2018届高考数学 滚动检测05 向量 数列 不等式和立体几何的综合同步单元双基双测（文+理）（打包4套）.zip

1滚动检测 05 向量 数列 不等式和立体几何的综合（测试时间：120 分钟 满分：150 分）一、选择题（共 12 小题，每题 5 分，共 60 分）1. 设平面 、 ，直线 a、 b， ， ，则“ /a， /b”是“ /”的（ ）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】考点：1.平面与平面平行的判定定理与性质；2.充分必要条件2. 某三棱锥的侧视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）A． 43 B． 83 C． 12 D． 24【答案】A【解析】试题分析：根据三视图的规则可知，该三棱锥的体积为 11264333VSh俯 视 图 ，故选 A.考点：三视图与几何体的体积．3. 已知等比数列 na的前 项和为 nS,满足 546523,aS,则此数列的公比为（ ）2A． 2B． 3C． 4D． 5【答案】B【解析】试题分析：由 546523,aS可得 562a,即 36,故应选 B.考点：等比数列的有关知识及运用.4. 【2018 河南漯河中学二模】已知点 为 内一点，且满足 ，设 与 的面积分别为 ，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】B故选 B5. 【2018 四川成都七中一模】在四面体 SABC中， ,2,,BACSA平面SAC平面 ，则该四面体外接球的表面积为（）A. 163 B. 8 C. 3 D. 4【答案】A【解析】 AB， 2BC2C， ,SA为等边三角形又平面 平面 BAC取 C中点 D，连接 S，则球心 O在 SD上，3有 213r，解得 23r该四面体外接球的表面积为 16故选 A6. 若数列 na满足1121,3, 2naa，则 na（ ）A. 21 B.  C. 3nD.123n【答案】A【解析】考点：求数列的通项.【思路点晴】本题考查的是根据数列的递推关系求数列的通项公式，关键是第一步可以看出等式右边可以拆分成两项的和 ,12nna加上数列中对通项的理解及等差中项判定数列成等差，可以得到}1{na为等差数列，其中首项为 1，公差为 21a2d，求得 )1(2)(1nan ，进而求得 2.7. 【2018 四川成都七中一模】已知等差数列 n的前 项和为 ,nS 9126,4,a则数列1nS的前 10 项和为（）A. 2 B. 01 C. 9 D. 8【答案】B4【解析】设等差数列 na的公差为 d，9126,4a，118{ da解得 122nSn11n12101110230SSAA故选 B点睛：设等差数列 na的公差为 d，由已知条件 9126,4aa及等差数列通项公式得到1186{ 24ad，解得 1和 的值，可得 nS，再利用裂项求和的方法即可得出答案。8. 【2018 山西名校联考】设 ,xy满足约束条件0{1 3yx，则 3zxy的最大值为( )A. 1 B. 3 C. 5 D. 6【答案】C【解析】5由00{1 {1 33yyxx根据题意画出上图， ABC 区域为满足不等式组的所有点的集合 ， 3{ { 113yzyxzzxx或，将直线 13yx 沿 轴平移，结合图象可知 z 的最大值点为 B 点，由0{ { 23yyx，即 , 为 B 的坐标，代入式子得 35zxy，故选 C.9. 在体积为 4的三棱锥 SABC中， 2， 90AC， S，且平面 SAC平面AC，若该三棱锥的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积是（ ）A． 823 B． 9 C． 27 D． 12【答案】B【解析】MD OBCAS考点：几何体的外接球与体积的计算公式.【易错点晴】本题考查的是空间几何体的外接球的体积计算问题,求解时充分借助几何体的几何特征,巧妙6地几何体的对称性确定球心的位置,在 OMCRt中借助解三角形的中的勾股定理这一工具建立方程2)(2R,然后通过解方程求出球的半径 23,进而运用球的体积公式求该几何体的外接球的体积为 93(4V,从而使得问题获解.10. 若不等式 20xa在区间 1,5上有解，则 a 的取值范围为（ ）A． （ 235,） B． 235 C． , D． 235,【答案】A【解析】试题分析： 2 20xax，设 2fx在 1,5上 是 减 函 数 ， 所 以 最 小 值 为 235f，所以 35考点：不等式与函数问题11. 已知三棱锥 中， ， ，直线 与底面 所成角为ABCD2ABDCADBCD，则此时三棱锥外接球的体积为（ ）3A． B． C． D．823423823【答案】D【解析】试题分析：如下图7取 BC的中点 O，连接 ,AD，过 做 EOD于 因为 AC ，所以 ,BAC 因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 BC平面 OAD 因为 BC平面 ，所以平面 O平面 D又 AEOD，所以 AE平面 B 考点：1 线面垂直；线面角；2 棱锥的外接球．12. 设 ,xy满足约束条件 360xy， 20xy， ,0xy，若目标函数(0,)zaxby的最大值为 12，则 2ab的最小值为（ ）A.5 B.6 C. 56 D. 356【答案】C【解析】试题分析：约束条件 360xy， 20xy， ,0xy，所对应的平面区域如下图所示，8由图可知当直线 (0,)zaxby过点 4,6B时， z取得最大值 12，即 4612ab所以 132ab，所以 3= 23152263ab当且仅当 65时等号成立，所以选 C.考点：1、线性规划；2、基本不等式.二．填空题（共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13. 【2018 辽宁沈阳四校联考】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积________.【答案】 1283【解析】该几何体为四棱锥，如图：9128433EABCDV,故答案为： 14. 已知数列 na的前 项和 nnS2，则数列 na的通项公式为 .【来源】 【百强校】2017 届海南省海南中学高三上月考三数学（文）试卷（带解析）【答案】 15,()2n【解析】考点：数列通项公式的求法 .【方法点晴】本题考查的是数列通项公式的求法，已知数列 }{na前 项和 nS求通项公式 na，通常利用的方法是 1,()2nnSa，而在这个题目中，当 1时 15n,当 2时 12nnS, 时的值与 1的值不相同，所以 15,()2na，特别地，这个地方有一个易错点， 时的值与 1S的值相同时要合并为一个通项公式.15. 不等式 20x的解集是______．【答案】 1|10【解析】试题分析：不等式 120x变形为 12102xx，不等式的解集为 1|2x考点：分式不等式解法16. 一个几何体的三视图如下图所示（单位: m） ，则该几何体的表面积为___________.【答案】 542【解析】试题分析:由三视图所提供的图形信息和数据信息可知该几何体是两个棱柱的组合体.因此其表面积 245243421]321)([2 S,故应填 542.考点：三视图的识读和理解．【易错点晴】本题考查的是三视图与原几何体的形状的转化问题.解答时先依据题设中提供的三视图,将其还原为立体几何中的简单几何体,再依据几何体的形状求其表面积.在本题求解过程中,从三视图中可以推测这是一个该几何体是两个棱柱的组合体.因此求解时直接利用几何图形的面积公式求出其表面积为 245243421]321)([2 S.三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17. 已知函数 (),fxmn其中 (,sin),x(cos,)x在 ABC中， ,abc分别是角的对边，且 ()1fA．（1）求 x的对称中心；（2）若 3a， bc，求 ABC的面积．【答案】 （1） 对称中心为 ,0)21k（ （2） 311【解析】试题分析：（1）利用向量数量积公式，结合辅助角公式化简函数，利用 f（A）=1，结合 A 的范围，可得结论；（2）先利用余弦定理，结合条件可求 bc 的值，从而可求△ABC 的面积．考点：解三角形；三角形中的恒等变换【名师点睛】数学问题中的条件和结论，很多都是以数式的结构形式进行搭配和呈现的．在这些问题的数式结构中，往往都隐含着某种特殊关系，认真审视数式的结构特征，对数式结构进行深入分析，加工转化，可以寻找到突破问题的方案．18. 【2018 辽宁凌源两校联考】如图 1，在平面多边形 BCDEF中，四边形 ABCD为正方形， /EFAB， 2EF，沿着 AB将图形折成图 2，其中 90A， E， H为D的中点．12（1）求证： EHBD；（2）求四棱锥 AF的体积．【答案】(1)见解析；(2)1.【解析】试题分析:(1) 由题可知， ABE， AD，且 EA，由线面垂直的判定定理可得 B平面 ED,进而得到 H,又 ,可证出 H平面 BCD，则 EHB;(2)将四棱锥分割, ABFEABDEFVV, 因为 12EFS，且 FADV，所以12BEFDBCFDV，所以 12BCDEAB，计算三棱锥 E-ABD 的体积即可.试题解析:（1）证明：由题可知， AE， A，且 ， ， A平面 E，所以 A平面 ．因为 EH平面 D，所以 BH．因为 ， 是 的中点，所以 D．又 B， ， A平面 C，所以 E平面 ABCD，又因为 平面 C，所以 E．（2）解： DABFEABDFVV，其中 1123263EABDH．因为 1EFCS，且 CE，所以 FCFEABDV，所以 213DABEABDFVV．13点睛: 求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法. ①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．19. 【2018 辽宁鞍山一中一模】数列 na的前 项和为 nS， 2*,nN，数列 nb满足*24log3,nnabN.（1）求 和 的通项公式；（2）求数列 n的前 项和.【答案】 （1） 41,aN， 12,nbN；（2） 452,nnTN.【解析】试题分析：（1）先根据前 n 项和公式求出 na，代入 *log3,nb求 nb；（2）根据通项公式的形式，利用错位相减法求 .试题解析：（1） 1n时， 13aS，n时， 4aS，所以 4,N， 12,nbN.（2） 213nnT52,20. 已知等差数列 na满足 1231()()()2()naan…（ *N） ．（1）求数列 的通项公式；（2）设 12nb，求证： 121nbb．【答案】 （1） na；（2）证明见解析.【解析】14试题分析：（1）由 1231()()()2()naaan…，令 1,2n列方程组，可解得等差数列 n首项与公差，进而得 n的通项公式；（2）由（1）得 ()b，21nb，利用“裂项相消法”求和后，再利用放缩法可证.试题解析：（1）设等差数列 na的公差为 d，由已知得 1234,()()12,aa即 1234,8a所以 11()4,28d解得 1,所以 n．考点：1、等差数列的通项公式；2、 “裂项相消法”求和.21. 如图，四棱锥 PABCD的底面 是矩形，平面 PAB平面 CD， E是 PA的中点，且2PAB， .15EPDCBA（I）求证： /PC平面 EB；（II）求三棱锥 的体积.【答案】 （I）详见解析（II）63【解析】试题分析：（I）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与论证，往往需要利用平几知识，如本题利用三角形中位线得：连接 AC交 BD于点 O，则/PCEO（II）求三棱锥的体积，关键在求高，而高一般通过线面垂直得到，本题可以面面垂直性质定理可得线面垂直：利用等腰三角形性质可得 PHAB（ 为 中点） ，再利用面面垂直性质定理可得H平面 ABD.在三角形中求出 PH 值，及三角形 PBD 面积，代入体积公式得结果试题解析：解：（I）连接 C，交 D于点 O，连接 E，则 是 AC的中点.又∵ E是 P的中点，∴ E是 的中位线，∴ /，又∵ O平面 ， 平面 B，∴ /C平面 B. （II）取 A中点 H，连接 P，由 P得 ，又∵平面 平面 CD，且平面 AB平面 CDAB，∴ 平面 AB.∵ P是边长为 2 的等边三角形，∴ 3PH，16又∵1122ABDS，∴16233ABDAPBVSPH 三 棱 锥 三 棱 锥 -OHEPDCBA考点：线面平行判定定理，面面垂直性质定理【思想点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.22. 长方体 1ABCD中， 12A， 2BC， O是底面对角线的交点。(Ⅰ）求证： 1/平面 ；(Ⅱ）求证： O平面 1；(Ⅲ)求三棱锥 1ADBC的体积。17【答案】(Ⅰ)详见解析(Ⅱ)详见解析(Ⅲ） 423【解析】试题解析：(Ⅰ）证明：依题意： 1/BD，且 1在平面 1BCD外．∴ 1/BD平面 1C(Ⅱ）证明：连结 1OC∵ BDA BD∴ 平面 1又∵ O在 C上，∴ 在平面 1AC上∴ 1ABD∵ 2 ∴ 12∴ O∴ 1RtA中， 211AO同理： 2C18∵ 1AOC中， 22111AC∴ ∴ 1平面 1BD(Ⅲ)解：∵ AO平面 1C∴所求体积 132V142考点：1．线面平行的判定；2．线面垂直的判定与性质；3．棱锥体积。1滚动检测 05 向量 数列 不等式和立体几何的综合（测试时间：120 分钟 满分：150 分）一、选择题（共 12 小题，每题 5 分，共 60 分）1. 设平面 、 ，直线 a、 b， ， ，则“ /a， /b”是“ /”的（ ）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】考点：1.平面与平面平行的判定定理与性质；2.充分必要条件2. 如果 对任意实数 x 总成立,则 a 的取值范围是 （ ）ax|9|1|A． B． C． D． }8|{a}8|{}8|{}8|{a【答案】Ａ【解析】试题分析：因为 对任意实数 x 总成立,所以 a 小于 的最小值，由绝对值ax|9|1| ax|9|1|的几何意 义，数轴上到定点-1，-9 距离之和的最小值为两定点之间的距离，所以 ，故选 A。}8{考点：本题主要考查绝对值的几何意义。3. 【2018 河南漯河中格纸上小正方形边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）2A. 48 B. 36 C. 32 D. 24【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是由一个三棱柱截去一个四棱锥而得到的。该几何体的体积为： EFGABC186342V故选：C点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.4. 《庄子·天下篇》中记述了一个著名命题：“一尺之棰，日取其半，万世不竭． ”反映这个命题本质的式子是（ ）A． 2112nn B． C． 21n D． 1【答案】D【解析】考点：等比数列求和.35. 【2018 湖南五市十校联考】已知某几何体的三视图如图所示，正视图是斜边长为 2 的等腰直角三角形，侧视图是直角边长为 1 的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A. 4 B. 5 C. 6 D. 8【答案】B【解析】几何体如图： 515,,22OAPMOP为外接球的球心，表面积为 25=4S（ ） ，选 B.点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点 ,PABC构成的三条线段 ,PABC两两互相垂直，且 ,,PAaBbCc，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用 224Rabc求解．6. 设等比数列 na中，前 n 项和为 nS,已知 7863S， ，则 98 （ ） A． 81 B． 81 C． 5 D． 5【答案】A【解析】试题分析：由题意可知 3696,,SS成等比数列，即 8，-1， 789a成等比数列，可得 7891a ，故选 A考点：本题考查等比数列的性质7. 【2018 云南昆明一中检测】已知数列 na的前 项和为 nS，且 12a， 142nSa，则数列4na中的 12为（ ）A. 048 B. 95 C. 60152 D. 89150【答案】B【方法点晴】本题主要考查等差数列的定义以及已知数列的递推公式求通项，属于中档题.由数列的递推公式求通项常用的方法有：累加法、累乘法、构造法， 已知数列前 n项和与第 项关系，求数列通项公式，常用公式 1,{ 2nnSa，将所给条件化为关于前 项和的递推关系或是关于第 n项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式. 在利用 nS与通项 na的关系求 n的过程中，一定要注意 1 的情况.，进而得出 na的通项公式.8. ABC是边长为 1 的等比三角形，已知向量 ,ab满足 2ABa， Cb，则下列结论正确的是（ ）A． |2b B． abC． 1a D． 1()4C【答案】D【解析】5考点：平面向量数量积运算.【方法点睛】平面向量数量积的类型及求法(1)求平面向量数量积有三种方法：一是夹角公式 a·b＝|a||b|cos θ；二是坐标公式 a·b＝x 1x2＋y 1y2；三是利用数量积的几何意义.(2)求较复杂的平面向量数量积的运算时，可先利用平面向量数量积的运算律或相关公式进行化简.9. 【2018 江西宜春调研】如图（1） ，五边形 PABCD是由一个正方形与一个等腰三角形拼接而成，其中02APD， 2AB，现将 进行翻折，使得平面 平面 ABCD，连接 ,P，所得四棱锥 C如图（2）所示，则四棱锥 的外接球的表面积为（ ）A. 143 B. 7 C. 283 D. 14【答案】C【解析】对四棱锥 PABCD进行补型，得到三棱柱 'PADBC如下所示，故四棱锥 PABCD的外接球球心即为三棱柱 '的外接球球心；故其外接球半径2713R，故表面积 27843SR故选 C.点睛：本题考查了多面体的外接球，把不易求其外接球半径的几何体转化为易求半径的几何体是解题的关键，体现了补体的方法.10. 若不等式 20xa在区间 1,5上有解，则 a 的取值范围为（ ）6A． （ 235,） B． 235,1 C． 1, D． 235,【答案】A【解析】试题分析： 2 20xax，设 2fx在 1,5上 是 减 函 数 ， 所 以 最 小 值 为 235f，所以 35考点：不等式与函数问题11. 【2018 辽宁凌源两校联考 】若实数 x， y满足不等式组20,{1 ,xy1,myx， 1,2nx，则 mn的取值范围为（ ）A. , B. , C. 1,2 D. 1,2,【答案】A12. 已知边长为 23的菱形 ABCD中， 06，现沿对角线 BD折起，使得二面角 ABDC为120°，此时点 ,在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）7A． 20 B． 24 C． 28 D． 32【答案】C【解析】HMNDBCA考点：多面体的外接球及表面面积公式的运用．二．填空题（共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13. 已知向量 2,1a， 0b， 2,a则 b__________．【答案】5【解析】试题分析：因为2250,abab又 2,15a，所以 25b．考点：平面向量的数量积．14. 设数列 n前 项和为 nS，如果 136,7nSN那么 48_____________．【答案】 3508【解析】考点：数列通项公式的应用．【方法点晴】本题主要考查了数列通项公式的应用，其中解答中涉及数列的递推关系式的应用、数列的累积法等知识点的综合考查，着重考查学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，试题有一定的难度，属于中档试题，本题的解答中，利用数列的递推关系式，得到 1(2)nna，进而得到12()na是解答的关键．15. 【2018 江苏溧阳调研】给出下列命题：（1）若两个平面平行，那么其中一个平面内的直线一定平行于另一个平面；（2）若两个平面垂直，那么平行于其中一个平面的直线一定平行于另一个平面；（3）若两个平面平行，那么垂直于其中一个平面的直线一定垂直于另一个平面；（4）若两个平面垂直，那么其中一个平面内的直线一定垂直于另一个平面．则其中所有真命题的序号是___________________．【答案】 （1） （3）【解析】逐一考查所给的命题：（1）若两个平面平行，那么其中一个平面内的直线一定平行于另一个平面；（2）若两个平面垂直，那么平行于其中一个平面的直线一定垂直于另一个平面；（3）若两个平面平行，那么垂直于其中一个平面的直线一定垂直于另一个平面；（4）若两个平面垂直，那么其中一个平面内的直线不一定垂直于另一个平面．综上可得：真命题的序号是（1） （3）.16. 如图是某几何体的三视图（单位：cm） ，则该几何体的表面积是__ ___cm 2，体积为_ __ cm 3．9【答案】 1423；【解析】考点：空间几何体的三视图．三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17. 【2018 河南漯河中学四模】如图，四棱锥 PABCD中，底面 AB是 60DC的菱形，侧面PDC是边长为 2 的正三角形，且与底面垂直， M为 的中点.（1）求证： PA平面 CDM；（2）求二面角 B的余弦值.10【答案】 （1）见解析；（2） 105【解析】试题分析：（1）要证 PA平面 CDM，转证线线垂直即可；（2）分别求出两个平面的法向量，利用向量间的运算关系求出两个向量的夹角，再转化为二面角的平面角．试题解析：（1）法一：作 OCD于 ，连接 O由侧面 P与底面 AB垂直，则 P面 ABCD所以 ，又由 60， 1， 2，则 90，即取 的中点 N，连接 O， MN由 为 的中点，则四边形 C为平行四边形，所以 /M，又在 PA中， 3，为 PA中点，所以 ，所以 ，又由 DC所以 PA面 DM.法二: 作 OC于 ，连接 O由侧面 D与底面 B垂直，则 面 B所以 P，又由 60A， 1， 2，则 90，即 D分别以 O， C， P所在直线为 x轴， y轴， z轴建立空间直角坐标系，由已知 0,3P， ,0A， 3,20B， ,10D， ,C， 3,12MAM， D，所以 C， ，又由 所以 PA面 CM.（2）设面 B的法向量为 1,nxy由 3=(,0)2CM， 3,01131{ 0{ 23xxyy，1,n由（I）知 PA面 CDM，取面 的法向量为 23,0n所以 120cos,=5，设二面角 B大小为 ，由为钝角得 1cos=5点睛：利用法向量求解空间二面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关” ，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关” ，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关” ，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.18. 已知函数 (),fxmn其中 (1,sin2),x(cos,3)x在 ABC中， ,abc分别是角的对边，且 ()1fA．（1）求 x的对称中心；（2）若 3a， bc，求 ABC的面积．【答案】 （1） 对称中心为 ,0)21k（ （2） 3【解析】试题分析：（1）利用向量数量积公式，结合辅助角公式化简函数，利用 f（A）=1，结合 A 的范围，可得结论；（2）先利用余弦定理，结合条件可求 bc 的值，从而可求△ABC 的面积．试题解析：(1）因为 )62sin(i32cos)(  xxnmxf ，所以对称中心 ,0)1k（12考点：解三角形；三角形中的恒等变换【名师点睛】数学问题中的条件和结论，很多都是以数式的结构形式进行搭配和呈现的．在这些问题的数式结构中，往往都隐含着某种特殊关系，认真审视数式的结构特征，对数式结构进行深入分析，加工转化，可以寻找到突破问题的方案．19. 已知函数 ,1)(2mxf（1）若对于任意的 ，都有 成立，求实数 的取值范围；],[0)(xf m（2）如果关于 x 的不等式 f（x） 54m 有解，求实数 m 的取值范围．【答案】 （1） 20（2） 1或【解析】试题分析：（1）结合二次函数图像，当在区间两端点处函数值满足 成立成立时，则有在区间0)(xf上 成立，将相应的自变量值代入可求得实数 的不等式，得到其取值范围；（2）由],[mx0)(xf m不等式有解转化为求函数的最小值问题，从而得到关于实数 m 的不等式，求得其范围试题解析：（1） 0201f13（2） 14452minxf ， 14m或 法二： 052 有解 ∴ 0或考点：1．二次函数图像及性质；2．不等式与函数的转化20. 已知数列 na的首项 1且 123na．（1）求证：数列 3是等比数列，求出它的通项公式；（2）求数列 ()n的前 项和 nT．【答案】 （1）证明见解析， 123na；（2） 2(1)4n.【解析】试题解析：（1） 132nna，即 132()nna，∴ +n，又 140，∴数列 {3}a是首项为 4，公比为 2 的等比数列，142nn， 13na．（2）由（1）得 42n，∴ 1(3)na，241nT…，3 2 12()nn ,相减得 3412nnnT…128()4n 24(1)n，14∴ 2(1)4nT．考点：递推数列求通项，错位相减法．【方法点晴】错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前 n项和即可用此法来求，如等比数列的前 n项和公式就是用此法推导的．若 nnabc，其中 nb是等差数列， c是公比为 q等比数列，令 121nnSbcbc ，则 qS12311nncb两式错位相减并整理即得.21. 如图，在四棱锥 PABCD中， 为正三角形， ,,2ABDCPAC，平面 AC平面 ．（1）点 E在棱 PC上，试确定点 E的位置，使得 PD平面 ABE；（2）求二面角 AD的余弦值．【【答案】 （1）证明见解析；（2） 24.【解析】试题分析：（1）借助题设条件运用线面垂直的判定定理推证；（2）借助题设运用空间向量的数量积求解.15（1） 432,0,20ABPDA，故 PDAB；设 EC，若 E，则，即 0PCDA，即 480A，即 12，即当 为 C的中点时， E，则 PD平面 B，所以当 为 P的中点时 D平面 B． （2）设平面 PCD的一个法向量 ,nxyz， 431,32,0,2PCPD，则 0nPCA且0nA，即 320xyz且 4320，令 y，则 ,1zx，则 ,3，再取平面 P的一个法向量为 1,m 则 2cos,4nmA，故二面角 PDC的余弦值为 考点：线面垂直的判定定理及空间向量的数量积公式等有关知识的综合运用.【易错点晴】立体几何是中学数学中的重要内容之一,也高考和各级各类考试的重要内容和考点.本题以四棱锥为背景考查的是空间的直线与平面的位置关系及二面角的平面角等有关知识的综合运用.解答本题第一问时,要掌握线面垂直判定定理中的条件,设法找出面内的两条相交直线与已知直线垂直；第二问中计算问题先建立空间直角坐标系,运用空间向量的有关知识先确定平面 PCD的一个法向量 ,nxyz,再运用16空间向量的数量积公式求解出二面角 APDC的余弦值为 24.22. 【2018 江西宜春调研】已知多面体 SB如图所示，底面 ABCD为矩形，其中 C平面 SAD，09SAD，若 ,PQR分别是 ,的中心，其中 2.（1）证明： ADPQ；（2）若二面角 SBR的余弦值为 6，求 SD的长.【答案】(1)见解析(2) SD=2【解析】试题分析： 1利用题意证得 A平面 C，然后利用线面垂直的性质和直线平行的结论可得 ADPQ17（2）如图，以 D 为原点，射线 DA， DC， DS 分别为 x， y， z 轴正方向，建立空间直角坐标系；设(0)Sa，则 ,1,02,0SaRB， ， ．因为 SD⊥底面 ABC，所以平面 ABCD的一个法向量为 0,1m.设平面 SRB 的一个法向量为 ,nxyz，1,0SRa， 1,20R，则0,{ .nSRB即 0{ 2xazy，，令 x=1，得 ,zy，所以 1,2na，由已知，二面角 SBRD的余弦值为 6，所以得 21cos, 654mnna，解得 a =2，所以 SD=2．1滚动检测 05 向量 数列 不等式和立体几何的综合（测试时间：120 分钟 满分：150 分）一、选择题（共 12 小题，每题 5 分，共 60 分）1. 【2018 河南名校联考】已知公比不为 1 的等比数列 的前 项和为 ，且 成等差数列，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】D2. 《庄子·天下篇》中记述了一个著名命题：“一尺之棰，日取其半，万世不竭． ”反映这个命题本质的式子是（ ）A． 2112nn B． C． 21n D． 1【答案】D【解析】试题分析：由题得:是求首项为 21,公比为 等比数列的前项和.所以: 121])([2nnnS故选 D.考点：等比数列求和.23. 设 ,ab是两个非零的平面向量，下列说法正确的是（ ）①若 0×=，则有 +=ab； ② ；③若存在实数 λ，使得 ＝λ ，则 +=ab；④若 +=ab，则存在实数 λ，使得 ＝λ .A.①③ B.①④ C.②③ D.②④【答案】B【解析】考点：平面向量数量积的应用.4. 【2018 辽宁凌源两校联考 】若实数 x， y满足不等式组20,{1 ,xy1,myx， 1,2nx，则 mn的取值范围为（ ）A. , B. , C. 1,2 D. 1,2,【答案】A【解析】画出可行域如图所示,令 zmn= 1yx,化简得 1yzx,即过定点(-1,2)的直线系的斜率的取值范围,由图知当直线过定点(-1,2)与交点(-3,1)连线时斜率为 2,此时斜率最小,则 mn的取值范围为 1,2,故选 A.35. 已知三棱锥 ABCD的四个顶点 ,ABCD都在球 O的表面上， AC平面 ,BDC，且3,2,5AC，则球 O的表面积为 （ ）A． 12 B． 7 C. 9 D． 8【答案】A【解析】考点：三棱柱外接球【思想点睛】空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点 P，A，B，C 构成的三条线段 PA，PB，PC 两两互相垂直，且 PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用 4R2＝a 2＋b 2＋c 2求解．6. 【2018 黑龙江齐齐哈尔八中三模】如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）4A. 8123 B. 813 C. 423 D. 42【答案】A【解析】该几何体是由两个小三棱锥和一个圆锥组成，所以体积为 18241233，故选 A。7. 【2018 江西宜春调研】如图（1） ，五边形 PBCD是由一个正方形与一个等腰三角形拼接而成，其中0APD， 2AB，现将 A进行翻折，使得平面 平面 ABCD，连接 ,P，所得四棱锥 C如图（2）所示，则四棱锥 的外接球的表面积为（ ）A. 143 B. 7 C. 283 D. 14【答案】C5故选 C.点睛：本题考查了多面体的外接球，把不易求其外接球半径的几何体转化为易求半径的几何体是解题的关键，体现了补体的方法.8. 设 为两个非零向量 a、 b的夹角，已知对任意实数 t， ||tab的最小值为 1,（ ）A．若 确定，则 |唯一确定 B．若 确定，则 |唯一确定 C．若 |a确定，则 唯一确定 D．若 |确定，则 唯一确定【答案】B【解析】考点：1、平面向量的模；2、平面向量的夹角．9. 【2018 湖南浏阳五校联考】已知直线 ，平面 且 给出下列命题：①若 ∥ ，则 ； ②若 ，则 ∥ ； ③若 ，则 ； ④若 ∥ ，则 . 其中正确的命题是A. ①④ B. ③④ C. ①② D. ①③【答案】A【解析】若 α ∥ β ，且 m⊥ α ⇒m⊥ β ，又 l⊂β ⇒m⊥ l，所以①正确。若 α ⊥ β ,且 m⊥ α ⇒m∥ β ，又 l⊂β ，则 m 与 l 可能平行，可能异面，所以 ②不正确。若 m⊥ l，且 m⊥ α ， l⊂β ⇒α 与 β 可能平行，可能相交。所以 ③不正确。若 m∥ l，且 m⊥ α ⇒l⊥ α 又 l⊂β ⇒α ⊥ β ，∴④正确。故选：B.10. 已知数列 na中， 12， 1na， 2nna，则 na的前 100 项和为（ ）6A．1250 B．1276 C．1289 D．1300【答案】C【解析】试题分析：由条件得 21na，则1234598()()()2350aa ＝ 1276．因为050216314()()()3aaa，所以121763，故选 C．考点：1、数列的性质；2、等差数列的前 n项和．11. 已知实数 x、 y满足条件2450xya,若目标函数 3zxy的最小值为 5,则 a的值为（ ）A. 17 B. C.2 D.17【来源】 【百强校】2016 届广东汕头市普通高考高三第二次模拟数学（文）试卷（带解析）【答案】B【解析】考点：简单的线性规划.7【方法点睛】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.12.如图，在棱长为 1 的正方体 1ABCD的对角线 1AC上取一点 P，以 A为球心， P为半径作一个球，设 APx，记该球面与正方体表面的交线的长度和为 ()fx，则函数 ()fx的图像最有可能的是（ ）【答案】B【解析】考点：函数图象.【思路点晴】球面与正方体的表面都相交，我们考虑三个特殊情形：（1）当 1x；（2）当 12x；（3）当 2x.其中（1） （3）两种情形所得弧长相等且为函数 f的最大值，根据图形的相似， （2）8中的弧长为（1）中弧长的一半，对照选项，即可得出答案.本题考查数形结合的数学思想方法，考查特殊值、小题小作的小题技巧.二．填空题（共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13. 若非零向量 ,ab满足 32ab,则夹角的余弦值为_______．【答案】 31【解析】试题分析：由 2ab，得 2224ababA，即 2ab，所以cos,bA＝ 213．考点：1、平面向量的数量积运算；2、平面向量的夹角．14. 如图 1BCDA是棱长为 1 的正方体， SABCD是高为 1 的正四棱锥，若点11SAB， ， ， ，在同一个球面上，则该球的表面积为____________．【答案】 816【解析】试题分析：按如图所示作辅助线， O为球心，设 1Gx，则 12OBSx，同时由正方体的性质知12BG，则在 1RtBG中， 2211B，即 2()()，解得 78，所以球的半径 198O，所以球的表面积为 2846SR．9考点：1、多面体的外接球；2、球的表面积．【思路点晴】解答本题的关键是求出外接球的半径，如何利用题设条件建构含球的半径的方程是解答好本题的关键之所在．求解时充分借助正方体和正四棱锥都是对称图形，将球心设在四棱锥与正方体底面的中心的连线上，借助截面圆的圆心与球心连线垂直于截面圆，运用勾股定理求出了半径 R．15. 若直线 0,1bayx过点 )1,2(，则 ba3的最小值为 ．【来源】 【百强校】2016-2017 学年辽宁庄河高中高二 10 月考文数试卷（带解析）【答案】 627【解析】考点：基本不等式的应用.【方法点睛】本题主要考查的是基本不等式求最值，整体代入并变形为可用基本不等式的形式是解决问题的关键，属于基础题，对于此类题目而言，首先利用已知条件求出 ba,之间的关系，即 12ba，然后利用乘 1法对 ba3进行处理，发现 ba237)12(3，可利用基本不等式进行计算，即可求解，因此此类题目灵活运用基本不等式是解题的关键.16. 【2018 湖南五市十校联考】某几何体的三视图如图所示，若该几何体的所有顶点都在一个球面上，则该球的表面积为__________．10【答案】 283【解析】由三视图知，几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是边长为 2 的正三角形，侧棱长是 2，三棱柱的两个底面的中心的中点与三棱柱的顶点的连线就是外接球的半径， 27(3)1r，球的表面积 27843r.点睛：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点） ，这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17. 已知等差数列 的公差 为 ， 是它的前 项和， ， ， 成等比数列，（1）求 和 ；（2）设数列 的前 项和为 ，求 。【答案】 （1） ； （2） 【解析】试题分析：(1)结合题意求得数列的首项为 ，则其通项公式为 ，利用等比数列前 n 项和公式可得：；(2)结合(1)中求得的数列的前 n 项和可得 ,裂项求和可得：11.试题解析：（1）因为 ， ，而 ， ， 成等比数列，所以 ，即 ，解得所以 ，（2）由（1）知所以点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．18. 在△ ABC中，角 C，的对边分别是 abc，，已知向量 (cos)BC，m， (4)abc，n，且∥mn．（1）求 cos的值；（2）若 3，△ ABC的面积 15=4S，求 ab， 的值．【答案】 （1）1cos4（2） 2ab【解析】试题分析：（1）先根据向量平行关系得 cos(4)cosBabC，再由正弦定理，化角得sinco(4sin)cosCBABC，最后根据两角和正弦公式及诱导公式得1cos4C（2）由三角形面积公式得152Sab，即 2ab，再根据余弦定理得213ab，解方程组得 2ab试题解析：解：（1）∵ ∥m，∴ cos(4)cosBabC，由正弦定理，得 sinco(4in)CBA，12化简，得 sin()4sincoBCA﹒∵ Ap，∴ ii()BC﹒又∵ 0,，∵ sin0A，∴1cos4．考点：正余弦定理，两角和正弦公式及诱导公式19. 已知数列 {}na的首项 1，且 *14()2nnaN.（Ⅰ）证明：数列 2n是等比数列.（Ⅱ）设 nba，求数列 {}nb的前 项和 nS.【答案】 （Ⅰ）详见解析（Ⅱ）2nnS【解析】试题分析：（Ⅰ）证明数列为等比数列，一般方法为定义法，即确定相邻两项的比值为非零常数：利用 142nna代入化简 1211()442nn nnaa，再说明不为零即可（Ⅱ）由（Ⅰ）13先根据等比数列通项公式求11()22nnaA，即得12na，代入 2nba，可得2nb，因此其前 项和应用错位相减法求试题解析：解（Ⅰ）证明：∴ 11()2nna又 1，∴ 1，所以数列{}2na是以 为首项，12为公比的等比数列. （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，1()nnaA，即12na. ∴nnb.于是 231nnS，① 2312nn，② 由①-②得，2111()122nnn nS，即 12nnn，∴数列 {}nb的前 项和2nnS.14考点：等比数列定义及通项，错位相减法求和。20. 【2018 四川成都七中一模】如图，四棱锥 PABCD中， PA平面 BCD， /,3,4,ADBCAPBCM为线段 上一点， 2M， N为 的中点.（1）证明： /;MN平 面 （2）求四面体 N的体积.【答案】 （1）见解析（2） 45.3NBCMV解析：（1）由已知得 23AMD，取 RP的中点 T，连接 ,AN，由 为 PC中点知1/,,TNBC，即 ,NM又 /DB，即 /,TM故四边形 ANT为平行四边形，于是 ,因为 ,TAP平 面 平 面 所以 ,B平 面（2）因为 PA平面 D， 为 C的中点，所以 N到平面 CD的距离为 1,2P取 C得中点 E，连接 E，由 3B得 2, 5,EBBE由 /A得 到 的距离为155，故 1452BCMS，所以四面体 NBCM的体积为 145.323NBCMBCPAVS21. 如图所示，在四棱锥 PAD中，四边形 A为矩形，△ D为等腰三角形，90APD，平面 PA平面 ，且 1， 2,E,F分别为 ， 的中点．（1）证明： /EF平面 PAD；（2）证明：平面 平面 ；（3）求四棱锥 BC的体积．【答案】 （1） （2）见解析（3）四棱锥 BC的体积 23V【解析】试题分析：（1）要证 /EF平面 PAD，由线面平行的判定定理，既要证 EF平行于平面 PAD内的一条直线，通过分析，证明 即可；（2）要证平面 PAD平面 ，由面面垂直的判定定理，只要证明 CD平面 PA即可；（3）证明四棱锥 BC的的高为 O，则体积可求试题解析：（1）如图，连接 C，∵四边形 B为矩形且 F是 BD的中点，∴ F也是 的中点．又 E是 PC的中点， /EAP，∵ 平面 ， 平面 ，∴ /EF平面 PAD．（2）证明：∵面 D平面 BC， ，平面 平面 BCAD，∴ 平面 PA，∵ C平面 ，∴平面 平面 PA．（3）取 的中点为 O，连接 ，∵平面 D平面 BC，△ D为等腰直角三角形，∴ P平面 A，即 为四棱锥 BC的高．16∵ 2AD，∴ 1PO，又 AB，∴四棱锥 C的体积 233VPD．考点：线面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，椎体的体积公式22. 如右图，已知 AB是边长为 2 的正方形， EA平面 BC， /FEA，设 1， 2FC．（1）证明： EFBD；（2）求四面体 的体积；（3）求点 到平面 的距离．【答案】 （1）见解析；（2）2；（3）2．【解析】试题解析：（1）由已知， ABCD是正方形，所以对角线 BDAC，因为 EA平面 ，所以 E，因为 ， 相交，所以 平面 F，从而 EF．（2）四面体 F的体积 ABCDEABCDVV2BAEBDFCV111()333ACESBSS1()12233，所以四面体 D的体积为 2．（3）先求△ F的三条边长， 25EAD， 2FCD，在直角梯形 ACE中易求出 3，17由余弦定理知 5891cos20EDF，所以 3sin10EDF，1 3in22 1DEFS；点 B到平面 的距离为 h，由体积法知：1323DEFEFVS，解得 ，所以点 B到平面 DEF的距离为 2．考点：1、线面垂直的性质；2、线线垂直的判定；3、余弦定理；三角形面积公式；4、多面体的体积；5、空间距离．