高考数学试题分类汇编大全(DOC 143页).doc

1、一、集合与常用逻辑用语一、选择题1（重庆理2）“”是“”的 A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要【答案】A2（天津理2）设则“且”是“”的A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D即不充分也不必要条件 【答案】A3（浙江理7）若为实数，则“”是的A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件【答案】A4（四川理5）函数，在点处有定义是在点处连续的 A充分而不必要的条件 B必要而不充分的条件 C充要条件 D既不充分也不必要的条件【答案】B【解析】连续必定有定义，有定义不一定连续。5（陕西理1）设是向量，命题“若，则=

2、”的逆命题是 A若，则 B若，则C若，则D若=，则= -【答案】D6（陕西理7）设集合M=y|y=xx|,xR,N=x|x|0)在区间上单调递增，在区间上单调递减，则=A3 B2 C D【答案】C6.（山东理9）函数的图象大致是【答案】C7.（全国新课标理5）已知角的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线上，则=（A） （B） （C） （D）【答案】B8.（全国大纲理5）设函数，将的图像向右平移个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则的最小值等于A B C D【答案】C9.（湖北理3）已知函数，若，则x的取值范围为A BC D【答案】B10.（辽宁理4）ABC的三个内角A，B，C所

3、对的边分别为a，b，c，asinAsinB+bcos2A=，则（A） （B） （C） （D）【答案】D11.（辽宁理7）设sin，则（A） （B） （C） （D）【答案】A12.（福建理3）若tan=3，则的值等于A2 B3 C4 D6【答案】D13.（全国新课标理11）设函数的最小正周期为，且则（A）在单调递减 （B）在单调递减（C）在单调递增 （D）在单调递增【答案】A14.（安徽理9）已知函数，其中为实数，若对恒成立，且，则的单调递增区间是（A） （B）（C） （D）【答案】C二、填空题15.（上海理6）在相距2千米的两点处测量目标，若，则两点之间的距离是 千米。【答案】16.（上海理8

4、）函数的最大值为 。【答案】17.（辽宁理16）已知函数=Atan（x+）（），y=的部分图像如下图，则 【答案】18.（全国新课标理16）中，则AB+2BC的最大值为_【答案】19.（重庆理14）已知，且，则的值为_【答案】20.（福建理14）如图，ABC中，AB=AC=2，BC=，点D 在BC边上，ADC=45，则AD的长度等于_。【答案】21.（北京理9）在中。若b=5，tanA=2，则sinA=_；a=_。【答案】22.（全国大纲理14）已知a（，），sin=，则tan2= 【答案】23.（安徽理14）已知 的一个内角为120o，并且三边长构成公差为4的等差数列，则的面积为_.【答案】

5、24.（江苏7）已知 则的值为_【答案】三、解答题25.（江苏9）函数是常数，的部分图象如图所示，则f(0)= 【答案】26.（北京理15）已知函数。（）求的最小正周期：（）求在区间上的最大值和最小值。解：（）因为所以的最小正周期为（）因为于是，当时，取得最大值2；当取得最小值1.27.（江苏15）在ABC中，角A、B、C所对应的边为（1）若 求A的值；（2）若，求的值.本题主要考查三角函数的基本关系式、两角和的正弦公式、解三角形，考查运算求解能力。解：（1）由题设知，（2）由故ABC是直角三角形，且.28.（安徽理18）在数1和100之间插入个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘

6、积记作，再令.（）求数列的通项公式；（）设求数列的前项和.本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力.解：（I）设构成等比数列，其中则 并利用（II）由题意和（I）中计算结果，知另一方面，利用得所以29（福建理16）已知等比数列an的公比q=3，前3项和S3=。（I）求数列an的通项公式；（II）若函数在处取得最大值，且最大值为a3，求函数f（x）的解析式。本小题主要考查等比数列、三角函数等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，满分13分。 解：（I）由解得所以（II）由（I）可知因为函数的最大值为

7、3，所以A=3。因为当时取得最大值，所以又所以函数的解析式为30.（广东理16）已知函数（1）求的值；（2）设求的值解：（1）； （2）故31.（湖北理16）设的内角A、B、C、所对的边分别为a、b、c，已知（）求的周长（）求的值本小题主要考查三角函数的基本公式和解斜三角形的基础知识，同时考查基本运算能力。（满分10分）解：（）的周长为 （），故A为锐角，32.（湖南理17）在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足csinA=acosC（）求角C的大小；（）求sinA-cos（B+）的最大值，并求取得最大值时角A、B的大小。解析：（I）由正弦定理得因为所以（II）由（I）知于是

8、取最大值2综上所述，的最大值为2，此时33.（全国大纲理17） ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c己知AC=90，a+c=b，求C 解：由及正弦定理可得 3分 又由于故 7分 因为， 所以 34.（山东理17）在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知 （I）求的值； （II）若cosB=，b=2，的面积S。解： （I）由正弦定理，设则所以即，化简可得又，所以因此 （II）由得由余弦定理解得a=1。因此c=2又因为所以因此35.（陕西理18）叙述并证明余弦定理。解 余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与他们夹角的余弦之积的两倍。或：在ABC中，a,b

9、,c为A,B,C的对边，有证法一 如图即同理可证证法二 已知ABC中A,B,C所对边分别为a,b,c,以A为原点，AB所在直线为x轴，建立直角坐标系，则, 同理可证36.（四川理17）已知函数（1）求的最小正周期和最小值；（2）已知，求证：解析：（2）37.（天津理15）已知函数（）求的定义域与最小正周期；（II）设，若求的大小本小题主要考查两角和的正弦、余弦、正切公式，同角三角函数的基本关系，二倍角的正弦、余弦公式，正切函数的性质等基础知识，考查基本运算能力.满分13分. （I）解：由， 得.所以的定义域为的最小正周期为 （II）解：由得整理得因为，所以因此由，得.所以38.（浙江理18）在

10、中，角所对的边分别为a,b,c已知且（）当时，求的值；（）若角为锐角，求p的取值范围；本题主要考查三角变换、正弦定理、余弦定理等基础知识，同时考查运算求解能力。满分14分。 （I）解：由题设并利用正弦定理，得解得 （II）解：由余弦定理，因为，由题设知39.（重庆理16）设，满足，求函数在上的最大值和最小值.解： 由因此当为增函数，当为减函数，所以又因为故上的最小值为四、立体几何一、选择题1.（重庆理9）高为的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为A B C1 D【答案】C2.（浙江理4）下列命题中错误

11、的是A如果平面，那么平面内一定存在直线平行于平面B如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面C如果平面，平面，那么D如果平面，那么平面内所有直线都垂直于平面【答案】D3.（四川理3），是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是A，B，C，共面 D，共点，共面【答案】B【解析】A答案还有异面或者相交，C、D不一定4.（陕西理5）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是ABCD【答案】A5.（浙江理3）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是【答案】D6.（山东理11）右图是长和宽分别相等的两个矩形给定下列三个命题：存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如下图；存在四棱柱，其正

12、（主）视图、俯视图如右图；存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图其中真命题的个数是A3 B2 C1 D0【答案】A7.（全国新课标理6）。在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为【答案】D8.（全国大纲理6）已知直二面角 ，点A，AC，C为垂足，B，BD，D为垂足若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于A B C D1 【答案】C9.（全国大纲理11）已知平面截一球面得圆M，过圆心M且与成二面角的平面截该球面得圆N若该球面的半径为4，圆M的面积为4，则圆N的面积为332正视图侧视图俯视图图1A7 B9 C11 D13【答案】D10.（湖南理3）设图1

13、是某几何体的三视图，则该几何体的体积为ABCD【答案】B11.（江西理8）已知，是三个相互平行的平面平面，之间的距离为，平面，之间的距离为直线与，分别相交于，那么“=”是“”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】C12.（广东理7）如图13，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为A B C D【答案】B13.（北京理7）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是A8 B C10 D【答案】C14.（安徽理6）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A）48 （B）

14、32+8 （C）48+8 （D）80【答案】C15.（辽宁理8）。如图，四棱锥SABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是（A）ACSB（B）AB平面SCD（C）SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角（D）AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角【答案】D16.（辽宁理12）。已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=，则棱锥SABC的体积为（A） （B）（C）（D）1【答案】C17（上海理17）设是空间中给定的5个不同的点，则使成立的点的个数为 A0 B1 C5 D10 【答案】B二、填空题18.（上海理7）若圆锥的侧面积为，底面积为，则该圆锥

15、的体积为 。【答案】19.（四川理15）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是，求的表面积与改圆柱的侧面积之差是 【答案】【解析】时，则20.（辽宁理15）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是 【答案】21.（天津理10）一个几何体的三视图如右图所示（单位：），则该几何体的体积为_【答案】22.（全国新课标理15）。已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB=6，BC=，则棱锥O-ABCD的体积为_【答案】23.（湖北理14）如图，直角坐标系所在的平面为，直角坐标系（其中轴一与轴重合）所在

16、的平面为，。（）已知平面内有一点，则点在平面内的射影的坐标为 （2，2） ；（）已知平面内的曲线的方程是，则曲线在平面内的射影的方程是 。【答案】24.（福建理12）三棱锥P-ABC中，PA底面ABC，PA=3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P-ABC的体积等于_。【答案】三、解答题25.（江苏16）如图，在四棱锥中，平面PAD平面ABCD，AB=AD，BAD=60，E、F分别是AP、AD的中点求证：（1）直线EF平面PCD；（2）平面BEF平面PAD本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考察空间想象能力和推理论证能力。满分14分。证明：（1）在PAD中，因为E、F分别为AP

17、，AD的中点，所以EF/PD.又因为EF平面PCD，PD平面PCD，所以直线EF/平面PCD.（2）连结DB，因为AB=AD，BAD=60，所以ABD为正三角形，因为F是AD的中点，所以BFAD.因为平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以BF平面PAD。又因为BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD.26.（安徽理17）如图，为多面体，平面与平面垂直，点在线段上，OAB，,，都是正三角形。（）证明直线；（II）求棱锥FOBED的体积。本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，

18、推理论证能力和运算求解能力.（I）（综合法）证明：设G是线段DA与EB延长线的交点. 由于OAB与ODE都是正三角形，所以=，OG=OD=2，同理，设是线段DA与线段FC延长线的交点，有又由于G和都在线段DA的延长线上，所以G与重合.=在GED和GFD中，由=和OC，可知B和C分别是GE和GF的中点，所以BC是GEF的中位线，故BCEF.（向量法）过点F作，交AD于点Q，连QE，由平面ABED平面ADFC，知FQ平面ABED，以Q为坐标原点，为轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.由条件知则有所以即得BCEF. （II）解：由OB=1，OE=2，而OED是边长为2的正三角

19、形，故所以过点F作FQAD，交AD于点Q，由平面ABED平面ACFD知，FQ就是四棱锥FOBED的高，且FQ=，所以27.（北京理16） 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.()求证：平面（）若求与所成角的余弦值；（）当平面与平面垂直时，求的长. 证明：（）因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD.又因为PA平面ABCD.所以PABD.所以BD平面PAC.（）设ACBD=O.因为BAD=60，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则P（0，2），A（0，0），B（1，0，0），C（0，0）.所以设PB与AC所成角为，则.（）由（）知设P（

20、0，t）（t0），则设平面PBC的法向量,则所以令则所以同理，平面PDC的法向量因为平面PCB平面PDC,所以=0，即解得所以PA=28.（福建理20） 如图，四棱锥P-ABCD中，PA底面ABCD，四边形ABCD中，ABAD，AB+AD=4，CD=，（I）求证：平面PAB平面PAD；（II）设AB=AP （i）若直线PB与平面PCD所成的角为，求线段AB的长； （ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由。本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思

21、想、数形结合思想、化归与转化思想，满分14分。解法一：（I）因为平面ABCD，平面ABCD，所以，又所以平面PAD。又平面PAB，所以平面平面PAD。（II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz（如图）在平面ABCD内，作CE/AB交AD于点E，则在中，DE=，设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）由AB+AD=4，得AD=4-t，所以，（i）设平面PCD的法向量为，由，得取，得平面PCD的一个法向量，又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得解得（舍去，因为AD），所以（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，设G（0，m，0）（其中

22、）则，由得，（2）由（1）、（2）消去t，化简得（3）由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，C，D的距离都相等。从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。解法二：（I）同解法一。（II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz（如图）在平面ABCD内，作CE/AB交AD于E，则。在平面ABCD内，作CE/AB交AD于点E，则在中，DE=，设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）由AB+AD=4，得AD=4-t，所以，设平面PCD的法向量为，由，得取，得平面PCD的一个法向量，又，故由直线PB与平面PCD所

23、成的角为，得解得（舍去，因为AD），所以（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，由GC=CD，得，从而，即设，在中，这与GB=GD矛盾。所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B，C，D的距离都相等，从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。29.（广东理18） 如图5在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形，且DAB=60，,PB=2,E,F分别是BC,PC的中点（1） 证明：AD 平面DEF;（2） 求二面角P-AD-B的余弦值 法一：（1）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD。因PA=PD，有，在中，有为

24、等边三角形，因此，所以平面PBG又PB/EF，得，而DE/GB得AD DE，又，所以AD 平面DEF。 （2），为二面角PADB的平面角，在在法二：（1）取AD中点为G，因为又为等边三角形，因此，从而平面PBG。延长BG到O且使得PO OB，又平面PBG，PO AD，所以PO 平面ABCD。以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为轴，z轴，平行于AD的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系。设由于得平面DEF。 （2）取平面ABD的法向量设平面PAD的法向量由取30.（湖北理18） 如图，已知正三棱柱的各棱长都是4，是的中点，动点在侧棱上，且不与点重合（）当=1时，求证：；（）

25、设二面角的大小为，求的最小值本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。（满分12分） 解法1：过E作于N，连结EF。 （I）如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知， 底面ABC侧面A1C。 又度面侧面A，C=AC，且底面ABC， 所以侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影，在中，=1，则由，得NF/AC1，又故。由三垂线定理知（II）如图2，连结AF，过N作于M，连结ME。由（I）知侧面A1C，根据三垂线定理得所以是二面角CAFE的平面角，即，设在中，在故又故当时，达到最小值；，此时F与C1重合。解法2：（I）建立如图3

26、所示的空间直角坐标系，则由已知可得于是则故（II）设，平面AEF的一个法向量为，则由（I）得F（0，4，），于是由可得取 又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为， 于是由为锐角可得， 所以， 由，得，即 故当，即点F与点C1重合时，取得最小值31.（湖南理19） 如图5，在圆锥中，已知=，O的直径,是的中点，为的中点（）证明：平面平面;（）求二面角的余弦值。解法1：连结OC，因为又底面O，AC底面O，所以，因为OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以平面POD，而平面PAC，所以平面POD平面PAC。（II）在平面POD中，过O作于H，由（I）知，平面所以平面PAC，又面PAC，所

27、以在平面PAO中，过O作于G， 连接HG，则有平面OGH，从而，故为二面角BPAC的平面角。在在在在所以故二面角BPAC的余弦值为解法2：（I）如图所示，以O为坐标原点，OB、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，设是平面POD的一个法向量，则由，得所以设是平面PAC的一个法向量，则由，得所以得。因为所以从而平面平面PAC。（II）因为y轴平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为由（I）知，平面PAC的一个法向量为设向量的夹角为，则由图可知，二面角BPAC的平面角与相等，所以二面角BPAC的余弦值为32.（辽宁理18） 如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，

28、PDQA，QA=AB=PD（I）证明：平面PQC平面DCQ；（II）求二面角QBPC的余弦值解：如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz. （I）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）.则所以即PQDQ，PQDC.故PQ平面DCQ.又PQ平面PQC，所以平面PQC平面DCQ. 6分 （II）依题意有B（1，0，1），设是平面PBC的法向量，则因此可取设m是平面PBQ的法向量，则可取故二面角QBPC的余弦值为 12分33.（全国大纲理19） 如图，四棱锥中， ,，侧面为等边三角形，（）证明：;（）求与平面所成角的大小解法一

29、： （I）取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2， 连结SE，则 又SD=1，故， 所以为直角。3分 由， 得平面SDE，所以。 SD与两条相交直线AB、SE都垂直。 所以平面SAB。6分 （II）由平面SDE知， 平面平面SED。 作垂足为F，则SF平面ABCD， 作，垂足为G，则FG=DC=1。 连结SG，则， 又， 故平面SFG，平面SBC平面SFG。9分 作，H为垂足，则平面SBC。 ，即F到平面SBC的距离为 由于ED/BC，所以ED/平面SBC，E到平面SBC的距离d也有 设AB与平面SBC所成的角为， 则12分 解法二： 以C为坐标原点，射线CD为x轴正半

30、轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz。设D（1，0，0），则A（2，2，0）、B（0，2，0）。又设 （I），由得故x=1。由又由即3分于是，故所以平面SAB。6分 （II）设平面SBC的法向量，则又故9分取p=2得。故AB与平面SBC所成的角为34.（全国新课标理18） 如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，底面ABCD（I）证明：；（II）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值解：（）因为， 由余弦定理得从而BD2+AD2= AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD. 故 PABD（）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空

31、间直角坐标系D-，则，设平面PAB的法向量为n=（x，y，z），则 即 因此可取n=设平面PBC的法向量为m，则 可取m=（0，-1，） 故二面角A-PB-C的余弦值为 35.（山东理19） 在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，ACB=，平面，EF，.=.（）若是线段的中点，求证：平面;（）若=,求二面角-的大小19（I）证法一：因为EF/AB，FG/BC，EG/AC，所以由于AB=2EF，因此，BC=2FC，连接AF，由于FG/BC，在中，M是线段AD的中点，则AM/BC，且因此FG/AM且FG=AM，所以四边形AFGM为平行四边形，因此GM/FA。又平面ABFE，平面ABFE

32、，所以GM/平面AB。证法二：因为EF/AB，FG/BC，EG/AC，所以由于AB=2EF，因此，BC=2FC，取BC的中点N，连接GN，因此四边形BNGF为平行四边形，所以GN/FB，在中，M是线段AD的中点，连接MN，则MN/AB，因为所以平面GMN/平面ABFE。又平面GMN，所以GM/平面ABFE。 （II）解法一：因为，又平面ABCD，所以AC，AD，AE两两垂直，分别以AC，AD，AE所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所法的空间直角坐标系，不妨设则由题意得A（0，0，0，），B（2，-2，0），C（2，0，0，），E（0，0，1），所以又所以设平面BFC的法向量为则所以取所以设平面ABF的法向量为，则所以则，所以因此二面角ABFC的大小为解法二：由题意知，平面平面ABCD，