最新高考总复习数学理阶段滚动月考卷四及答案解析.docx

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最新高考总复习数学理阶段滚动月考卷四及答案解析

阶段滚动月考卷（四）

立体几何

（时间:

120分钟　分值:

150分）

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.（滚动单独考查）（2016·重庆模拟）已知集合A={0,1,m},B={x|0

A.（0,1）B.（1,2）

C.（0,1）∪（1,2）D.（0,2）

2.（滚动单独考查）（2016·长春模拟）如图,点A,B在圆C上,则·的值

（　　）

A.只与圆C的半径有关

B.只与弦AB的长度有关

C.既与圆C的半径有关,又与弦AB的长度有关

D.是与圆C的半径和弦AB的长度均无关的定值

3.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列命题中正确的是

　（　　）

A.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥n

B.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β

C.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥β

D.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n

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.cm3B.2πcm3C.cm3D.3πcm3

5.（滚动交汇考查）已知x>0,y>0,lg2x+lg8y=lg2,则+的最小值是　（　　）

A.2B.2C.2D.4

6.（2016·青岛模拟）设α,β是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线.命题p:

若α⊥β,lα,mβ,则l∥m;命题q:

若l∥α,m⊥l,mβ,则β⊥α,则下列命题为真命题的是（　　）

A.p或qB.p且q

C.p或qD.p且q

7.（2016·长沙模拟）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（主）视图的面积不可能等于　（　　）

A.1B.C.D.

8.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直径,且SC=2,则此棱锥的体积为　（　　）

A.B.C.D.

9.如图,在四面体ABDC中,AB=1,AD=2,BC=3,CD=2,∠ABC=∠DCB=,则二面角A-BC-D的大小为　（　　）

A.B.C.D.

10.（2016·洛阳模拟）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（　　）

A.πa2B.πa2C.πa2D.5πa2

二、填空题（本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上）

11.（滚动单独考查）（2016·兰州模拟）已知直线y=2x+1与曲线y=x3+ax+b相切于点（1,3）,则实数b的值为　　　　　.

12.（滚动单独考查）（2016·苏州模拟）设向量a=（x,2）,b=（2,1）,若a,b的夹角为锐角,则实数x的取值范围为　　　　　.

13.如图所示是一个几何体的三视图,则该几何体的表面积为　　　　　.

14.（滚动单独考查）（2016·济宁模拟）已知函数y=3sinωx（ω>0）的最小正周期是π,将函数y=3cos（ω>0）的图象沿x轴向右平移个单位,得到函数y=f（x）的图象,则函数f（x）=　　　　.

15.（2016·成都模拟）如图,半径为R的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时,球的表面积与该圆柱的侧面积之差是　　　　　.

三、解答题（本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

16.（12分）（滚动单独考查）（2016·烟台模拟）已知x=是函数f（x）=（asinx+cosx）cosx-图象的一条对称轴.

（1）求a的值.

（2）化简f（x）的解析式,并作出函数f（x）在x∈（0,π）上的图象简图（不要求写作图过程）.

17.（12分）（滚动单独考查）已知等差数列{an}的公差d≠0,它的前n项和为Sn,若S5=70,且a2,a7,a22成等比数列.

（1）求数列{an}的通项公式.

（2）设数列的前n项和为Tn,求证:

≤Tn<.

18.（12分）（滚动单独考查）在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,其外接圆半径为6,=24,sinA+sinC=.

（1）求cosB.

（2）求△ABC的面积的最大值.

19.（12分）（2016·保定模拟）如图,已知矩形ABCD中,AB=2,AD=1,点M为DC的中点.将△ADM沿AM折起,使得平面ADM⊥平面ABCM,连接BM.

（1）求证:

AD⊥BM.

（2）若点E是线段DB上的一动点,问点E在何位置时,三棱锥M-ADE的体积为.

20.（13分）（2016·南昌模拟）如图,平面ABCD⊥平面ADEF,其中ABCD为矩形,ADEF为梯形,AF∥DE,AF⊥FE,AF=AD=2DE=2,点M为线段AD的中点.

（1）求直线MF与直线BD所成角的余弦值.

（2）若平面ABF与平面DBF所成角为θ,且tanθ=2,求线段AB的长.

21.（14分）（2015·福州模拟）已知一个空间几何体的直观图和三视图（尺寸如图所示）.

（1）设点M为棱PD的中点,求证:

EM∥平面ABCD.

（2）线段PD上是否存在一点N,使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于?

若存在,试确定点N的位置;若不存在,请说明理由.

答案解析

1.C　由A∩B={1,m}知0

2.B　延长AC与圆C相交于点D,连接DB,则∠ABD=90°,

所以·=·

=||·||cosA

=||2,只与弦AB的长度有关.

3.B　对A,分别位于两垂直平面内的两直线可能平行,故A错;对B,因为m⊥α,m∥n,所以n⊥α,又n∥β,所以α⊥β,B正确;对C,α与β可能平行、相交或垂直,故C错;对D,m与n可能异面,故D错误.

4.C　该几何体为圆柱挖去半个球而得的几何体,其体积V=π×12×3-×

=（cm3）.

5.D　由lg2x+lg8y=lg2得,

2x×23y=2x+3y=2,

即x+3y=1,+=×（x+3y）=2++≥2+2=4,

当且仅当

即x=,y=时等号成立.

【加固训练】若直线ax+by=1过点A（b,a）,则以坐标原点O为圆心,OA为半径的圆的面积的最小值为　（　　）

A.πB.2πC.4πD.

A　因为直线ax+by=1过点A（b,a）,所以2ab=1,因为|OA|=,所以以坐标原点O为圆心,OA为半径的圆的面积为π（a2+b2）≥2πab=π,当且仅当a=b时等号成立.

6.C　构造长方体ABCD-A1B1C1D1.

命题p:

设平面AA1D1D为平面α,平面ABB1A1为平面β,直线A1D1和直线AB分别是直线l和直线m,显然满足α⊥β,lα,mβ,而m与l异面,故命题p为假命题,p为真命题;命题q:

设平面ABCD为平面α,平面A1B1C1D1为平面β,直线A1D1和直线A1B1分别是直线m和直线l,显然满足l∥α,m⊥l,mβ,而α∥β,故命题q为假命题,q为真命题,所以p或q为真命题.

7.C　由俯视图为面积为1的正方形可知,该正方体的放置如图所示,当正（主）视图的方向与正方体的侧面垂直时,正（主）视图的面积最小,其值为1;当正（主）视图的方向与正方体的对角面BDD1B1或ACC1A1垂直时,正（主）视图的面积最大,其值为.由于正（主）视图的方向不同,因此正（主）视图的面积S∈[1,].

8.A　设三角形ABC的中心为M,球心为O,则OM⊥平面ABC,且OM==,所以此棱锥的高h=2OM=.所以此棱锥的体积V=××1××=.

9.B　二面角A-BC-D的大小等于AB与CD所成角的大小,=++,

而=++

+2||||·cos<,>,

即12=1+9+4+2×1×2cos<,>,

所以cos<,>=-,

所以AB与CD所成角为,

即二面角A-BC-D的大小为.

10.B　据题意,作出直观图如图所示,点O为球心,△ABC是三棱柱的下底面,点

O′是等边△ABC的中心（也是平面ABC截球所得的截面圆的圆心）,则OO′⊥平面ABC,

所以球的半径R=OA=.

因为棱柱的所有棱长都为a,所以OO′=,

AO′=×a=a,

所以R2=+=a2,

所以该球的表面积为S=4πR2=πa2.

11.【解析】因为函数y=x3+ax+b的导函数y′=3x2+a,

所以曲线y=x3+ax+b在点（1,3）处的切线斜率为3+a,

所以解得

答案:

3

12.【解析】由题意可得,a·b=2x+2>0,且x-4≠0,故实数x的取值范围为（-1,4）∪（4,+∞）.

答案:

（-1,4）∪（4,+∞）

13.【解析】由三视图可知该几何体为两个正四棱锥的组合体,8个面都是三角形且都全等,三角形的高h==,故该几何体的表面积S=8×=2.

答案:

2

14.【解析】因为函数y=3sinωx（ω>0）的最小正周期是=π,所以ω=2.

将函数y=3cos（ω>0）的图象沿x轴向右平移个单位,得到函数y=f（x）=3cos

=3cos=3sin的图象.

答案:

3sin

15.【解析】设圆柱的底面半径为r,高为h,

则r2+=R2,所以h=2,所以圆柱的侧面积S=2πrh=2πr·2

=4π.

当r2=R2-r2,即r=R时,S取得最大值.此时球的表面积与圆柱的侧面积之差为4πR2-2π·R·R=2πR2.

答案:

2πR2

16.【解析】

（1）f（x）=asin2x+cos2x,

因为x=是函数f（x）图象的一条对称轴,

所以f（0）=f,

即=asin+cos,

所以a=.

（2）f（x）=sin,

f（x）在x∈（0,π）上的图象（简图）如图所示.

17.【解析】

（1）因为数列{an}是等差数列且S5=70,所以5a1+10d=70.　①

因为a2,a7,a22成等比数列,所以=a2a22,即（a1+6d）2=（a1+d）（a1+21d）.　②

由①,②解得a1=6,d=4或a1=14,d=0（舍去）,

所以an=4n+2.

（2）由

（1）可得Sn=2n2+4n,

所以==.

所以Tn=+++…++

=++

+…+

+

=-.

Tn-=-<0,所以Tn<.

因为Tn+1-Tn=>0,所以数列{Tn}是递增数列,所以Tn≥T1=.所以≤Tn<.

18.【解析】

（1）=24⇒=24,

2（1-cosB）=sinB.

4（1-cosB）2=sin2B=（1-cosB）（1+cosB）,

因为1-cosB≠0,所以4（1-cosB）=1+cosB,

所以cosB=.

（2）因为sinA+sinC=,

所以+=,即a+c=16.

又因为cosB=,

所以sinB=.

所以S=acsinB=ac≤=.

而a=c=8时,Smax=.

19.【解析】

（1）矩形ABCD中,AB=2,AD=1,点M为CD中点,AM=BM=,

由勾股定理的逆定理得BM⊥AM.

折起后,平面ADM⊥平面ABCM,且平面ADM∩平面ABCM=AM,BM平面ABCM,得BM⊥平面ADM,

又AD平面ADM,所以AD⊥BM.

（2）在△BDM中,作EF∥BM交DM于点F.

（1）中已证明BM⊥平面ADM,所以EF⊥平面ADM,

EF是三棱锥E-MAD的高,

VM-ADE=VE-MAD=·EF=,

所以EF=,

又△DMB中BM=,且EF∥BM,

所以EF为