（全国通用）2017高考数学一轮复习 第1-10章 理（习题+单元综合检测）（打包79套）.zip

1第一节 集合的概念与运算[基础达标]一、选择题(每小题 5分,共 35分)1.(2015·四川高考) 设集合 A={x|(x+1)(x-2)0},B={y|y=-x2+4x+1},则 A∩ B= . 9.{x|30}={x|x3或 x0),若 A∪ B=B,则实数 c的取值范围是 . 10.[2,+∞ ) 【解析】 A={x|03或 xm+2}.∵A ⊆∁RB,∴m- 23或 m+2 5或 m-3.∴ 实数 m的取值范围是( -∞ ,-3)∪(5, +∞ ).1第三节 简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词[基础达标] 一、选择题(每小题 5 分,共 25 分)1.已知命题 p:若 xy,则 -xy,则 x2y2.在命题 ①p ∧ q;②p ∨ q;③p ∧( q);④ ( p)∨ q 中,真命题是 ( )A.①③ B.①④ C.②③ D.②④1.C 【解析】由不等式的性质可知命题 p 是真命题,命题 q 为假命题,故 ①p ∧ q 为假命题,②p ∨ q 为真命题, ③ q 为真命题,则 p∧( q)为真命题, ④ p 为假命题,则( p)∨ q 为假命题 .2.(2015·泉州五校联考) 下列有关命题的说法正确的是 ( )A.命题“∀ x∈R, 均有 x2-x+10”的否定是:“∃ x0∈R, 使得 -x0+10 时,设命题 p:函数 f(x)=x+ 在区间(1,2)内单调递增,命题 q:不等式 x2+ax+10 对任意 x∈R 都成立,若“ p 且 q”是真命题,则实数 a 的取值范围为 ( )A.(0,1] B.[1,2)C.[0,2] D.(0,1)∪[2, +∞ )23.A 【解析】 f(x)=x+ (a0)在区间(1,2)内单调递增,所以 f'(x)≥0 在区间(1,2)内恒成立,即 1- ≥0 在区间(1,2)内恒成立,即 a≤ x2在区间(1,2)内恒成立,所以 00 对任意 x∈R 都成立,所以 a2-40”的否定是 “∃x0∈R, ≤0”4.D 【解析】A 错, p∧ q 中是有一假时必为假;B 错,否命题是条件与结论都要否定;C 错,sin α= 时,未必 α= ,如 α= 也可以;D 正确 .5.命题 p:∃α ∈ R,sin(π -α )=cos α ;命题 q:∀m0,双曲线 =1 的离心率为 ,则下列结论正确的是 ( )A.p 是假命题 B. p 是真命题C.p∧ q 是假命题 D.p∨ q 是真命题5.D 【解析】当 α= 时,sin(π -α )=cos α ,所以 p 为真命题 .a=b=|m|=m,c=|m|= m, 所以 e= ,即命题 q 为真命题,则 p, q 为假命题,所以选项 D 正确 .二、填空题(每小题 5 分,共 10 分)6.(2015·山东高考) 若“∀ x∈ ,tan x≤ m”是真命题 ,则实数 m 的最小值为 . 36.1 【解析】由题意可得 m≥tan x,x∈ 恒成立,则 m≥(tan x)max=1,x∈ ,故 m的最小值为 1.7.(2015·成都七中期中考试) 己知命题 p:函数 f(x)=x2+ax-2 在[ -1,1]上有且仅有一个零点,命题 q:x2+3(a+1)x+2≤0 在区间 上恒成立,若命题“ p 且 q”是假命题,则实数 a 的取值范围是 . 7. 【解析】 p 真时,当 a=0 时不符合,当 时,解得 a≤ -1 或 a≥1 .q 真时,不等式可化为 3(a+1)≤ - 上恒成立,而,故只需 3(a+1)≤ - ,则 a≤ - .因为“ p 且 q”是假命题,所以有 p 真 q 假, q真 p 假, p 假 q 假,共 3 种情况 .若 p 真 q 假,可得 - - .[高考冲关] 1.(5 分) (2015·浙江高考) 命题“∀ n∈N *,f(n)∈N *且 f(n)≤ n”的否定形式是 ( )A.∀n∈N *,f(n)∉N*且 f(n)nB.∀n∈N *,f(n)∉N*或 f(n)nC.∃n0∈ N*,f(n0)∉N*且 f(n0)n0D.∃n0∈ N*,f(n0)∉N*或 f(n0)n01.D 【解析】根据全称命题的否定为特称命题,则命题“∀ n∈N *,f(n)∈N *且 f(n)≤ n”的否定形式是:∃ n0∈N *,f(n0)∉N*或 f(n0)n0.2.(5 分) (2014·新课标全国卷 Ⅰ )不等式组 的解集记为 D,有下面四个命题:p1:∀(x,y)∈ D,x+2y≥ -2,p2:∃(x,y)∈ D,x+2y≥2,4p3:∀(x,y)∈ D,x+2y≤3,p4:∃(x,y)∈ D,x+2y≤ -1,其中的真命题是 ( )A.p2,p3 B.p1,p4 C.p1,p2 D.p1,p32.C 【解析】画出不等式组表示的可行域,可知直线 x+2y=0 经过 x+y=1 与 x-2y=4 的交点(2,-1),在可行域内平移直线 t=x+2y,可知其最小值为 0,故 p1与 p2正确 .3.(5 分)已知函数 f(x)=x2,g(x)= -m.若 x∈[ -1,3],则函数 f(x)的值域为 ;若∀ x∈[0,2], g(x)≥1 成立, 则实数 m 的范围为 . 3.[0,9] 【解析】当 x∈[ -1,3]时, f(x)=x2∈[0,9],所以函数 f(x)的值域为[0,9];若∀ x∈[0,2], g(x)≥1 成立等价于 g(x)在[0,2]的最小值不小于 1,而 g(x)单调递减,所以 -m≥1,即 m≤ - .4.(10 分)已知命题 p:关于 x 的不等式 x2-2ax+40 对一切 x∈R 恒成立;命题 q:函数y=log(4-2a)x 在(0, +∞ )上递减,若( p)∨ q 为真, p∧( q)为假,求实数 a 的取值范围 .4.【解析】命题 p 真,即有 4a2-160,解得 -2a2;命题 q 真,即有 04-2a1,解得 a2.由于( p)∨ q 为真, p∧( q)为假,可知 p,q 满足: p 真、 q 真; p 假、 q 真; p 假、 q 假;①p 真, q 真时,有 解得 a2;②p 假, q 真时,有 解得 a∈⌀;③p 假, q 假,有 解得 a≤ -2 或 2≤ a,5综合得 a∈( -∞ ,-2]∪ .1第二节 命题及其关系、充分条件与必要条件[基础达标] 一、选择题(每小题 5分,共 35分)1.下列关于命题的说法错误的是 ( )A.命题“若 x2-3x+2=0,则 x=1”的逆否命题是“若 x≠1,则 x2-3x+2≠0”B.命题“若 01,则 a21”的否命题是“若 a≤1,则 a2≤1”D.命题“存在实数 x∈R,使得 sin x+cos x=2”为真命题1.D 【解析】对于选项 D,由于 sin x+cos x= sin x+ ∈[ - ],所以说法错误,其他选项的说法正确 .2.(2015·湖北七市联考) 设集合 A= ,B={x|log2(x-1)0,若 p是 q的充分不必要条件,则实数 a的取值范围是 . 10. 【解析】 q:(x-a)(x-a-1)≤0, ∴a ≤ x≤ a+1.由 p是 q的充分不必要条件,知∴ 0≤ a≤ .[高考冲关] 1.(5分) (2015·北京朝阳区期末考试) 若 a,b是两个非零的平面向量,则 “ |a|=|b|”是“(a+b)·(a-b)=0”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1.C 【解析】由 |a|=|b|得 a2=b2⇒a2-b2=0⇒(a-b)(a+b)=0,反之也成立,故选项 C正确 .2.(5分) (2014·陕西高考) 原命题为“若 z1,z2互为共轭复数,则 |z1|=|z2|”,关于其逆命题、否命题、逆否命题真假性的判断依次如下,正确的是 ( )A.真、假、真 B.假、假、真C.真、真、假 D.假、假、假2.B 【解析】由共轭复数的性质知原命题是真命题,则其逆否命题也是真命题,排除选项C,D;又其逆命题与否命题也是互为逆否命题,必是同真同假,又可以排除选项 A.3.(5分) (2015·广州毕业班综合测试) 已知 a为实数,则 |a|≥1 是关于 x的绝对值不等式|x|+|x-1|≤ a有解的 ( )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3.B 【解析】由 |a|≥1 得 a≥1 或 a≤ -1,而 1≤ |x|+|x-1|,所以( |x|+|x-1|)min=1,不等式|x|+|x-1|≤ a有解,则必须 a≥1,而{ a|a≥1}是{ a|a≥1 或 a≤ -1}的真子集,故选项 B正确 .4.(5分)若“ x2-2x-80”是“ x0得 x4或 x2,命题 q:x2-(2a+1)x+a(a+1)≤0,若￿ p是 q的必要不充分条件,则实数 a的取值范围为 . 5.[-1,2] 【解析】 p:|x-1|2⇒x3或 x-1;q:x2-(2a+1)x+a(a+1)≤0⇒ a≤ x≤ a+1,所以￿ p:-1≤ x≤3,由￿ p是 q的必要不充分条件,得 (等号不能同时成立),解得 -1≤ a≤2,故实数 a的取值范围为[ -1,2].6.(10分)已知 P={x|x2-8x-20≤0}, S={x||x-1|≤ m}.(1)是否存在实数 m,使 x∈ P是 x∈ S的充要条件?若存在,求实数 m的取值范围;(2)是否存在实数 m,使 x∈ P是 x∈ S的必要条件?若存在,求实数 m的取值范围 .6.【解析】(1)由已知可得 P={x|-2≤ x≤10},S={x|1-m≤ x≤ m+1}.若 x∈ P是 x∈ S的充要条件,则 故 m不存在 .(2)若存在实数 m,使 x∈ P是 x∈ S的必要条件,则 S⊆P.若 S=⌀,即 m0时,满足条件 .若 S≠⌀,应有解得 0≤ m≤3 .综上可得 m≤3 时, x∈ P是 x∈ S的必要条件 .1单元综合检测(一)一、选择题(每小题 5分,共 50分)1.已知集合 M={x|x2-4x0},N={x|m0}={x|x4},N={x|m0},则 A#B为 ( )A.{x|02} D.{x|0≤ x≤1 或 x2}3.D 【解析】 A={x|2x-x2≥0} ={x|0≤ x≤2}, B={y|y1},A#B=∁A∪ B(A∩ B)={x|0≤ x≤1}∪{ x|x2}.4.(2016·甘肃天水一中月考) △ ABC的内角 A,B,C的对边分别为 a,b,c,则“ ab”是“cos 2Ab得 AB,在△ ABC中必有 sin Asin B0,∴ 2sin2A2sin2B,1-2sin2Asin B0,∴ 在三角形中有 AB,即得 ab,必要性成立,故选项 C正确 .5.(2016·江西师大附中、临川一中联考) 若命题“∃ x0∈R,使得 +mx0+2m-3an+1⇒a1qn-1a1qn,若 a10,因此由 qn-11.故 D选项正确 .8.命题 p:∃m∈ R使得函数 f(x)=m·2x+1有零点,命题 q:∀x∈ ,x+log2x0,则下列命题中为真命题的是 ( )3A.q B.p∧ q C.( p)∨ q D.p∧( q)8.D 【解析】当 m=-1时, f(x)有零点,即 p为真命题,又因为 x= 时, x+log2x=- 4,x∈R},则 M∩ N等于 . 11.(1,+∞ ) 【解析】 ∵x 2+1≥1, ∴ 集合 M={y|y=lg(x2+1),x∈R} ={y|y≥0},集合N={x|4x4,x∈R} ={x|4x41}={x|x1},∴M ∩ N=(1,+∞ ).412.(2016·吉安三校联考) 已知命题 p:x2+2x-30;命题 q:xa,且 q的一个充分不必要条件是 p,则 a的取值范围是 . 12.[1,+∞ ) 【解析】由 x2+2x-30得 x1或 x1或 xa,∴ q:x≤ a,若 q的一个充分不必要条件是 p,则 p⇒ q成立,但q⇒ p不成立, ∴a ≥1 .13.已知命题 p:∀x∈[0,1], a≥e x,命题 q:“∃x0∈R, +4x0+a=0”,若命题“ p∧ q”是真命题,则实数 a的取值范围是 . 13.[e,4] 【解析】命题“ p∧ q”是真命题,则命题 p,命题 q均为真命题,故 a≥e 且Δ= 16-4a≥0,解得 e≤ a≤4 .14.若集合{ a,b,c,d}={1,2,3,4},且下列四个关系;①a= 1;②b ≠1; ③c= 2;④d ≠4 有且只有一个是正确的,则符合条件的有序数组( a,b,c,d)的个数是 . 14.6 【解析】若 ① 正确,则 ② 一定正确,与题设矛盾,所以 ① 一定错误;若 ② 正确,则 ③④ 都错误,此时( a,b,c,d)=(2,3,1,4)或(3,2,1,4);若 ② 错误, ③ 正确, ④ 错误,此时( a,b,c,d)=(3,1,2,4);若 ②③ 都错误,则 ④ 正确,此时( a,b,c,d)=(2,1,4,3)或(3,1,4,2)或(4,1,3,2) .所以符合条件的有序数组( a,b,c,d)共有 6个 .三、解答题(共 50分)15.(12分) (2016·河南洛阳一中期中考试) 函数 f(x)=lg(x2-2x-3)的定义域为集合 A,函数g(x)=2x-a(x≤2)的值域为集合 B.(1)求集合 A,B;(2)若集合 A,B满足 A∩ B=B,求实数 a的取值范围 .15.【解析】(1) A={x|x2-2x-30}={x|x3},B={y|y=2x-a,x≤2} ={y|-a5,即 a的取值范围是( -∞ ,-3]∪(5, +∞ ).516.(12分) (2016·江西高安二中模拟) 已知命题 p:函数 f(x)为定义在(0, +∞ )上的单调递减函数,实数 m满足不等式 f(m+1)-1时,因为 a+10,所以 M={x|00时, f(x)max=a2+2a,f(x)min=f(-1)=-1,∴ 此时 f(x)的值域为[ -1,a2+2a].(2)由 f(x+t)≤3 x恒成立得 x2+(2t-1)x+t2+2t≤0 恒成立 .令 u(x)=x2+(2t-1)x+t2+2t,x∈[1, m],∵ 抛物线的开口向上,∴u (x)max=max{u(1),u(m)}.由 u(x)≤0 恒成立知 化简得令 g(t)=t2+2(1+m)t+m2-m,则原题可转化为:存在 t∈[ -4,0],使得 g(t)≤0 .即当 t∈[ -4,0]时, g(t)min≤0 .∵m 1,g(t)的对称轴为 t=-1-m3时, g(t)min=g(-4),∴ 解得 3m≤8 .② 当 -4≤ -1-m-2,即 1m≤3 时, g(t)min=g(-1-m)=-1-3m,∴ 解得 1m≤3 .综上 m的取值范围为(1,8] .1热点专题突破四 立体几何的综合问题1.(2015·江苏高考) 如图,在四棱锥 P-ABCD中,已知 PA⊥平面 ABCD,且四边形 ABCD为直角梯形,∠ ABC=∠ BAD= ,PA=AD=2,AB=BC=1.(1)求平面 PAB与平面 PCD所成二面角的余弦值;(2)点 Q是线段 BP上的动点,当直线 CQ与 DP所成的角最小时,求线段 BQ的长 .1.【解析】以{ }为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz,则各点的坐标为 B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)因为 AD⊥平面 PAB,所以 是平面 PAB的一个法向量, =(0,2,0).因为 =(1,1,-2), =(0,2,-2).设平面 PCD的法向量为 m=(x,y,z),则 m· =0,m· =0,即 令 y=1,解得 z=1,x=1.所以 m=(1,1,1)是平面 PCD的一个法向量 .从而 cos= ,2所以平面 PAB与平面 PCD所成二面角的余弦值为 .(2)因为 =(-1,0,2),设 =λ =(-λ ,0,2λ )(0≤ λ ≤1),又 =(0,-1,0),则 =(-λ ,-1,2λ ),又 =(0,-2,2),从而 cos= .设 1+2λ=t ,t∈[1,3],则 cos2= .当且仅当 t= ,即 λ= 时, |cos|的最大值为 .因为 y=cos x在 上是减函数,此时直线 CQ与 DP所成角取得最小值 .又因为 BP= ,所以 BQ= BP= .2.(2016·吉林实验中学四模) 如图的多面体是直平行六面体 ABCD-A1B1C1D1经平面 AEFG所截后得到的图形,其中∠ BAE=∠ GAD=45°,AB=2AD=2,∠ BAD=60°.(1)求证: BD⊥平面 ADG;(2)求平面 AEFG与平面 ABCD所成锐二面角的余弦值 .2.【解析】(1)在△ BAD中, ∵AB= 2AD=2,∠ BAD=60°,∴ 由余弦定理可得 BD= ,∴AB 2=AD2+BD2,∴AD ⊥ BD.又在直平行六面体中,GD⊥平面 ABCD,BD⊂平面 ABCD,∴GD ⊥ BD.3又 AD∩ GD=D,∴BD ⊥平面 ADG.(2)以 D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz.∵ ∠ BAE=∠ GAD=45°,AB=2AD=2,则有 A(1,0,0),B(0, ,0),G(0,0,1),E(0, ,2),C(-1, ,0),∴ =(-1, ,2),=(-1,0,1).设平面 AEFG的法向量为 n=(x,y,z),故有令 x=1,得 y=- ,z=1,n= .而平面 ABCD的一个法向量为 =(0,0,1),∴ cos= .故平面 AEFG与平面 ABCD所成锐二面角的余弦值为 .3.如图所示,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中,底面 ABCD是梯形, AD∥ BC,侧面 ABB1A1为菱形,∠ DAB=∠ DAA1.(1)求证: A1B⊥ AD;4(2)若 AD=AB=2BC,点 D在平面 ABB1A1上的射影恰为线段 A1B的中点,∠ A1AB=60°,求平面DCC1D1与平面 ABB1A1所成锐二面角的余弦值 .3.【解析】(1)连接 A1B,AB1相交于 O,连接 DO.∵ 侧面 ABB1A1为菱形,∴AB=AA 1,又∠ DAB=∠ DAA1,AD=AD,∴ △ DAA1≌△ DAB,则 BD=A1D,∴OD ⊥ A1B,又 A1B⊥ AB1,∴A 1B⊥平面 AOD,即得 A1B⊥ AD.(2)分别以射线 OB,射线 OB1,射线 OD为 x轴, y轴, z轴的正方向建立空间直角坐标系 Oxyz,如图所示 .设 AD=AB=2BC=2a,由∠ A1AB=60°,可知 |OB|=a,|OA|=|OB1|= a,∴|OD|= =a,从而 A(0,- a,0),B(a,0,0),B1(0, a,0),D(0,0,a),∴ =(-a, a,0).由 ,可得 C ,∴ .设平面 DCC1D1的一个法向量为 m=(x0,y0,z0),由 m· =m· =0,得取 y0=1,则 x0= ,z0=3 ,∴ m=( ,1,3 ).又平面 ABB1A1的法向量为 =(0,0,a),5∴ cos= ,故平面 DCC1D1与平面 ABB1A1所成锐二面角的余弦值为 .4.(2015·天津高考) 如图,在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中,侧棱 AA1⊥底面ABCD,AB⊥ AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD= ,且点 M和 N分别为 B1C和 D1D的中点 .(1)求证: MN∥平面 ABCD;(2)求二面角 D1-AC-B1的正弦值;(3)设 E为棱 A1B1上的点 .若直线 NE和平面 ABCD所成角的正弦值为 ,求线段 A1E的长 .4.【解析】如图,以 A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得 A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为 M,N分别为 B1C和 D1D的中点,得 M ,N(1,-2,1).6(1)依题意,可得 n=(0,0,1)为平面 ABCD的一个法向量 . .由此可得 ·n=0,又因为直线 MN⊄平面 ABCD,所以 MN∥平面 ABCD.(2) =(1,-2,2), =(2,0,0).设 n1=(x,y,z)为平面 ACD1的法向量,则即不妨设 z=1,可得 n1=(0,1,1).设 n2=(x,y,z)为平面 ACB1的法向量,则 =(0,1,2),得 不妨设 z=1,可得 n2=(0,-2,1).因此有 cos= =- ,于是 sin= .所以二面角 D1-AC-B1的正弦值为 .(3)依题意,可设 =λ ,其中 λ ∈[0,1],则 E(0,λ ,2),从而 =(-1,λ+ 2,1).又 n=(0,0,1)为平面 ABCD的一个法向量,由已知,7得 cos= ,整理得 λ 2+4λ- 3=0,又因为 λ ∈[0,1],解得 λ= -2.所以线段 A1E的长为 -2.5.(2015·郑州一中等校联考) 如图, AB是半圆 O的直径, C是半圆 O上除 A,B外的一个动点,DC垂直于半圆 O所在的平面, DC∥ EB,DC=EB,AB=4,tan ∠ EAB= .(1)证明:平面 ADE⊥平面 ACD;(2)当三棱锥 C-ADE体积最大时,求二面角 D-AE-B的余弦值 .5.【解析】(1)因为 AB是直径,所以 BC⊥ AC,因为 CD⊥平面 ABC,所以 CD⊥ BC,因为 CD∩ AC=C,所以 BC⊥平面 ACD,因为 CD∥ BE,CD=BE,所以四边形 BCDE是平行四边形,所以 BC∥ DE,所以 DE⊥平面 ACD,因为 DE⊂平面 ADE,所以平面 ADE⊥平面 ACD.(2)依题意, EB=AB×tan ∠ EAB=4× =1,由(1)知 VC-ADE=VE-ACD= ×S△ ACD×DE= ×AC×CD×DE= ×AC×BC≤ ×(AC2+BC2)= ×AB2= ,当且仅当 AC=BC=2 时等号成立,此时三棱锥 C-ADE体积最大 .8如图所示,建立空间直角坐标系,则 D(0,0,1),E(0,2 ,1),A(2 ,0,0),B(0,2 ,0),则 =(-2 ,2 ,0), =(0,0,1),=(0,2 ,0), =(2 ,0,-1),设面 DAE的法向量为 n1=(x,y,z),即 ∴ n1=(1,0,2 ),设面 ABE的法向量为 n2=(x,y,z),即 ∴ n2=(1,1,0),∴ cos= ,可以判断 与二面角 D-AE-B的平面角互补,∴ 二面角 D-AE-B的余弦值为 - .6.(2015·浙江高考) 如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,∠ BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为 BC的中点, D是 B1C1的中点 .9(1)证明: A1D⊥平面 A1BC;(2)求二面角 A1-BD-B1的平面角的余弦值 .6.【解析】(1)设 E为 BC的中点,由题意得 A1E⊥平面 ABC,所以 A1E⊥ AE.因为 AB=AC,所以 AE⊥ BC.故 AE⊥平面 A1BC.由 D,E分别为 B1C1,BC的中点,得DE∥ B1B且 DE=B1B,从而 DE∥ A1A且 DE=A1A,所以 A1AED为平行四边形 .故 A1D∥ AE.又因为 AE⊥平面 A1BC,所以 A1D⊥平面 A1BC.(2)解法一:作 A1F⊥ BD且 A1F∩ BD=F,连接 B1F.由 AE=EB= ,∠ A1EA=∠ A1EB=90°,得 A1B=A1A=4.由 A1D=B1D,A1B=B1B,得△ A1DB与△ B1DB全等 .由 A1F⊥ BD,得 B1F⊥ BD,因此∠ A1FB1为二面角 A1-BD-B1的平面角 .由 A1D= ,A1B=4,∠ DA1B=90°,得BD=3 ,A1F=B1F= ,由余弦定理得 cos∠ A1FB1=- .10解法二:以 CB的中点 E为原点,分别以射线 EA,EB为 x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系Exyz,如图所示 .由题意知各点坐标如下:A1(0,0, ),B(0, ,0),D(- ,0, ),B1(- ).因此 =(0, ,- ), =(- ,- ), =(0, ,0).设平面 A1BD的法向量为 m=(x1,y1,z1),平面 B1BD的法向量为 n=(x2,y2,z2).由 可取 m=(0, ,1).由 可取 n=( ,0,1).于是 |cos|= .由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角 A1-BD-B1的平面角的余弦值为 - .7.直三棱柱 ABC-A1B1C1中, AA1=AB=AC=1,E,F分别是 CC1,BC的中点, AE⊥ A1B1,D为棱 A1B1上的点 .11(1)证明: DF⊥ AE;(2)是否存在一点 D,使得平面 DEF与平面 ABC所成锐二面角的余弦值为 ?若存在,说明点D的位置,若不存在,说明理由 .7.【解析】(1) ∵AE ⊥ A1B1,A1B1∥ AB,∴AB ⊥ AE.又 ∵AB ⊥ AA1,AE∩ AA1=A,∴AB ⊥平面 A1ACC1.又 ∵AC ⊂平面 A1ACC1,∴AB ⊥ AC.以 A为原点建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz.则 A(0,0,0),E ,F ,0 ,A1(0,0,1),B1(1,0,1).设 D(x,y,z), =λ ,且 λ ∈[0,1],即( x,y,z-1)=λ (1,0,0),∴D (λ ,0,1).∴ .∴ .12∴ =0,∴DF ⊥ AE.(2)假设存在,设平面 DEF的法向量为 n=(x,y,z),则∵ ,∴即令 z=2(1-λ ),∴ n=(3,1+2λ ,2(1-λ )).由题可知平面 ABC的一个法向量 m=(0,0,1).∵ 平面 DEF与平面 ABC所成锐二面角的余弦值为 ,∴| cos(m,n)|= ,即 .∴ λ = 或 λ = (舍),∴ 当点 D为 A1B1中点时,满足要求 .1第一节 空间几何体的结构、三视图与直观图[基础达标] 一、选择题(每小题 5 分,共 30 分)1.连接正方体的相邻各面的中心(所谓中心是指各面所在正方形的两条对角线的交点),所得的一个几何体是 ( )A.四面体 B.六面体 C.八面体 D.十面体1.C 【解析】如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1,O1,O2,O3,O4,O5,O6分别是各表面的中心 .由点O1,O2,O3,O4,O5,O6组成了一个八面体 .2.如图,在下列几何体中是棱柱的有 ( )A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个2.C 【解析】由棱柱的概念和图象可知, ①③④ 为棱柱 .3.(2016·哈尔滨六中月考) 如图是底面积为 ,体积为 的正三棱锥的正(主)视图(等腰三角形)和侧(左)视图,此正三棱锥的侧(左)视图的面积为 ( )A. B.3 C. D.3.A 【解析】由题意可得该正三棱锥的底面边长为 2,高为 3,故侧(左)视图的面积为×3= .4.将正方体(如图 1 所示)截去两个三棱锥,得到图 2 所示的几何体,则该几何体的侧(左)视图为 ( )24.B 【解析】由侧(左)视图的规则可得该几何体的侧(左)视图如 B 项所示 .5.(2015·银川一中四模) 已知一个几何体的正(主)视图和俯视图如图所示,正(主)视图是边长为 2a 的正三角形,俯视图是边长为 a 的正六边形,则该几何体的侧(左)视图的面积为( )A. a2 B. a2C.3a2 D. a25.A 【解析】由正(主)视图是边长为 2a 的正三角形,得正六棱锥的高为 a,∴ 侧(左)视图的高为 a,∵ 俯视图是边长为 a 的正六边形,可得侧(左)视图三角形的底边长为2× a,∴ 几何体的侧(左)视图的面积 S= a× a= a2.6.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.1 B.3C. D.6.C 【解析】由题意知,正(主)视图的最大面积是对角面的面积，为 ,最小面积为 1,而1,故该正方体的正(主)视图不可能为 .二、填空题(每小题 5 分,共 15 分)7.(2016·沈阳四校联考) 若正三棱锥的正(主)视图与俯视图如图所示,则它的侧(左)视图的面积为 . 7. 【解析】由题意可得该三棱锥的底面边长为 1、高为 ,故它的侧(左)视图的面积为 .8.用一个平面去截几何体,如果截面是三角形,那么这个几何体可能是下面的哪几种: (填序号) . ① 棱柱 ② 棱锥 ③ 棱台 ④ 圆柱 ⑤ 圆锥 ⑥ 圆台 ⑦ 球 .8.①②③⑤ 【解析】通过画图,易知 ①②③⑤ 都能被截得到三角形的截面,而 ④⑥⑦ 不论如何去截,都得不到截面是三角形 .9.如图,△ A'B'C'是水平放置的△ ABC 的直观图,则在△ ABC 的三边及中线 AD 中,最长的线段是 . 9.AC 【解析】△ ABC 是角 B 为直角顶点的直角三角形, AD 是直角边 BC 上的中线,所以最长的线段为 AC.4三、解答题(共 10 分)10.(10 分)某几何体的三视图如图所示,画出该几何体的直观图 .10.【解析】该几何体类似棱台,先画底面矩形,中心轴,然后上底面矩形,连线即成 .画法:如下图,先画轴,依次画 x',y',z'轴,三轴相交于点 O',使∠ x'O'y'=45°,∠ x'O'z'=90°.在 z'轴上取 O'O″= 8 cm,再画 x″ ,y″ 轴 .在坐标系 x'O'y'中作直观图 ABCD,使得 AD=20 cm,AB=8 cm;在坐标系 x″O″y″ 中作直观图A'B'C'D',使得 A'D'=12 cm,A'B'=4 cm.连接 AA',BB',CC',DD',即得到所求直观图 .[高考冲关] 1.(5 分) (2015·西宁检测) 如图所示,四面体 ABCD 的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形,起辅助作用),则四面体 ABCD 的三视图是(用 ①②③④⑤⑥ 代表图形) ( )A.③④⑤ B.④⑤⑥ C.①②③ D.①②⑥1.C 【解析】该四面体的正(主)视图是 ① ,侧(左)视图是 ② ,俯视图是 ③ ,故选择 C.52.(5 分) (2014·湖北高考) 在如图所示的空间直角坐标系 Oxyz 中,一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2),(2,2,0),(1,2,1),(2,2,2) .给出编号为 ①②③④ 的四个图,则该四面体的正(主)视图和俯视图分别为 ( )A.① 和 ② B.③ 和 ① C.④ 和 ③ D.④ 和 ②2.D 【解析】由三视图可知,该几何体的正(主)视图显然是一个直角三角形(三个顶点坐标分别是(0,0,2),(0,2,0),(0,2,2))且内有一虚线(一直角顶点与另一直角边中点的连线),故正(主)视图是 ④ ;俯视图是一个斜三角形,三个顶点坐标分别是(0,0,0),(2,2,0),(1,2,0),故俯视图是 ②.3.(5 分) (2015·贵阳监测) 如图,在三棱锥 V-ABC 中, VA⊥ VC,AB⊥ BC,∠ VAC=∠ ACB=30°,若侧面 VAC⊥底面 ABC,则其正(主)视图与侧(左)视图面积之比为 ( )A.4∶ B.4∶C. D.3.A 【解析】不妨设 VC=1,则 AC=2,过点 V 作 VD⊥ AC 于点 D,则 VD= .由题意可得点 B 到AC 的距离也是 ,所以正(主)视图的面积为 ,侧(左)视图的面积为 ,则正(主)视图与侧(左)视图的面积之比为 .64.(5 分)如图,在六面体 PABCQ 中, QA=QB=QC=AB=CB=CA= PA= PB= PC=2,设 O1为正三棱锥 P-ABC 外接球的球心, O2为三棱锥 Q-ABC 内切球的球心,则 O1O2等于 . 4.0 【解析】将该六面体放入一棱长为 正方体中,如图 .其外接球的球心 O1在正方体的体对角线 PQ 的中点,正四面体 Q-ABC 的内切球的球心 O2也在 PQ 的中点,所以 O1O2=0.5.(5 分)已知某四棱锥,底面是边长为 2 的正方形,且俯视图如图所示,关于该四棱锥的下列结论中① 四棱锥中至少有两组侧面互相垂直;② 四棱锥的侧面中可能存在三个直角三角形;③ 四棱锥中不可能存在四组互相垂直的侧面;④ 四棱锥的四个侧面不可能都是等腰三角形 .所有正确结论的序号是 . 5.①②③ 【解析】本题考查了三视图的还原、三视图的画法以及简单几何体的体积 .由俯视图可知,四棱锥的顶点在底面上的射影落在正方形的一边上,如图所示,则可知平面 PBC⊥平面 PAB,平面 PAD⊥平面 PAB,故 ① 正确;当 PA⊥ PB 时,四棱锥的侧面中存在三个直角三角形,故 ② 正确;显然△ PCD 不能是直角三角形,故四棱锥中不可能存在四组互相垂直的侧面,故 ③ 正确;当 PA=PB=AB 时,四棱锥的四个侧面都是等腰三角形,故 ④ 错误 .71第七节 空间角与距离的求解[基础达标] 一、选择题(每小题 5 分,共 25 分)1.正三棱柱 ABC-A1B1C1中, D 是 AB 的中点, CD 等于 ,则顶点 A1到平面 CDC1的距离为( )A. B.1C. D.1.B 【解析】由题意可得该正三棱柱的底面边长为 2,且 AD⊥平面 CDC1,AA1∥平面 CDC1,所以顶点 A1到平面 CDC1的距离等于顶点 A 到平面 CDC1的距离,即为 AD=1.2.一条直线与平面 α 成 60°角,则这条直线与平面内的直线所成角的取值范围是 ( )A.[0°,90°] B.(0°,45°] C.[60°,180°] D.[60°,90°]2.D 【解析】由线面角的定义可得答案 .3.如图所示,在四面体 ABCD 中, E,F 分别是 AC 与 BD 的中点,若 CD=2AB=4,EF⊥ BA,则 EF 与CD 所成角为( )A.90°B.45°C.60°D.30°3.D 【解析】取 AD 的中点 G,连接 FG,EG,则 EF⊥ FG,∠ FEG 是 EF 和 CD 所成角 .又FG=1,EG=2,所以∠ FEG=30°,即 EF 和 CD 所成角为 30°.24.在长方体 ABCD-A1B1C1D1中, B1C 和 C1D 与底面所成的角分别为 60°和 45°,则异面直线B1C 和 C1D 所成角的余弦值为 ( )A. B.C. D.4.A 【解析】设 BC=1,则由∠ CB1C1=60°可得 CC1= ,B1C=2.由∠ DC1D1=45°可得 D1C1=,DC1= .连接 AB1,则 DC1∥ AB1,所以异面直线 B1C 和 C1D 所成角即为∠ AB1C.在△ AB1C中,因为 AB1= ,B1C=2,AC=2,由余弦定理可得 cos ∠ AB1C= .5.二面角 α-l-β 的棱 l 上有一点 P,射线 PA 在 α 内,且与棱 l 成 45°角,与面 β 成 30°角,则二面角 α-l-β 的大小为 ( )A.30°或 150° B.45°或 135°C.60°或 120° D.90°5.B 【解析】过点 A 作 AO⊥ β ,垂足是 O,在平面 α 内作 AB⊥ l,垂足是 B.连接 BO,则由二面角定义可得∠ ABO 即为二面角 α-l-β 的平面角或其补角 .设 AO=1,直角三角形 APO 中,∠ APO=30°,则 AP=2.在直角三角形 APB 中,∠ APB=45°,则 AB= ,所以∠ ABO=45°,故二面角 α-l-β 的大小为 45°或 135°.二、填空题(每小题 5 分,共 15 分)6.在正三棱柱 ABC-A1B1C1中, AB=1,点 D 在棱 BB1上,若 BD=1,则 AD 与平面 AA1C1C 所成角的正切值为 . 36. 【解析】由题意可得点 D 到平面 AA1C1C 的距离为 ,且 |AD|= ,所以直线 AD 与平面 AA1C1C 所成角 θ 的正弦值 sin θ= ,则 cos θ= ,tan θ= .7.△ BCD 为正三角形, A 为△ BCD 所在平面外一点,且 AB=AC=AD,若△ ABC 的面积与△ BCD 的面积之比为 2∶ 3,则面 ABC 与面 BCD 所成的二面角的度数为 . 7.60° 【解析】设面 ABC 与面 BCD 所成角为 θ ,则由题意可得 cos θ= ,所以θ= 60°.8.已知 Rt△ ABC 的直角顶点 C 在平面 α 内,斜边 AB∥ α ,AB=2 ,AC,BC 分别和平面 α 成45°和 30°角,则 AB 到平面 α 的距离为 . 8.2 【解析】设 AB 到平面 α 的距离为 h,则 BC=2h,AC= h,则(2 h)2+( h)2=24,解得h=2,即 AB 到平面 α 的距离为 2.三、解答题(共 25 分)9.(12 分) (2016·贵阳六中期中考试) 已知斜三棱柱 ABC-A1B1C1,∠ BCA=90°,AC=BC=2,A1在底面 ABC 上的射影恰为 AC 的中点 D,又知 BA1⊥ AC1.(1)求证: AC1⊥平面 A1BC;(2)求二面角 A-A1B-C 的余弦值 .9.【解析】(1) ∵A 1D⊥平面 ABC,∴ 平面 AA1C1C⊥平面 ABC,又 BC⊥ AC,∴BC ⊥平面 AA1C1C,得 BC⊥ AC1,又 BA1⊥ AC1,∴AC 1⊥平面 A1BC.(2)以 D 为坐标原点,以平行 BC 的直线为 x 轴建立如图所示的空间直角坐标系 .由(1)知AC1⊥平面 A1BC,则 AC1⊥ A1C,∴ 四边形 ACC1A1为菱形, ∴A 1D= .4设 n=(x0,y0,z0)为平面 A1AB 的法向量, =(2,2,0), =(0,-1,- ),则令 x0=3,则 n=(3,-3, ).设面 A1BC 的法向量为 m=(x,y,z), =(0,-1, ), =(2,0,0),∴令 z=1,则 m=(0, ,1),故 cos= =- ,根据法向量的方向可知二面角 A-A1B-C 的余弦值为 - .10.(13 分) (2015·包头测试) 如图,已知在长方体 ABCD-A1B1C1D1中, AD=A1A= AB=2,点 E 是棱 AB 上一点,且 =λ.(1)证明: D1E⊥ A1D;(2)若二面角 D1-EC-D 的余弦值为 ,求 CE 与平面 D1ED 所成的角 .510.【解析】(1)以 D 为原点, DA 所在直线为 x 轴, DC 所在直线为 y 轴, DD1所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系,则 D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(0,4,0),A1(2,0,2),B1(2,4,2),C1(0,4,2),D1(0,0,2).因为 =λ ,所以 E ,于是 =(-2,0,-2)所以 ·(-2,0,-2)=0,故 D1E⊥ A1D.(或用几何法先证出 A1D⊥平面 D1AE,然后证出 A1D⊥ D1E)(2)因为 D1D⊥平面 ABCD,所以平面 DEC 的一个法向量为 n1=(0,0,2).又 =(0,-4,2),设平面 D1CE 的法向量为 n2=(x,y,z),则 n2· =2x+y =0,n2· =-4y+2z=0,所以向量 n2的一个解是 .因为二面角 D1-EC-D 的余弦值为 ,则 ,解得 λ= 1.因为 λ= 1,所以 E(2,2,0),故 =(0,0,2),=(2,2,0), =(2,-2,0),因此 =0, =0,故 CE⊥平面 D1ED.即 CE 与平面 D1ED 所成角为 .6[高考冲关] 1.(5 分) (2015·银川一中四模) 已知三棱柱 ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为 ,底面是边长为 的正三角形 .若 P 为底面 A1B1C1的中心,则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为 ( )A. B. C. D.1.B 【解析】设底面正三角形 ABC 的中心为 Q,则由题意易知 PQ⊥底面 ABC,则 PA 与平面ABC 所成角为∠ PAQ.又该三棱柱的体积 V=S△ ABCh= h= ,h= ,则 |PQ|= ,又 |AQ|=1,在直角三角形 APQ 中,tan ∠ PAQ= ,∠ PAQ= .2.(5 分) (2015·浙江高考) 如图,已知△ ABC,D 是 AB 的中点,沿直线 CD 将△ ACD 翻折成△A'CD,所成二面角 A'-CD-B 的平面角为 α ,则( )A.∠ A'DB≤ αB.∠ A'DB≥ αC.∠ A'CB≤ αD.∠ A'CB≥ α2.B 【解析】取极限思维:当沿直线 CD 翻折 180°,此时 α= 0°,排除选项 A,C;当沿直线CD 翻折 0°,此时 α= 180°,排除选项 D.73.(5 分) (2015·四川高考) 如图,四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点 M 在线段 PQ 上, E,F 分别为 AB,BC 的中点 .设异面直线 EM 与 AF 所成的角为 θ ,则cos θ 的最大值为 .3. 【解析】根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,设正方形的边长为 2,则 A(0,0,0),E(1,0,0),F(2,1,0),并设 M(0,t,2)(0≤ t≤2),则 =(2,1,0), =(-1,t,2),则 cos θ= .当 t=2 时,cos θ= 0;当 t≠2 时,即 0≤ t|= ,即平面 A1BC 与平面 A1CD 夹角的余弦值为 .5.(13 分) (2015·重庆一中月考) 如图,已知三棱锥 A-OCB 中, AO⊥底面 BOC,且∠ BAO=∠ CAO= ,AB=4,点 D 为线段 AB 的中点,记二面角 B-AO-C 的大小为 θ.(1)求三棱锥 A-OCB 体积 V 的最大值;(2)当 θ= 时,求二面角 C-OD-B 的余弦值 .5.【解析】(1)由条件,∠ BOC 即为二面角 B-AO-C 的平面角,即为 θ ,V= ×BO×OC×sin θ×AO= sin θ ≤ ,所以当 θ= 时, V 取得最大值 .(2)如图,以 O 为原点,在平面 OBC 内垂直于 OB 的直线为 x 轴, OB,OA 所在的直线分别为 y 轴, z轴建立空间直角坐标系 Oxyz,则 A(0,0,2 ),B(0,2,0),D(0,1, ),C( ,-1,0).设 n1=(x,y,z)为平面 COD 的法向量,由取 z= ,则 n1= ,平面 AOB 的一个法向量可以为 n2=(1,0,0),10设二面角 C-OD-B 的大小为 α ,cos α= =- =- ,综上,二面角 C-OD-B 的余弦值为 - .