1、滚动检测(四)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(每小题5分，共60分)1(2014辽宁沈阳二检)已知非空集合A，B，全集UAB，集合MAB，集合N(UB)(UA)，则()AMNMBMNCMN DMN解析：集合NU(AB)，所以MN.故选B.答案：B2(2014辽宁五校协作体一联)命题“xR，x2ax4a0为假命题”是“16a0”的()A充要条件B必要不充分条件C充分不必要条件D既不充分也不必要条件解析：命题xR，x2ax4a0为真命题a216a0，即16a0，所以命题“xR，x2ax4a0为假命题”是“16a0”的充要条件故选A.答案：A3(2014福建厦门质检)函数f(x)xsi
2、n x(xR)()A是偶函数且为减函数B是偶函数且为增函数C是奇函数且为减函数D是奇函数且为增函数解析：满足f(x)f(x)，函数f(x)是奇函数；f(x)1cos x0，函数f(x)是增函数故选D.答案：D4(2014山西临汾一中等四校三联)若某几何体的三视图是如图所示的三个直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为()A10 B50C25 D100解析：由三视图知该几何体为长方体的一角且长方体的三棱长分别为3,4,5，其对角线长为5，故其外接球的半径为，其表面积为4250.故选B.答案：B5(2014河南开封二检)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是()A5 B6C7 D8解析：
3、由三视图知该几何体为棱长为2的正方体AC1中截去三棱柱A1D1EHGF，且A1H1，如图所示，几何体的体积为V正方体AC1V三棱柱A1D1EHGF231217.故选C.答案：C6(2014山东淄博一模)设定义在R上的奇函数yf(x)满足对任意tR都有f(t)f(1t)，且x0，时，f(x)x2，则f(3)f()的值等于()A BC D解析：由于函数f(x)是奇函数，所以f(x)f(1x)f(x)f(x1)f(x1)f(x)f(x2)f(x)，f(3)f(1)f(11)f(0)0，f()f().所以f(3)f().故选C.答案：C7(2014山东烟台高三期末)若实数x，y满足则z的取值范围为()
4、A(，4，)B(，2，)C2，D4，解析：点(x，y)表示的是以点O(0,0)，A(4,0)，B(0,2)为顶点的三角形区域及其边界，如图所示，目标函数z是区域内的点P(x，y)与点Q(1，2)连线的斜率当点P与点A重合时，kQA，当点P与点O重合时，kQO2，结合图形知z的取值范围为(，2，.故选B.答案：B8(2013年高考新课标全国卷)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为()解析：在空间直角坐标系中作出四面体OABC的直观图如图所示，作
5、顶点A，C在zOx平面的投影A，C，可得四面体的正视图故选A.答案：A9(2014北京大兴一模)抛物线yx2(2x2)绕y轴旋转一周形成一个如图所示的旋转体，在此旋转体内水平放入一个正方体，使正方体的一个面恰好与旋转体的开口面平齐，则此正方体的体积是()A1 B8C8 D16解析：作出轴截面，设正方体的棱长为a，则ABa，AD为面的对角线，所以ADa，所以xCa，代入yx2得yC.所以CD4a，即a22a80，解得a2，所以正方体的体积为238.故选B.答案：B10.(2014浙江杭州二模)如图，平面与平面交于直线l，A，C是平面内不同的两点，B，D是平面内不同的两点，且A、B、C、D不在直线
6、l上，M，N分别是线段AB，CD的中点，下列判断正确的是()A若AB与CD相交，且直线AC平行于l时，则直线BD与l可能平行也有可能相交B若AB，CD是异面直线时，则直线MN可能与l平行C若存在异于AB，CD的直线同时与直线AC，MN，BD都相交，则AB，CD不可能是异面直线DM，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交解析：选项A中，直线AB，CD相交时确定一个平面，当AC平行直线l时，AC平行平面，可得AC平行BD，此时只能BD平行直线l，选项A中的判断错误；若MN平行直线l，根据M，N为AB，CD的中点可得A，C到直线l的距离相等，即AC平行直线l，同理BD平行直线l，此时A，B，C
7、，D共面，与AB，CD是异面直线矛盾，选项B中的判断不正确；设a，b，c，在AB，CD异面的情况下，a，b，c不共面设AC，BD，MN的中点分别为P，Q，R，则ab，(bc)bc(cba)ac，所以abc，abc，所以2，所以P，Q，R三点共线，即过P，Q，R三点的直线与AC，BD，MN相交，此时AB，CD可以为异面直线，故选项C中的判断不正确；若点M，N重合，此时直线AB，CD确定一个平面，且可得AC平行BD，进而可得AC平行平面，进而AC平行直线l，故选项D中的判断正确答案：D二、填空题(每小题5分，共20分)11已知空间三点A(1,1,1)，B(1,0,4)，C(2，2,3)，则与的夹角
8、的大小是_解析：由于(2，1,3)，(1,3，2)，则cos ，则120.答案：12012已知A(4，7,1)，B(6,2，z)，若|11，则z_.解析：由于|11，即(z1)236，解得z7或5.答案：7或513(2014山东德州一模)一空间几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为16，则图中x的值为_解析：该几何体是一个圆柱与一个四棱锥的组合体，其中圆柱的体积为4416，故四棱锥的体积为，四棱锥的底面面积为448，故四棱锥的高为，故x3.答案：314(2014湖南师大附中第五次月考)正四面体ABCD中，AO平面BCD，垂足为O，设M是线段AO上一点，且BMC90，则的值为_解析：如图，连接
9、OB，正四面体ABCD中MBMC，BMC为直角，RtBMC为等腰直角三角形，又O为BCD的中心，设正四面体的棱长为a，则OBa，MBa，AOa，故OMaAOAM，则1.答案：1三、解答题(共70分)15(本小题满分10分)(2014吉林市二模)在ABC中，AB2，AC3，sin C2sin A.(1)求ABC的面积S；(2)求cos(2A)的值解：(1)在ABC中，根据正弦定理：，所以BCAB，根据余弦定理得cos A，而A(0，)，所以sin A，所以SABACsin A233.(2)由(1)可知sin 2A2sin Acos A，cos 2Acos2 Asin2 A，所以cos(2A)co
10、s 2Acossin 2Asin.16. (本小题满分12分)如图所示，已知正方体AC1中，E，F，G，H分别是CC1，BC，CD，A1C1的中点(1)证明：AB1EH；(2)证明：A1G平面EFD.证明：法一(1)分别连结A1B，A1C则A1BAB1，EHA1C，又BC面AA1B1B，BCAB1，又A1BBCB，AB1平面A1BC，AB1A1C，AB1EH.(2)易知BC1A1C，DC平面BB1C1C，DCBC1，又E、F分别为CC1、BC的中点，EFBC1，EFDC，EFA1C，A1CDCCEF平面A1DC，又A1G平面A1DC，EFA1G，连结AG，正方形ABCD中有AGDF，又AA1平
11、面ABCD，AA1DF，DF平面AA1G，DFA1G，又EFDFF，A1G平面DEF.法二以A点为原点建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，C1(1,1,1)，由中点性质可得E(1,1，)，F(1，0)，G(，1,0)，H(，1).(1)所以(1,0,1)，(，)，由00，所以，即AB1EH.(2)因为(，1，1)，(1，0)，(1,0，)，所以00，00，所以，且，故A1G平面EFD.17(本小题满分12分)(2014广东佛山一检)数列an的前n项和为Sn2n12
12、，数列bn是首项为a1，公差为d(d0)的等差数列，且b1，b3，b11成等比数列(1)求数列an与bn的通项公式；(2)设cn，求数列cn的前n项和Tn.解：(1)当n2时，anSnSn12n12n2n，又a1S12112221，也满足上式，所以数列an的通项公式为an2n.b1a12，设公差为d，则由b1，b3，b11成等比数列，得(22d)22(210d)，解得d0(舍去)或d3，所以数列bn的通项公式为bn3n1.(2)由(1)可得Tn，2Tn2，两式相减得Tn2，5.18(本小题满分12分)(2014四川树德中学3月阶段性考试)如图(1)所示，在RtABC中，C90，BC3，AC6.
13、D、E分别是AC、AB上的点，且DEBC，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1DCD，如图(2)所示(1)求证：平面A1BC平面A1DC；(2)若CD2，求BE与平面A1BC所成角的余弦值(1)证明：如题图(1)，在ABC中，C90，DEBC，ADDE.A1DDE.又DEDC，A1DDCD，DE平面A1DC.又DEBC，BC平面A1DC，又BC平面A1BC，故平面A1BC平面A1DC.(2)解：A1DDE，A1DDC，DCDE，以D为原点，DE，DC，DA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系因为CD2，则E(2,0,0)，B(3,2,0)，C(0,2,0)，A1(0,0,4)(1，2,
14、0)，(0,2，4)，(3,0,0)，设平面A1BC的法向量为m(x，y，z)则取法向量m(0,2,1)，设直线BE与平面A1BC所成角为.则sin |cosm，|，故直线BE与平面A1BC所成角的余弦值为.19(本小题满分12分) (2014山师大附中期末)四棱锥PABCD底面是平行四边形，平面PAB平面ABCD，PAPBABAD，BAD60，E，F分别为AD，PC的中点(1)求证：EF平面PAB；(2)求证：EF平面PBD；(3)求二面角DPAB的余弦值证明：(1)取PB的中点G，分别连结FG、AG，则GF綊BC，GF綊AE，四边形AEFG为平行四边形，EFAG，又AG平面PAB，EF平面
15、PAB，EF平面PAB.(2)ABD中，AD2AB，BAD60，由余弦定理得BD2AB2AD22ABADcos 60AD2AB2，所以BDAB，平面PAB平面ABCD且平面PAB平面ABCDAB，BD平面PBA，AG面PBABDAG，又PAPBAB，G为PB的中点，AGPB，又PBBDB，AG平面PBD，AGEF，EF平面PBD.(3)解：取AP的中点H，连结BH，则BHPA，由(2)知BD平面PAB，BDPA，PADH，BHD为二面角DPAB的平面角设PAPBABADa.则BHa，BDa.DHa，cosBHD.二面角DPAB的余弦值为.20. (本小题满分12分)(2014北京西城一模)在如
16、图所示的几何体中，平面CDEF为正方形，平面ABCD为等腰梯形，ABCD，AB2BC，ABC60，ACFB. (1)求证：AC平面FBC；(2)求BC与平面EAC所成角的正弦值；(3)线段ED上是否存在点Q，使平面EAC平面QBC？证明你的结论(1)证明：因为AB2BC，ABC60，在ABC中，由余弦定理可得ACBC，所以ACBC.又因为ACFB，FBBCB，所以AC平面FBC.(2)解：因为AC平面FBC，所以ACFC.因为CDFC，ACCDC，所以FC平面ABCD.所以CA，CF，CB两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系Cxyz.在等腰梯形ABCD中，可得CBCD.设BC1，所以C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，D(，0)，E(，1).所以(，1)，(，0,0)，(0,1,0)设平面EAC的法向量为n(x，y，z)，则有所以取z1，得n(0,2,1)设BC与平面EAC所成的角为，则sin |cos，n|，所以BC与平面EAC所成角的正弦值为.(3)线段ED上不存在点Q，使平面EAC平面QBC.证明如下：假设线段ED上存在点Q，设Q(，t)(0t1)，所以(，t).设平面QBC的法向量为m(a，b，c)，则有所以取c1，得m(t,0,1).要使平面EAC平面QBC，只需mn0，即t002110，此方程无解所以线段ED上不存在点Q，使平面EAC平面QBC.
