ ）A 16+4√2B 12+4√2C 8+4√2D 4+4√26. 执行如图所示的程序框图，输出的S 值为（ ）A 251−2B 250−2C 251−1D 250−17. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，则“a =2bcosC”是“△ABC 是等腰三角形”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 8. 已知直线l 1:4x −3y +6=0和直线l 2:x =−1，抛物线y 2=4x 上一动点P 到直线l 1和直线l 2的距离之和的最小值是（ ） A 3√55 B 2 C 115D 3二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）9. 如图，已知AD =5，DB =8，AO =3√10，则圆O 的半径OC 的长为________．10. 已知x ，y 满足约束条件{2x +y ≤4x +2y ≤4x ≥0y ≥0，则z =x +y 的最大值为________．11. 若x +1>0，则x +1x+1的最小值为________．12. 在边长为1的等边△ABC 中，D 为BC 边上一动点，则AB →⋅AD →的取值范围是________． 13. 奇函数f(x)的定义域为[−2, 2]，若f(x)在[0, 2]上单调递减，且f(1+m)+f(m)<0，则实数m 的取值范围是________．14. 对任意两个实数x 1，x 2，定义max(x 1，x 2)={x 1，x 1≥x 2x 2，x 1<x 2若f(x)=x 2−2，g(x)=−x ，则max （f(x)，g(x)）的最小值为________．三、解答题（共6小题，共80分）解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 15. 已知函数f(x)=sinxcosx +cos 2x −12． （1）求f(x)的最小正周期；（2）求函数f(x)在[−π8，π2]的最大值和最小值．16. 如图，在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，CC 1⊥底面ABC ，AC =BC =2，AB =2√2，CC 1=4，M 是棱CC 1上一点． （1）求证：BC ⊥AM ；（2）若N 是AB 上一点，且AN AB =CMCC 1，求证：CN // 平面AB 1M ；（3）若CM =52，求二面角A −MB 1−C 的大小．17. 某工厂甲、乙两个车间包装同一种产品，在自动包装传送带上每隔1小时抽一包产品，称其重量（单位：克）是否合格，分别记录抽查数据，获得重量数据的茎叶图如图．（1）根据样品数据，计算甲、乙两个车间产品重量的均值与方差，并说明哪个车间的产品的重量相对较稳定；（2）若从乙车间6件样品中随机抽取两件，求所抽取的两件样品的重量之差不超过2克的概率．18. 已知椭圆的中心在原点O，短半轴的端点到其右焦点F(2, 0)的距离为√10，过焦点F作直线l，交椭圆于A，B两点．（1）求这个椭圆的标准方程；（2）若椭圆上有一点C，使四边形AOBC恰好为平行四边形，求直线l的斜率．19. 已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2(a, b∈R)（1）若函数f(x)在x=1处有极值为10，求b的值；（2）若对任意a∈[−4, +∞)，f(x)在x∈[0, 2]上单调递增，求b的最小值．20. 现有一组互不相同且从小到大排列的数据a0，a1，a2，a3，a4，a5，其中a0=0．记T=a0+a1+a2+a3+a4+a5，x n=n5，y n=1T(a0+a1+⋯+a n)(n=0, 1, 2, 3, 4, 5)，作函数y=f(x)，使其图象为逐点依次连接点P n(x n, y n)(n=0, 1, 2, 3, 4, 5)的折线．（1）求f(0)和f(1)的值；（2）设直线P n−1P n的斜率为k n(n=1, 2, 3, 4, 5)，判断k1，k2，k3，k4，k5的大小关系；（3）证明：当x∈(0, 1)时，f(x)<x．2013年北京市通州区高考数学一模试卷（理科）答案1. B2. A3. B4. D5. B6. B7. A8. B9. 510. 8311. 112. [12, 1]13. (−12，1]14. −115. 解：（1）由已知，得f(x)=12sin2x+12cos2x=√22sin(2x+π4)，∵ ω=2，∴ T=π，则f(x)的最小正周期为π；（2）∵ −π8≤x≤π2，∴ 0≤2x+π4≤5π4，则当2x+π4=π2时，即x=π8时，f(x)取得最大值√22；当2x+π4=5π4时，即x=π2时，f(x)取得最小值−12．16. （1）证明：因为三棱柱ABC−A1B1C1中CC1⊥平面ABC，所以CC1⊥BC．因为AC=BC=2，AB=2√2，所以，由勾股定理的逆定理知BC⊥AC．又因为AC∩CC1=C，所以BC⊥平面ACC1A1因为AM⊂平面ACC1A1，所以BC⊥AM；（2）证明：如图，过N作NP // BB1交AB1于P，连结MP，则NP // CC1，且△ANP∽△ABB1．于是有NPBB1=ANAB．由已知ANAB =CMCC1，有NPBB1=CMCC1．因为BB1=CC1．所以NP=CM．所以四边形MCNP是平行四边形．所以CN // MP．因为CN⊄平面AB1M，MP⊂平面AB1M，所以CN // 平面AB1M；（3）因为BC⊥AC，且CC1⊥平面ABC，所以以C为原点，CA，CB，CC1分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系C−xyz ．因为CM =52，所以C(0, 0, 0)，A(2, 0, 0)，B 1(0, 2, 4)，M(0,0,52)， AM →=(−2,0,52)，B 1M →=(0,−2,−32)．设平面AMB 1的法向量m →=(x,y,z)， 则{m →⋅B 1M →=0˙，即{−2x +52z =0−2y −32z =0， 令x =5，则y =−3，z =4，即m →=(5,−3,4)． 又平面MB 1C 的一个法向量是CA →=(2,0,0)， 所以cos <m →，CA →>=|m →|⋅|CA →|˙=√52+(−3)2+42√22=√22． 由图可知二面角A −MB 1−C 为锐角， 所以二面角A −MB 1−C 的大小为π4．17. x ¯=16(107+111+111+113+114+122)=113x ¯=16(108+109+110+112+115+124)=113，S 2=16[(107−113)2+(111−113)2+(111−113)2+(113−113)2+(114−113)2+(122−113)2]＝21， S 2=16[(108−113)2+(109−113)2+(110−113)2+(112−113)2+(115−113)2+(124−113)2] =883，∵ x ¯=x ¯，S 甲2<S 乙2，∴ 甲车间的产品的重量相对较稳定．从乙车间6件样品中随机抽取两件，共有15种不同的取法：(108, 109)， (108, 110)，(108, 112)，(108, 115)，(108, 124)，(109, 110)， (109, 112)，(109, 115)，(109, 124)，(110, 112)，(110, 115)， (110, 124)，(112, 115)，(112, 124)，(115, 124)．设A 表示随机事件“所抽取的两件样品的重量之差不超过2克”，则A 的基本事件有4种：(108, 109)，(108, 110)，(109, 110)，(110, 112)． 故所求概率为P(A)=415．18. 解：（1）由已知，可设椭圆方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，则a =√10，c =2．所以b =√a 2−c 2=√10−4=√6， 所以椭圆方程为x 210+y 26=1．（2）若直线l ⊥x 轴，则平行四边形AOBC 中，点C 与点O 关于直线l 对称，此时点C 坐标为(2c, 0)．因为2c >a ，所以点C 在椭圆外，所以直线l 与x 轴不垂直． 于是，设直线l 的方程为y =k(x −2)，点A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)， 则{x 210+y 26=1y =k(x −2)，整理得，(3+5k 2)x 2−20k 2x +20k 2−30=0，x 1+x 2=20k 23+5k 2，所以y 1+y 2=−12k 3+5k 2．因为四边形AOBC 为平行四边形，所以OA →+OB →=OC →， 所以点C 的坐标为(20k 23+5k 2，−12k3+5k 2)， 所以(20k 23+5k 2)210+(−12k 3+5k 2)26=1，解得k 2=1，所以k =±1． 19. 解：（1）f ′(x)=3x 2+2ax +b则{f′(1)=3+2a +b =0f(1)=1+a +b +a 2=10⇒{a =4b =−11或{a =−3b =3…当{a =4b =−11时，f ′(x)=3x 2+8x −11，△=64+132>0，所以函数有极值点； 当{a =−3b =3时，f′(x)=3(x −1)2≥0，所以函数无极值点；则b 的值为−11．…（2）解法一：f ′(x)=3x 2+2ax +b ≥0对任意的a ∈[−4, +∞),x ∈[0, 2]都成立则F(a)=2xa +3x 2+b ≥0对任意的a ∈[−4, +∞),x ∈[0, 2]都成立∵ x ≥0，F(a)在a ∈[−4, +∞)单调递增或为常数函数所以得F(a)min =F(−4)=−8x +3x 2+b ≥0对任意的x ∈[0, 2]恒成立， 即b ≥(−3x 2+8x)max ，又−3x 2+8x =−3(x −43)2+163≤163，当x =43时(−3x 2+8x)max =163，得b ≥163，所以 b 的最小值为163． …解法二：f ′(x)=3x 2+2ax +b ≥0对任意的a ∈[−4, +∞),x ∈[0, 2]都成立即b ≥−3x 2−2ax 对任意的a ∈[−4, +∞),x ∈[0, 2]都成立， 即b ≥(−3x 2−2ax)max ．令F(x)=−3x 2−2ax =−3(x +a3)2+a 23①当a ≥0时，F(x)max =0，∴ b ≥0； ②当−4≤a <0时，F(x)max =a 23，∴ b ≥a 23．又∵ (a 23)MAX =163，∴ b ≥163．综上，b的最小值为163．…20. （1）解：f(0)=a0a0+a1+a2+a3+a4+a5=0，…f(1)=a0+a1+a2+a3+a4+a5a0+a1+a2+a3+a4+a5=1；…（2）解：k n=y n−y n−1x n−x n−1=5Ta n，n=1，2，3，4，5．…因为a0<a1<a2<a3<a4<a5，所以k1<k2<k3<k4<k5．…（3）证：由于f(x)的图象是连接各点P n(x n, y n)(n=0, 1, 2, 3, 4, 5)的折线，要证明f(x)<x(0<x<1)，只需证明f(x n)<x n(n=1, 2, 3, 4)．…事实上，当x∈(x n−1, x n)时，f(x)=f(x n)−f(x n−1)x n−x n−1⋅(x−x n−1)+f(x n−1)=x n−x x n−x n−1f(x n−1)+x−x n−1x n−x n−1f(x n)<x n−xx n−x n−1x n−1+x−x n−1x n−x n−1x n=x．下面证明f(x n)<x n．法一：对任何n(n=1, 2, 3, 4)，5(a1+a2+...+a n)=[n+(5−n)](a1+a2+...+a n)…= n(a1+a2+...+a n)+(5−n)(a1+a2+...+a n)≤n(a1+a2+...+a n)+(5−n)na n...= n[a1+a2+...+a n+(5−n)a n]<n(a1+a2+...+a n+a n+1+...+a5)=nT…所以f(x n)=a1+a2+⋯+a nT <n5=x n．…法二：对任何n(n=1, 2, 3, 4)，当k n<1时，y n=(y1−y0)+(y2−y1)+...+(y n−y n−1)=15(k1+k2+⋯+k n)<n5=x n；…当k n≥1时，y n=y5−(y5−y n)=1−[(y n+1−y n)+(y n+2−y n+1)+...+(y5−y4)]=1−15(k n+1+k n+2+⋯+k5)<1−15(5−n)=n5=x n．综上，f(x n)<x n．…。

北京2013届高三最新模拟试题分类汇编（含9区一模及上学期期末试题精选）专题：立体几何一、选择题1 ．（2013届北京大兴区一模理科）已知平面βα,，直线nm,，下列命题中不．正确的是（）A．若α⊥m，β⊥m，则α∥βB．若m∥n，α⊥m，则α⊥nC．若m∥α，n=βα ，则m∥nD．若α⊥m，β⊂m，则βα⊥．2 ．（2013届北京海滨一模理科）设123,,l l l为空间中三条互相平行且两两间的距离分别为4，5，6的直线.给出下列三个结论：①i iA l∃∈(1,2,3)i=，使得123A A A∆是直角三角形；②i iA l∃∈(1,2,3)i=，使得123A A A∆是等边三角形；③三条直线上存在四点(1,2,3,4)iA i=，使得四面体1234A A A A为在一个顶点处的三条棱两两互相垂直的四面体.其中，所有正确结论的序号是（）A．①B．①②C．①③D．②③3 ．（2013届北京市延庆县一模数学理）一四面体的三视图如图所示，则该四面体四个面中最大的面积是（）A．2B．22C．3D．324 ．（2013届北京西城区一模理科）某正三棱柱的三视图如图所示，其中正（主）视图是边长为2的正方形，该正三棱柱的表面积是（）A．6B．12（7题图）轨迹是（）A．线段B．圆弧C．椭圆的一部分D．抛物线的一部分6 ．（2013届房山区一模理科数学）某三棱椎的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的是（）A．B．8C．D．837 ．（2013届门头沟区一模理科）一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积是（）A．21B．13C．65D．18 ．（北京市东城区普通高中示范校2013届高三3月联考综合练习（二）数学（理）试题）已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的（）A．B．C．D．9 ．（北京市东城区普通校2013届高三3月联考数学（理）试题）平面α∥平面β的一个充分条件是（）A．存在一条直线a aααβ，∥，∥B．存在一条直线a a aαβ⊂，，∥C．存在两条平行直线a b a b a bαββα⊂⊂，，，，∥，∥D．存在两条异面直线a b a b a bαββα⊂⊂，，，，∥，∥10．（北京市海淀区北师特学校2013届高三第四次月考理科数学）已知一个几何体是由上下两部分构成的组合体，其三视图如下，若图中圆的半径为1（）A．43πB．2πC．83πD．103π正视图侧视图俯视图正视图侧视图俯视图正视图侧视图俯视图正视图侧视图俯视图主视图左视图俯视图11．（北京市西城区2013届高三上学期期末考试数学理科试题）某四面体的三视图如图所示．该四面体的六条棱的长度中，最大的是（ ）A．B．C．D．12．（北京市通州区2013届高三上学期期末考试理科数学试题 ）一个几何体的三视图如图所示，该几何 体的表面积是（ ）A．16+B．12+C．8+D．4+13．（北京市丰台区2013届高三上学期期末考试 数学理试题 ）如图，正（主）视图 侧（左）视图俯视图直角三角形，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是（）A B．C．1 D．214．（北京市昌平区2013届高三上学期期末考试数学理试题）已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的全面积为（）A．10+B．10+．14+D．14+15．（【解析】北京市朝阳区2013届高三上学期期末考试数学理试题）已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为（）A B C．34D．116．（【解析】北京市朝阳区2013届高三上学期期末考试数学理试题 ）在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，点1P ，2P 分别是线段AB ，1BD （不包括端点）上的动点，且线段12P P 平行于平面11A ADD ，则四面体121PP AB 的体积的最大值是 （ ）A ．124 B ．112C ．16D ．1217．（【解析】北京市石景山区2013届高三上学期期末考试数学理试题 ）设,m n 是不同的直线，,αβ是不同的平面，下列命题中正确的是（ ）A ．若//,,m n m n αβ⊥⊥，则αβ⊥B ．若//,,m n m n αβ⊥⊥，则//αβC ．若//,,//m n m n αβ⊥，则α⊥βD ．若//,,//m n m n αβ⊥，则//αβ18．（【解析】北京市石景山区2013届高三上学期期末考试数学理试题 ）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积是 （ ）A ．38B ．4C ．2D ．3419．（北京市房山区2013届高三上学期期末考试数学理试题 ）若正三棱柱的三视图如图所示，该三棱柱的表面积是（ ）A．C．6+二、填空题20．（2013届北京丰台区一模理科）某四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和是_______.21．（北京市东城区2013届高三上学期期末考试数学理科试题）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ．22．（【解析】北京市海淀区2013届高三上学期期末考试数学理试题 ）三棱锥D ABC -及其三视图中的主视图和左视图如图所示，则棱BD 的长为_________.23．（【解析】北京市海淀区2013届高三上学期期末考试数学理试题 ）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点P 在正方体1111ABCD A B C D -表面上运动，且PA r =（0r <<），记点P 的轨迹的长度为()f r ，则1()2f =______________;关于r 的方程()f r k =的解的个数可以为________.（填上所有可能的值）. 三、解答题24．（2013届北京大兴区一模理科）如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，ABC D 是等边三角形，D 是BC 的中点．（Ⅰ）求证：A 1B //平面ADC 1；（Ⅱ）若AB=BB 1=2，求A 1D 与平面AC 1D 所成角的正弦值．25．（2013届北京丰台区一模理科）如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ∥MD ，且NB=1，MD=2；（Ⅰ）求证：AM ∥平面BCN;（Ⅱ）求AN 与平面MNC 所成角的正弦值；（Ⅲ）E 为直线MN 上一点，且平面ADE ⊥平面MNC ，求MEMN的值..26．（2013届北京海滨一模理科）在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，ABC ∆是正三角形，AC 与BD 的交点M 恰好是AC 中点，又4PA AB ==，120CDA ∠= ，点N 在线段PB 上，且PN =（Ⅰ）求证：BD PC ⊥；（Ⅱ）求证：//MN 平面PDC ; （Ⅲ）求二面角A PC B --的余弦值．ABCD P -的底面27．（2013届北京市延庆县一模数学理）如图，四棱锥ABCD 为菱形， 60=∠ABC ，侧面PAB 是边长为2的正三角形，侧面PAB ⊥底面ABCD .(Ⅰ)设AB 的中点为Q ，求证：⊥PQ 平面ABCD （Ⅱ）求斜线PD 与平面ABCD 所成角的正弦值；（Ⅲ）在侧棱PC 上存在一点M ，使得二面角C BD M --的大小为 60，求CPCM的值.28．（2013届北京西城区一模理科）在如图所示的几何体中，面CDEF 为正方形，面ABCD 为等腰梯形，AB //CD ，BC AB 2=，（Ⅰ）求证：⊥AC 平面FBC ；（Ⅱ）求BC 与平面EAC 所成角的正弦值；（Ⅲ）线段ED 上是否存在点Q ，使平面EAC ⊥平面QBC ？证明你的结论．29．（2013届东城区一模理科）如图，已知ACDE 是直角梯形，且//ED AC ，平面ACDE ⊥平面ABC ，90BAC ACD ∠=∠=︒，AB AC AE ==2=，12ED AB =， P 是BC 的中点． （Ⅰ）求证：//DP 平面EAB ；（Ⅱ）求平面EBD 与平面ABC 所成锐二面角大小的余弦值．30．（2013届房山区一模理科数学）在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD ⊥底面ABCD ， ABCD 为直角梯形，BC //AD ，90ADC ∠=︒，112BC CD AD ===，PA PD =，E F ,为AD PC,的中点．（Ⅰ）求证：P A //平面BEF ；（Ⅱ）若PC 与AB 所成角为45︒，求PE 的长；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求二面角F-BE-A 的余弦值．31．（2013届门头沟区一模理科）在等腰梯形ABCD 中，//AD BC ，12AD BC =，60ABC ∠= ，N 是BC 的中点．将梯形ABCD 绕AB 旋转90 ，得到梯形ABC D ''（如图）．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面ABC '； （Ⅱ）求证：//C N '平面AD D '； （Ⅲ）求二面角A C N C '--的余弦值．DFECBAPADD 'C '32．（北京市东城区普通高中示范校2013届高三3月联考综合练习（二）数学（理）试题 ）(本小题满分13分) 在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 为矩形，ABCD PD 底面⊥，1=AB ，2=BC ，3=PD ，F G 、分别为CD AP 、的中点．（1）求证：PC AD ⊥；（2）求证：//FG 平面BCP ；（3）线段AD 上是否存在一点R ，使得平面⊥BPR 平面PCB ，若存在，求出AR 的长；若不存在，请说明理由．33．（北京市东城区普通校2013届高三3月联考数学（理）试题 ）已知几何体A —BCED 的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角 三角形，正视图为直角梯形． （Ⅰ）求此几何体的体积V 的大小;（Ⅱ）求异面直线DE 与AB 所成角的余弦值； （Ⅲ）试探究在棱DE 上是否存在点Q ，使得 AQ ⊥BQ ，若存在，求出DQ 的长，不存在说明理由.侧视图俯视图正视图F G P D CB A34．（北京市东城区2013届高三上学期期末考试数学理科试题）如图，在菱形ABCD 中，60DAB ∠=，E 是AB的中点， MA ⊥平面ABCD ，且在矩形ADNM中，2AD =，7AM =． （Ⅰ）求证：AC ⊥BN ；（Ⅱ）求证：AN // 平面MEC ； （Ⅲ）求二面角M EC D --的大小.学）如35．（北京市海淀区北师特学校2013届高三第四次月考理科数图所示，正方形D D AA 11与矩形ABCD 所在平面互相垂直，22==AD AB ,点E 为AB 的中点。

一、选择题: （6)（北京市朝阳区2013年4月高三第一次综合练习文理)某个长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为A 。

4B 。

42C 。

62 D. 8 【答案】D（5)（北京市东城区2013年4月高三综合练习一文）已知一个几何体的三视图如图所示(单位:cm ），那么这个几何体的侧．面积是 （A ）2(1+2)cm（B)2(3+2)cm(C)2(4+2)cm (D ）2(5+2)cm【答案】C 7。

(北京市房山区2013年4月高三第一次模拟理)某三棱椎的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的是( C ） A 。

43 B. 8 C. 47 D 。

835．（北京市西城区2013年4月高三一模文）某正三棱柱的三视图如图所示，其中正（主） 视图是边长为2的正方形,该正三棱柱的表面积是（A ）63+ （B ）123+ (C ）1223+ （D ）2423+ 【答案】C8．（北京市西城区2013年4月高三一模文）如图，正方体1111ABCD A B C D -中,E 是棱11B C 的中点，动点P 在底面ABCD 内，且11PA A E =,则 点P 运动形成的图形是（A ）线段 （B ）圆弧(C ）椭圆的一部分 （D ）抛物线的一部分【答案】B8. (北京市海淀区2013年4月高三第二学期期中练习理）设123,,l l l 为空间中三条互相平行且两两间的距离分别为4，5,6的直线。

给出下列三个结论：①i i A l ∃∈(1,2,3)i =，使得123A A A ∆是直角三角形; ②i i A l ∃∈(1,2,3)i =，使得123A A A ∆是等边三角形；③三条直线上存在四点(1,2,3,4)i A i =,使得四面体1234A A A A 为在一个顶点处的三条棱两两互相垂直的四面体。

其中，所有正确结论的序号是A 。

① B.①② C 。

①③ D. ②③ 【答案】B7．（北京市丰台区2013年高三第二学期统一练习一文）某四面体三视图如图所示，则该四面体的四个面中,直角三角形的面积和是(A ） 2 (B ） 4 （C) 25+ （D) 425+ 【答案】C（7）（北京市昌平区2013年1月高三期末考试理)已知一个空间几何体的三视图如图所示,根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的全面积为A. 104342++ B ．102342++ C. 142342++ D 。

北京市西城区2013年初三一模试卷数 学 2013. 5一、选择题（本题共32分，每小题4分）下面各题均有四个选项，其中只有一个．．是符合题意的． 1．3-的相反数是A ．31-B ．31 C ．3 D ．3-2．上海原世博园区最大单体建筑“世博轴”被改造成一个综合性商业中心，该项目营业面积约130 000平方米，130 000用科学记数法表示应为A ．1.3×105B ．1.3×104C ．13×104D ．0.13×106 3．如图，AF 是∠BAC 的平分线，EF ∥AC 交AB 于点E ． 若∠1=25°，则BAF ∠的度数为 A ．15° B ．50° C ．25° D ．12.5°4．在一个不透明的盒子中装有3个红球、2个黄球和1个绿球，这些球除颜色外，没有任何其他区别，现从这个盒子中随机摸出一个球，摸到黄球的概率为 A ．21 B ．31 C ．61 D ．15．若菱形的对角线长分别为6和8，则该菱形的边长为 A ．5B ．6C ．8D ．10 6 则该队队员年龄的众数和中位数分别是A ．16，15B ．15，15.5C ．15，17D ．15，167．由一些大小相同的小正方体搭成的一个几何体的三视图如图所示，则构成这个几何体 的小正方体共有 A ．6个 B ．7个 C ．8个 D ．9个8．如图，在矩形ABCD 中，AB=2，BC=4．将矩形ABCD 绕点C 沿顺时针方向旋转90°后，得到矩形FGCE （点A 、B 、D 的对应点分别为点F 、G 、E ）．动点P 从点B 开始沿BC-CE 运动到点E 后停止，动点Q 从点E 开始沿EF -FG 运动到点G 后停止，这两点的运动速度均为每秒1个单位．若点P 和点Q 同时开始运动，运动时间为x （秒），△APQ 的面积为y ，则能够正确反映y 与x 之 间的函数关系的图象大致是二、填空题（本题共16分，每小题4分） 9．函数y =x 的取值范围是 ．10．分解因式：32816a a a -+= ．11．如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，BD ⊥DC ，∠C=45°.若AD=2，BC=8，则AB 的长为 ．12．在平面直角坐标系xOy 中，有一只电子青蛙在点A (1,0)处．第一次，它从点A 先向右跳跃1个单位，再向上跳跃1个单位到达点A 1； 第二次，它从点A 1先向左跳跃2个单位，再向下跳跃2个单位到达点A 2； 第三次，它从点A 2先向右跳跃3个单位，再向上跳跃3个单位到达点A 3； 第四次，它从点A 3先向左跳跃4个单位，再向下跳跃4个单位到达点A 4； ……依此规律进行，点A 6的坐标为 ；若点A n 的坐标为（2013，2012）， 则n = ．三、解答题（本题共30分，每小题5分） 13．计算：1345sin 2)13(8-+︒--+．14．解不等式组 4(1)78,25,3x x x x +≤-⎧⎪-⎨-<⎪⎩并求它的所有整数解．15．如图，点C 在线段AB 上，△DAC 和△DBE 都是等边三角形 (1) 求证：△DAB ≌△DCE ；(2) 求证：DA ∥EC ． ≤16．已知3=y x ，求22222()x y x y x yx y y--÷-的值．17．如图，在平面直角坐标系xOy 中，正比例函数错误！未指定书签。

2013年北京市各区中考一模试题汇编之--------图形操作题2013年海淀一模22.问题：如图1，a 、b 、c 、d 是同一平面内的一组等距平行线（相邻平行线间的距离为1）.画出一个正方形A B C D ，使它的顶点A 、B 、C 、D 分别在直线a 、b 、d 、c 上，并计算它的边长.图1 图2小明的思考过程：他利用图1中的等距平行线构造了33⨯的正方形网格，得到了辅助正方形E F G H ，如图2所示, 再分别找到它的四条边的三等分点A 、B 、C 、D ，就可以画出一个满足题目要求的正方形.请回答：图2中正方形A B C D 的边长为 . 请参考小明的方法，解决下列问题：（1）请在图3的菱形网格（最小的菱形有一个内角为60︒，边长为1）中，画出一个等边△A B C ，使它的顶点A 、B 、C 落在格点上，且分别在直线a 、b 、c 上；（3）如图4，1l 、2l 、3l 是同一平面内的三条平行线，1l 、2l 之间的距离是215，2l 、3l 之间的距离是2110，等边△A B C 的三个顶点分别在1l 、2l 、3l 上，直接写出△A B C 的边长.图3 图42013年西城一模22．先阅读材料，再解答问题：小明同学在学习与圆有关的角时了解到：在同圆或等圆中，同弧（或等弧）所对的圆周角相等．如图，点A、B、C、D均为⊙O上的点，则有∠C=∠D．小明还发现，若点E在⊙O外，且与点D在直线AB同侧，则有∠D>∠E．请你参考小明得出的结论，解答下列问题：(1) 如图1，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(0,7)，点B的坐标为(0,3)，点C的坐标为(3,0)．①在图1中作出△ABC的外接圆（保留必要的作图痕迹，不写作法）；②若在x轴的正半轴上有一点D，且∠ACB =∠ADB，则点D的坐标为；(2) 如图2，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(0,m)，点B的坐标为(0,n)，其中m>n>0．点P为x轴正半轴上的一个动点，当∠APB达到最大时，直接写出此时点P的坐标．2013年东城一模22. 如图，在菱形纸片ABCD中，AB=4cm，∠ABC=120°，按下列步骤进行裁剪和拼图：第一步：如图1，在线段AD上任意取一点E，沿EB，EC剪下一个三角形纸片EBC(余下部分不再使用)；第二步：如图2，沿三角形EBC的中位线GH将纸片剪成两部分，并在线段GH上任意取一点M，线段BC上任意取一点N，沿MN将梯形纸片GBCH剪成两部分；第三步：如图3，将MN左侧纸片绕G点按顺时针方向旋转180°，使线段GB与GE重合，将MN右侧纸片绕H点按逆时针方向旋转180°，使线段HC与HE重合，再与三角形纸片EGH拼成一个与三角形纸片EBC面积相等的四边形纸片．(注：裁剪和拼图过程均无缝且不重叠)（1）请你在图3中画出拼接成的四边形；（2）直接写出拼成的四边形纸片周长的最小值为________cm，最大值为________cm．2013年朝阳一模22.（本小题7分）在矩形ABCD中，AD=4，M是AD的中点，点E是线段AB上一动点，连接EM并延长交线段CD的延长线于点F.（1）如图1，求证：ME=MF；（2）如图2，点G是线段BC上一点，连接GE、GF、GM，若△EGF是等腰直角三角形，∠EGF=90°，求AB的长；（3）如图3，点G是线段BC延长线上一点，连接GE、GF、GM，若△EGF是等边三角形，求AB的长.22．问题解决：已知：如图，D 为AB 上一动点，分别过点A 、B 作AB CA ⊥于点A ，AB EB ⊥于点B ，联结CD 、DE .（1）请问：点D 满足什么条件时，DE CD +的值最小？（2）若8=AB ，4=AC ，2=BE ，设x AD =.用含x 的代数式表示DE CD +的长（直接写出结果）. 拓展应用：参考上述问题解决的方法，请构造图形， 并求出代数式()22144x x ++-+的最小值.2013年门头沟一模22．操作与探究：在平面直角坐标系xOy 中，点P 从原点O 出发，且点P 只能每次向上平移2个单位长度或向右平移1个单位长度． （1）实验操作：在平面直角坐标系xOy 中，点P 从原点O 出发， 平移1次后可能到达的点的坐标是(0,2)，(1,0)；点P 从原点O 出发，平移2次后可能到达的点的坐标是(0,4)，(1,2)，(2,0)；点P 从原点O 出发，平移3次后可能到达的点的坐标是 ； （2）观察发现：任一次平移，点P 可能到达的点在我们学过的一种函数的图象上，如：平移1次后在函数22+-=x y的图象上；平移2次后在函数42+-=x y的图象上，…．若点P 平移5次后可能到达的点恰好在直线3yx=上，则点P 的坐标是 ；（3）探究运用：点P 从原点O 出发经过n 次平移后，到达直线x y =上的点Q ，且平移的路径长不小于30，不超过32，求点Q 的坐标．AB CDExO1y122．如图1，在四边形A B C D中，A B C D、分别是B C A D、的中点，连结E F=，E F并延长，分别与B A C D∠=∠（不需证明）．、的延长线交于点M N、，则B M E C N E小明的思路是：在图1中，连结B D，取B D的中点H，连结H E H F、，根据三角形中位线定理和平行线性质，可证得B M E C N E∠=∠．问题：如图2，在A B C、、分别是B C A D △中，A C A B>，D点在A C上，A B C D=，E F的中点，连结E F并延长，与B A的延长线交于点G，若60E F C∠=°，连结G D，判断△的形状并证明．A G D2013年房山一模22.已知，矩形纸片ABCD中，AB=8cm，AD=6cm，按下列步骤进行操作：如图①，在线段AD上任意取一点E，沿EB，EC剪下一个三角形纸片EBC(余下部分不再使用)；如图②，沿三角形EBC的中位线GH将纸片剪成两部分，并在线段GH上任意取一点M，线段BC上任意取一点N，沿MN将梯形纸片GBCH剪成两部分；如图③，将MN左侧纸片绕G点按顺时针方向旋转180°，使线段GB与GE 重合，将MN右侧纸片绕H点按逆时针方向旋转180°，使线段HC与HE重合，拼成一个与三角形纸片EBC面积相等的四边形纸片． (注：裁剪和拼图过程均无缝且不重叠)（1）通过操作，最后拼成的四边形为（2）拼成的这个四边形的周长的最小值为_______________________________cm,最大值为___________________________cm．22. 如图所示，在4×4的菱形斜网格图中（每一个小菱形的边长为1，有一个角是60°），菱形A B C D 的边长为2，E 是A D 的中点，沿C E 将菱形A B C D 剪成①、②两部分，用这两部分可以分别拼成直角三角形、等腰梯形、矩形，要求所拼成图形的顶点均落在格点上．（1）在下面的菱形斜网格中画出示意图；（2）若所拼成的直角三角形、等腰梯形、矩形的面积分别记为S 1、S 2、S 3，周长分别记为l 1、l 2、3l ，判断所拼成的三种图形的面积、周长的大小关系（用“=”、“＞”、“＜”、“≤）：面积关系是 ； 周长关系是 ．2013年延庆一模22. 操作与探究：（本题满分5分）阅读下面材料：将正方形ABCD （如图1）作如下划分：第1次划分：分别联结正方形ABCD 对边的中点（如图2），得线段HF 和EG ，它们交于点M ，此时图2中共有5个正方形；第2次划分：将图2左上角正方形AEMH 按上述方法再作划分，得图3，则图3中共有_______个正方形；若每次都把左上角的正方形依次划分下去，则第100次划分后，图中共有_______个正方形；继续划分下去，能否将正方形ABCD 划分成有2013个正方形的图形？需说明理由.图3图2图1MFGHEMFGHEABABABDCCDCD第22题图（矩形）（等腰梯形）（直角三角形）E DCBA ②①第22题图图①图②图③CB EC BE G HM NC BE G HM N A D22．如图,长方形纸片ABCD 中,AB ＝8cm ,AD ＝6cm ,按下列步骤进行裁剪和拼图:第一步:如图①,在线段AD 上任意取一点E ,沿EB ,EC 剪下一个三角形纸片EBC (余下部分不再使用)；第二步:如图②,沿三角形EBC 的中位线GH 将纸片剪成两部分,并在线段GH 上任意取一点M ,线段BC 上任意取一点N ,沿MN 将梯形纸片GBCH 剪成两部分；第三步:如图③,将MN 左侧纸片绕G 点按顺时针方向旋转180︒,使线段GB 与GE 重合,将MN 右侧纸片绕H 点按逆时针方向旋转180︒,使线段HC 与HE 重合,拼成一个与三角形纸片EBC 面积相等的四边形纸片.(注:裁剪和拼图过程均无缝且不重叠). （1）所拼成的四边形是什么特殊四边形？（2）拼成的这个四边形纸片的周长的最小值是多少?22．操作与探究：如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知点0M 的坐标为（1,0）．将线段0OM绕原点O 沿逆时针方向旋转45，再将其延长到1M ，使得01OMMM ⊥，得到线段1OM ；又将线段1OM绕原点O 沿逆时针方向旋转45，再将其延长到2M ，使得112OMMM ⊥，得到线段2OM，如此下去，得到线段3OM ，4OM，…，n OM ．（1）写出点M 5的坐标； （2）求56O M M △的周长；（3）我们规定：把点)(n n n y x M ，（=n 0,1,2,3…）的横坐标n x ，纵坐标n y 都取绝对值后得到的新坐标()n ny x,称之为点nM的“绝对坐标”．根据图中点n M的分布规律，请写出点n M 的“绝对坐标”．2013年燕山一模22．阅读下列材料：问题：如图⑴，已知正方形ABCD 中，E 、F 分别是BC 、CD 边上的点，且 ∠EAF ＝45°． 判断线段BE 、EF 、FD 之间的数量关系，并说明理由．小明同学的想法是：已知条件比较分散，可以通过旋转变换将分散的已知条件集中在一起，于是他将△DAF 绕点A 顺时针旋转90°，得到△BAH ，然后通过证明三角形全M 5M 4M 3M 2M 1O M 0-55-55 y x等可得出结论．请你参考小明同学的思路，解决下列问题：⑴ 图⑴中线段BE 、EF 、FD 之间的数量关系是；⑵ 如图⑵，已知正方形ABCD 边长为5，E 、F 分别是BC 、CD 边上的点，且∠EAF ＝45°，AG ⊥EF 于点G ，则AG 的长为 ，△EFC 的周长为 ； ⑶ 如图⑶，已知△AEF 中，∠EAF ＝45°，AG ⊥EF 于点G ，且EG ＝2，GF ＝3，则△AEF 的面积为 ． 是 ．2013年大兴一模22.分别以△ABC 的边AC 与边BC 为边，向△ABC 外作正方形ACD 1E 1和正方形BCD 2E 2，连结D 1D 2.(1)如图1，过点C 作直线HG 垂直于直线AB 于点H ，交D 1D 2于点G ．试探究线段GD 1与线段GD 2的数量关系，并加以证明．（2）如图2，CF 为AB 边中线，试探究线段CF 与线段D 1D 2的数量关系，并加以证明．2013年昌平一模图⑴ 图⑵ 图⑶FA EBCDGG E AFAEBC FDH 图2D 2D 1E 2E 1FCBA22. （1）人教版八年级数学下册92页第14题是这样叙述的：如图1，□ABCD 中，过对角线BD 上一点P 作EF ∥BC ，HG ∥AB ，图中哪两个平行四边形的面积相等？为什么？ 根据习题背景，写出面积相等的一对平行四边形的名称为 和 ； （2）如图2，点P 为□ABCD 内一点，过点P 分别作AD 、AB 的平行线分别交□ABCD的四边于点E 、F 、G 、H . 已知S □BHPE = 3，S □PFDG = 5，则P A C S ∆= ； （3）如图3，若①②③④⑤五个平行四边形拼成一个含30°内角的菱形EFGH （不重复、无缝隙）.已知①②③④四个平行四边形面积的和为14，四边形ABCD 的面积为11，则菱形EFGH 的周长为 ．图2图3图1⑤④③②①H PA BGEH DF C ABGEP DF C HGFE DCBA2013年怀柔一模22. 理解与应用：我们把对称中心重合、四边分别平行的两个正方形之间的部分叫“方形环”，易知方形环四周的宽度相等．．．．. 一条直线l 与方形环的边线有四个交点M 、'M 、'N 、N ．小明在探究线段'MM 与N N ' 的数量关系时，从点'M 、'N 向对边作垂线段E M '、F N '，利用三角形全等、相似及锐角三角函数等相关知识解决了问题．请你参考小明的思路解答下列问题：(1)直线l 与方形环的对边相交时（22题图1），直线l 分别交AD 、D A ''、C B ''、BC 于M 、'M 、'N 、N ，小明发现'MM 与N N '相等，请你帮他说明理由；(2)直线l 与方形环的邻边相交时（22题图2），l 分别交AD 、D A ''、C D ''、DC 于M 、'M 、'N 、N ，l 与DC 的夹角为α，请直接写出NN MM ''的值（用含α的三角函数表示）.MACD'N B'C E'B 'M 'A 'D NFl (α222题图'N A CDE BM N'A 'D F'M 'C 'B l122题图。

北京各区一模立体几何试题汇编与解析（2012年东城一模立体几何）（14）如图，在边长为3的正方形ABCD 中，点M 在AD 上，正方形ABCD 以AD 为轴逆时针旋转θ角)3π(0≤≤θ到11AB C D 的位置 ，同时点M 沿着AD 从点A 运动到点D ，11MN DC =，点Q在1MN 上，在运动过程中点Q 始终满足QM 1cos =θ，记点Q 在面ABCD上的射影为0Q ，则在运动过程中向量0BQ 与正切的最大值为 . 答案：12（2012年东城一模立体几何）（17）（本小题共13分）如图1，在边长为3的正三角形ABC 中，E ，F ，P 分别为AB ，AC ，BC 上的点，且满足1AE FC CP ===.将△AEF 沿EF 折起到△1A EF 的位置，使二面角1A EF B --成直二面角，连结1A B ，1A P .（如图2）（Ⅰ）求证：E A 1⊥平面BEP ；（Ⅱ）求直线E A 1与平面BP A 1所成角的大小.图1 图2（Ⅰ）证明：取BE 中点D ，连结DF .因为1AE CF ==，1DE =，所以2AF AD ==，而60A ∠=，即△ADF 是正三角形. 又因为1AE ED ==, 所以EF AD ⊥. …………2分 所以在图2中有1A E EF ⊥，BE EF ⊥.…………3分 所以1A EB∠为二面角1A EF B--的平面角.图1又二面角1A EF B --为直二面角，所以1A E BE ⊥. ………5分 又因为BEEF E =,所以1A E ⊥平面BEF ,即1A E ⊥平面BEP . ………6分（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知1A E ⊥平面BEP ，BE EF ⊥，如图，以E 为原点，建立空间直角坐标系E xyz -，则(0,0,0)E ，1(0,0,1)A ，(2,0,0)B ，,0)F 在图１中，连结DP . 因为12CF CP FA PB ==， 所以PF ∥BE ，且12PF BE DE ==.所以四边形EFPD 为平行四边形. 所以EF ∥DP ，且EF DP =.故点P 的坐标为（10）. 图2 所以1(2,0,1)A B =-， (BP =-，1(0,0,1)EA =. ………8分不妨设平面1A BP 的法向量(,,)x y z =n ，则10,0.AB BP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即20,0.x z x -=⎧⎪⎨-=⎪⎩令y =(3,6)=n . …………10分所以cos 〈1EA 〉n,1132||||143EA EA ⋅===⨯n n . …………12分 故直线1A E 与平面1A BP 所成角的大小为3π. …………13分 （2012年西城一模立体几何）4．已知正六棱柱的底面边长和侧棱长相等，体积为3123cm ．其三视图中的俯视图如图所示，则其左视图的面积是（ ）（A ）243cm（B ）223cm（C ）28cm（D ）24cm答案：A（2012年西城一模立体几何）17．（本小题满分14分）如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形， ︒=∠=∠60DBF DAB ，且FA FC =． （Ⅰ）求证：AC ⊥平面BDEF ；（Ⅱ）求证：FC ∥平面EAD ； （Ⅲ）求二面角B FC A --的余弦值．（Ⅰ）证明：设AC 与BD 相交于点O ，连结FO ．因为 四边形ABCD 为菱形，所以BD AC ⊥， 且O 为AC 中点． ………………1分又 FC FA =，所以 AC FO ⊥． ………3分 因为 O BD FO = ，所以 ⊥AC 平面BDEF ． ………………4分 （Ⅱ）证明：因为四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，所以AD //BC ，DE //BF ，所以 平面FBC //平面EAD ． ………………7分 又⊂FC 平面FBC ，所以FC // 平面EAD ． ………………8分 （Ⅲ）解：因为四边形BDEF 为菱形，且︒=∠60DBF ，所以△DBF 为等边三角形．因为O 为BD 中点，所以BD FO ⊥，故FO ⊥平面ABCD ．由OF OB OA ,,两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系xyz O -．………9分ECBADF设2=AB ．因为四边形ABCD 为菱形，︒=∠60DAB ，则2=BD ，所以1OB =，OA OF ==所以 )3,0,0(),0,0,3(),0,1,0(),0,0,3(),0,0,0(F C B A O -．所以(3,0,CF =，(3,1,0)CB =．设平面BFC 的法向量为=()x,y,z n ，则有0,0.CF CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n所以 ⎩⎨⎧=+=+．03,033y x z x 取1=x ，得)1,3,1(--=n ．………………12分易知平面AFC 的法向量为(0,1,0)=v ． ………………13分由二面角B FC A --是锐角，得cos ,5⋅〈〉==n v n v n v ． 所以二面角B FC A --的余弦值为515． ………………14分 （2012年海淀一模立体几何） （8）在正方体''''ABCDA B C D 中，若点P （异于点B ）是棱上一点，则满足BP 与'AC 所成的角为45的点P 的个数为（A ）0 （B ）3 （C ）4 （D ）6 答案：B（2012年海淀一模立体几何） (16)（本小题满分14分）在四棱锥PABCD 中，AB //CD ，AB AD ，4,22,2AB AD CD ，PA平面ABCD ，4PA .（Ⅰ）设平面PAB 平面PCD m =，求证：CD //m ；（Ⅱ）求证：BD ⊥平面PAC ；（Ⅲ）设点Q 为线段PB 上一点，且直线QC 与平面PAC 所成角的正弦值为3，求PQ PB的值．（Ⅰ）证明： 因为AB //CD ，CD ⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，所以CD //平面PAB . ……………………………2分 因为CD ⊂平面PCD ，平面PAB平面PCD m =，A'B'C'D'ABCD所以CD //m . …………………………4分 （Ⅱ）证明：因为AP平面ABCD ，ABAD ，所以以A 为坐标原点，,,AB AD AP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则(4,0,0)B ，(0,0,4)P，(0,D，(2,C . ………………………5分 所以(4,BD =-，(2,AC =，(0,0,4)AP =，所以(4)2000BD AC ⋅=-⨯+⨯=，(4)00040BD AP ⋅=-⨯++⨯=.所以 BD AC ⊥，BD AP ⊥.因为 AP AC A =，AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，所以 BD ⊥平面PAC . 9分（Ⅲ）解：设PQPBλ（其中01λ），(,,)Q x y z ，直线QC 与平面PAC 所成角为θ. 所以 PQPB λ.所以 (,,4)(4,0,4)x y z λ.所以4,0,44,xy zλλ即(4,0,44)Q λλ.所以 (42,22,44)CQλλ. ………………11分由（Ⅱ）知平面PAC 的一个法向量为(4,BD =-.………………12分因为 sin cos ,CQ BD CQ BDCQ BDθ，所以3=. 解得 7[0,1]12λ=∈.所以 712PQPB. ……………14分（2012年朝阳一模立体几何）4. 已知平面α，直线,,a b l ，且,a b αα⊂⊂，则“l a ⊥且l b ⊥”是“l α⊥”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 答案：B（2012年朝阳一模立体几何）10. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 .答案：32（2012年朝阳一模立体几何）17. （本小题满分14分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，=90ABD ∠︒，EB ⊥平面ABCD ，EF//AB ，=2AB，==1EB EF，=BC ，且M 是BD 的中点.（Ⅰ）求证：EM//平面ADF ； （Ⅱ）求二面角D-AF-B 的大小； （Ⅲ）在线段EB 上是否存在一点P， 使得CP 与AF 所成的角为30︒？ 若存在，求出BP 的长度；若不 存在，请说明理由.证明：（Ⅰ）取AD 的中点N ，连接MN,NF .在△DAB 中，M 是BD 的中点，N 是AD 的中点，所以1=2MN//AB,MN AB ， 又因为1=2EF//AB,EF AB ，所以MN//EF 且MN =EF .所以四边形MNFE 为平行四边形， 所以EM//FN .又因为FN ⊂平面ADF ，⊄EM 平面ADF ，故EM//平面ADF . …………… 4分 解法二：因为EB ⊥平面ABD ，AB BD ⊥，故以B 为原点，建立如图所示的空间直角坐标正视图 侧视图CA FEBMD NCA F EBMD系-B xyz. ……………1分由已知可得(0,0,0),(0,2,0),(3,0,0),B A D3(3,-2,0),(,0,0)2C E F M（Ⅰ）3=(,0,-3)(3,-2,0)2EM,AD=，设平面ADF的一个法向量是()x,y,zn=.由0,0,ADAFnn⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得32x-y=0,=0.⎧⎪⎨⎪⎩令y=3，则n=.又因为3(=3+0-3=02EM n⋅=⋅，所以EM n⊥，又EM⊄平面ADF，所以//EM平面ADF. ……………4分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知平面ADF的一个法向量是n=.因为EB⊥平面ABD，所以EB BD⊥.又因为AB BD⊥，所以BD⊥平面EBAF.故(3,0,0)BD=是平面EBAF的一个法向量.所以1cos<=2BDBD,BDnnn⋅>=⋅，又二面角D-AF-B为锐角，故二面角D-AF-B的大小为60︒.……………10分（Ⅲ）假设在线段EB上存在一点P，使得CP与AF所成的角为30︒.不妨设(0,0,t)P（0t≤≤，则=(3,-2,-),=PC AFt.所以2cos<2PC AFPC,AFPC AF⋅>==⋅，=，化简得35-=，解得0t=<.所以在线段EB上不存在点P，使得CP与AF所成的角为30︒.…………14分（2012年丰台一模立体几何）5．若正四棱锥的正视图和侧视图如右图所示，则该几何体的表面积是（ ） A ．4 B ．4410+ C ．8D ．4411+答案：B（2012年丰台一模立体几何）16．（本小题共14分）四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，60,2BCD PA PD ∠=︒==，E 是BC 的中点，点Q 在侧棱PC 上．（I ）求证：AD ⊥PB ；（Ⅱ）若Q 是PC 的中点，求二面角E —DQ —C 的余弦值；（Ⅲ）若PQPCλ=，当PA//平面DEQ 时，求A 的值．证明：（Ⅰ）取AD 中点O ，连结OP ，OB ，BD ．因为 P A =PD ，所以 PO ⊥AD ． ……………………1分 因为 菱形ABCD 中，∠BCD =60º， 所以 AB =BD ，所以 BO ⊥AD ． ……………………2分 因为 BO ∩PO =O ， ……………………3分 所以 AD ⊥平面POB ．……………………4分 所以 AD ⊥PB ． ……………………5分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知BO ⊥AD ，PO ⊥AD ．因为 侧面P AD ⊥底面ABCD ， 且平面P AD ∩底面ABCD =AD ，所以PO ⊥底面ABCD ． ……………6分以O 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系O xyz -．……………………7分则(1,0,0)D -，(1,3,0)E -，(0,0,1)P ， (2,3,0)C -，因为Q 为PC 中点， 所以31(1,,)2Q -． ………8分 所以 (0,3,0)DE =，31(0,,)2DQ =， O PQABC D E E DCBAQPOz y所以平面DEQ 的法向量为1(1,0,0)n =． 因为(DC =-，1(0,)2DQ =， 设平面DQC 的法向量为2(,,)n x y z =， 则220,0DC n DQ n ⎧⋅=⎪⇔⎨⋅=⎪⎩0,10.22x y z ⎧-+=+=⎪⎩ 令x =1y =，z =2(3,1,n =．………………9分12121221cos ,7||||n n nn n n ⋅<>==． 由图可知，二面角E -DQ -C为锐角，所以余弦值为7．…………10分 （Ⅲ）因为PQPCλ=，所以 PQ PC λ=， 由（Ⅱ）知(1)PC =--，(1,0,1)PA =-， 若设(,,)Q x y z ，则(,,1)PQ x y z =-，由 PQ PC λ=， 得21x y z λλ=-⎧⎪=⎨⎪=-+⎩，在平面DEQ 中，(0,DE =，(1,,)(12,1)DQ x y z λλ=+=--，所以平面DEQ 法向量为1(1,0,21)n λλ=--， ……………………12分 又因为 P A // 平面DEQ ，所以 10PA n ⋅=， ……………………13分 即(1)(1)(21)0λλ-+--=，得23λ=． 所以，当23λ=时，P A // 平面DEQ ． ……………………14分（2012年石景山一模立体几何）4.设n m ,是两条不同的直线，γβα,,是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）A ．αα//,//,//n m n m 则若B ．βαγβγα//,,则若⊥⊥C ．n m n m //,//,//则若ααD ．n m n m ⊥⊥则若,//,αα答案：D（2012年石景山一模立体几何）7．某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（ ）A ．438+B ．4283+C ．238+D ．323答案：A8．如图，已知平面l αβ=，A 、B 是l 上的两个点，C 、D 在平面β内，且,,DA CB αα⊥⊥ 4AD =，6,8AB BC ==，在平面α上有一个 动点P ，使得APD BPC ∠=∠，则P ABCD -体积 的最大值是（ ）A ．243B ．16C ．48D ．144βαA C BDP大学数学 答案C（2012年石景山一模立体几何）17 ．（本小题满分14分）如图，三棱柱111C B A ABC -中，1AA ⊥面ABC ，2,==⊥AC BC AC BC ， 13AA =，D 为AC 的中点.（Ⅰ）求证：11//BDC AB 面；（Ⅱ）求二面角C BD C --1的余弦值；（Ⅲ）在侧棱1AA 上是否存在点P ，使得 1BDC CP 面⊥？请证明你的结论.1(0,3,2)C B =，1(1,3,0)C D =， …………5分 设111(,,)n x y z =是面BDC 1的一个法向量，则110,0n C B n C D ⎧=⎪⎨=⎪⎩即1111320,30y z x y +=⎧⎨+=⎩，取11(1,,)32n =-. …………7分 易知1(0,3,0)C C =是面ABC 的一个法向量. …………8分 1112cos ,7n C Cn C C n C C ==-⨯.∴二面角C 1—BD —C 的余弦值为27.…………9分 （III ）假设侧棱AA 1上存在一点P 使得CP ⊥面BDC 1.设P （2，y ，0）（0≤y ≤3），则 (2,3,0)CP y =-， …………10分则110,0CP C B CP C D ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即3(3)0,23(3)0y y -=⎧⎨+-=⎩. …………12分 解之3,73y y =⎧⎪⎨=⎪⎩∴方程组无解. …………13分 ∴侧棱AA 1上不存在点P ，使CP ⊥面BDC 1. …………14分 C 1A 1 CB 1 A B D。