2014-2018年浙江高考试题分类-立体几何

第一篇：2014-2018年浙江高考试题分类-立体几何

浙江高考试题分类汇编-立体几何

一．选择题

1．（2018 浙江 3）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm ²）是（）

A.2 B.4 C.6 D.8

2．（2018 浙江 6）.已知平面a，直线m，n满足m,n，则“m∥n”是“m”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

3、（2018 浙江 8）已知道四棱锥S-ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为1，SE与平面ABCD所成的角为2，二面角S-AB-C的平面角为3，则

A.B.C.D.12

3321 132 231

4．（2017 浙江 3）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）

A．

5．（2017 浙江 9）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，=

=2，分别记二面角D+1 B．+3

C．

+1 D．

+3 ﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）

A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α

6．（2015 浙江 2）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）

A．8cm3

7．（2015 浙江 理 8）如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A′CD，所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α，则（）B．12cm3 C．

D．

A．∠A′DB≤α B．∠A′DB≥α C．∠A′CB≤α D．∠A′CB≥α

8．（2014 浙江 理3）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是（）

A．90cm2 B．129cm2 C．132cm2 D．138cm2

9．（2014•浙江 理3）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是（）

A．72cm3 B．90cm3 C．108cm3 D．138cm

3二．填空题

1．（2016 浙江 理11）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是

cm2，体积是

cm3．

2．（2016 浙江 理14）如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°．若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是

．

3．（2016 浙江文 9）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是

cm2，体积是

cm3．

4．（2016 浙江 文14）如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是

．

5．（2015 浙江 理 14）如图，三棱锥A﹣BCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是

．

三．解答题

1．（2018 浙江 19）如图，已知多面体ABC-A1B1C1，A1A、B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2。

（I）证明：AB1垂直平面A1B1C1；

（II）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值

2．（2017 浙江 19）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（I）证明：CE∥平面PAB；

（II）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．

3．（2016浙江 理17）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，已知平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，（I）求证：BF⊥平面ACFD；（II）求二面角B﹣AD﹣F的余弦值．

4．（2016 浙江 文18）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3．（I）求证：BF⊥平面ACFD；

（II）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．

5．（2015 浙江 文18）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．（I）证明：A1D⊥平面A1BC；

（II）求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．

6．（2015 浙江 理17）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．（1）证明：A1D⊥平面A1BC；

（2）求二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值．

7．（2014 浙江 理20）如图，在四棱锥A﹣BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=（I）证明：DE⊥平面ACD；（II）求二面角B﹣AD﹣E的大小．

．

8．（2014 浙江 文20）如图，在四棱锥A﹣BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=（I）证明：AC⊥平面BCDE；

（II）求直线AE与平面ABC所成的角的正切值．

．

第二篇：立体几何2018高考

2018年06月11日青冈一中的高中数学组卷

一．选择题（共11小题）

1．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）

A． B． C． D．

2．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A．12π B．12π C．8

π

D．10π

3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（）A． B． C．

D．

4．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=成角的余弦值为（）A． B． C．

D．，则异面直线AD1与DB1所5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）

第1页（共23页）

A．2 B．4 C．6 D．8

6．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为（）A．8 B．6 C．8

D．8

7．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9A．12，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）B．18 C．2D．54

8．某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）

A．1 B．2 C．3 D．4

9．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）

第2页（共23页）

A．2 B．2 C．3 D．2

10．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A． B．

C．

D．

11．已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点）．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（）

A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ

1二．解答题（共8小题）

12．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；

（2）设PO=4，OA、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．

13．如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．

第3页（共23页）

14．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=BC=2（1）证明：PO⊥平面ABC；，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点．

（2）若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．

15．如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=2（Ⅰ）求证：AD⊥BC；

（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．，∠BAD=90°．

16．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧的点．

（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；

所在平面垂直，M是上异于C，D（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．

第4页（共23页）

17．如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧上异于C，D的点．

（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；

所在平面垂直，M是（2）当三棱锥M﹣ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．

18．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1． 求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．

19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；

（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．

第5页（共23页）

第6页（共23页）

2018年06月11日青冈一中的高中数学组卷

参考答案与试题解析

一．选择题（共11小题）

1．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）

A． B． C． D．

【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．

故选：A．

2．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A．12π B．12π C．8

π

D．10π

【解答】解：设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，可得：4R2=8，解得R=，第7页（共23页）

则该圆柱的表面积为：故选：D．

=10π．

3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（）A． B． C．

D．

【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，则A（2，0，0），E（0，2，1），D（0，0，0），C（0，2，0），=（﹣2，2，1），=（0，﹣2，0），设异面直线AE与CD所成角为θ，则cosθ===，sinθ==，∴tanθ=．

∴异面直线AE与CD所成角的正切值为．

故选：C．

第8页（共23页）

1为z轴，建立空间直角DD

4．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=成角的余弦值为（）A． B． C．

D．，则异面直线AD1与DB1所【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=，），D（0，0，0），∴A（1，0，0），D1（0，0，B1（1，1，），），=（﹣1，0，=（1，1，），设异面直线AD1与DB1所成角为θ，则cosθ=

=

=，． ∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为故选：C．

5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）

第9页（共23页）

A．2 B．4 C．6 D．8

【解答】解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱．

如图所示：故该几何体的体积为：V=故选：C．

．

6．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为（）A．8 B．6 C．8

D．8

【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，即∠AC1B=30°，可得BC1=可得BB1=

=

2．=8

．

=2

．

所以该长方体的体积为：2×故选：C．

第10页（共23页）

7．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9A．12，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）B．18 C．2D．54

【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB=6，球心为O，三角形ABC 的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图： O′C==，OO′=

=2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：故选：B．

=18

．

8．某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）

第11页（共23页）

A．1 B．2 C．3 D．4

【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：PA⊥底面ABCD，AC=，CD=，可得三角形PCD不是直角三角形． PC=3，PD=2所以侧面中有3个直角三角形，分别为：△PAB，△PBC，△PAD． 故选：C．

9．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）

第12页（共23页）

A．2 B．2 C．3 D．2

【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：

圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度：故选：B．

10．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A． B．

C．

D．

=2．

【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长故选：A．

明明就的最大值为：6×

=

．

11．已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点）．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（）

A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1

第13页（共23页）

【解答】解：∵由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心． 过E作EF∥BC，交CD于F，过底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，连接SN，取CD中点M，连接SM，OM，OE，则EN=OM，则θ1=∠SEN，θ2=∠SEO，θ3=∠SMO． 显然，θ1，θ2，θ3均为锐角． ∵tanθ1=∴θ1≥θ3，又sinθ3=∴θ3≥θ2． 故选：D．，sinθ2=，SE≥SM，=，tanθ3=，SN≥SO，二．解答题（共8小题）

12．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；

（2）设PO=4，OA、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．

【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，第14页（共23页）

∴圆锥的体积V==

=．

（2）∵PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），=（1，1，﹣4），=（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，则cosθ==

=

．

∴θ=arccos．

∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos

．

13．如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．

第15页（共23页）

DF为折痕

【解答】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则，由于四边形ABCD为正方形，所以EF⊥BC． 由于PF⊥BF，EF∩PF=F，则BF⊥平面PEF．

又因为BF⊂平面ABFD，所以：平面PEF⊥平面ABFD．（2）在平面DEF中，过P作PH⊥EF于点H，联结DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．

在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又因为△PDF≌△CDF，所以∠FPD=∠FCD=90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD=D，则PF⊥平面PDE，故VF﹣PDE=，因为BF∥DA且BF⊥面PEF，所以DA⊥面PEF，所以DE⊥EP．

设正方形边长为2a，则PD=2a，DE=a 在△PDE中，所以故VF﹣PDE=，，第16页（共23页）

又因为所以PH==，=，． 所以在△PHD中，sin∠PDH=即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：

14．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=BC=2（1）证明：PO⊥平面ABC；

（2）若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点．

【解答】（1）证明：∵AB=BC=2角形，AC=4，∴AB2+BC2=AC2，即△ABC是直角三又O为AC的中点，∴OA=OB=OC，∵PA=PB=PC，∴△POA≌△POB≌△POC，∴∠POA=∠POB=∠POC=90°，∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC=0，∴PO⊥平面ABC；（2）解：由（1）得PO⊥平面ABC，PO=在△COM中，OM=S，=

．

=××=，第17页（共23页）

S△COM==．，设点C到平面POM的距离为d．由VP﹣OMC=VC﹣POM⇒解得d=，． ∴点C到平面POM的距离为

15．如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=2（Ⅰ）求证：AD⊥BC；

（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．，∠BAD=90°．

【解答】（Ⅰ）证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC；

（Ⅱ）解：取棱AC的中点N，连接MN，ND，∵M为棱AB的中点，故MN∥BC，∴∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成角，在Rt△DAM中，AM=1，故DM=∵AD⊥平面ABC，故AD⊥AC，在Rt△DAN中，AN=1，故DN=，在等腰三角形DMN中，MN=1，可得cos∠DMN=∴异面直线BC与MD所成角的余弦值为

；

．

（Ⅲ）解：连接CM，∵△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM=，第18页（共23页）

又∵平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD，则∠CDM为直线CD与平面ABD所成角． 在Rt△CAD中，CD=在Rt△CMD中，sin∠CDM=，．

． ∴直线CD与平面ABD所成角的正弦值为

16．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧的点．

（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；

（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．

所在平面垂直，M是

上异于C，D

【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦

所在平面，所在平面垂直，所以AD⊥∴CM⊥AD，M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD=D，∴CD⊥平面AMD，CD⊂平面CMB，∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：

连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，第19页（共23页）

所以MC∥平面PBD．

17．如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧上异于C，D的点．

（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；

（2）当三棱锥M﹣ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．

所在平面垂直，M是

【解答】解：（1）证明：在半圆中，DM⊥MC，∵正方形ABCD所在的平面与半圆弧∴AD⊥平面BCM，则AD⊥MC，∵AD∩DM=D，∴MC⊥平面ADM，∵MC⊂平面MBC，∴平面AMD⊥平面BMC．（2）∵△ABC的面积为定值，∴要使三棱锥M﹣ABC体积最大，则三棱锥的高最大，此时M为圆弧的中点，建立以O为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图 ∵正方形ABCD的边长为2，∴A（2，﹣1，0），B（2，1，0），M（0，0，1），则平面MCD的法向量=（1，0，0），设平面MAB的法向量为=（x，y，z）

第20页（共23页）

所在平面垂直，则=（0，2，0），=（﹣2，1，1），由•=2y=0，•=﹣2x+y+z=0，令x=1，则y=0，z=2，即=（1，0，2），则cos＜，＞=

=

=，则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sinα=

=

．

18．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1． 求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．

【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，⇒AB∥平面A1B1C；

（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．

第21页（共23页）

在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC． ∴

⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．

19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；

（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．

【解答】证明：（Ⅰ）PA=PD，E为AD的中点，可得PE⊥AD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，则PE⊥BC；

（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且AB∥CD，在平面PAB内过P作直线PG∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD=PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；

同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，第22页（共23页）

由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；

（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，FH=BC，由DE∥BC，DE=BC，可得DE=FH，DE∥FH，四边形EFHD为平行四边形，可得EF∥DH，EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，即有EF∥平面PCD．

第23页（共23页）

第三篇：2010高考语文试题分类

语文答案

1、C2、A3.【答案】B【解析】A、始作俑者：俑，古代殉葬用的木制或陶制的俑人。开始制作俑的人。比喻首先做某件坏事的人。B、移樽就教：樽，古代盛酒器；就，凑近。端着酒杯离座到对方面前共饮，以便请教。比喻主动去向人请教。C、声情并茂：并，都；茂，草木丰盛的样子，引申为美好。指演唱的音色、唱腔和表达的感情都很动人。D、附庸风雅：附庸，依傍，追随；风雅，泛指诗歌。指缺乏文化修养的人为了装点门面而结交文人，参加有关文化活动。解答成语题，第一、逐字解释成语，运用成语结构特点把握成语大意，但要注意不能望文生义；第二、注意成语潜在的感情色彩和语体色彩；第三、要注意成语使用范围，搭配的对象；第四、弄清所用成语的前后语境，尽可能找出句中相关联的信息；第五、从修饰与被修饰关系上分析，看修饰成分跟中心词之间是否存在前后语义矛盾或者前后语义重复的现象。【考点定位】正确使用词语（包括熟语），能力层级为表达应用 D

4.B（“生息”，生活生存，生长繁衍，多指人口；“栖息”，停留，休息，多指鸟类。“即便”，表假设和让步；“如果”只表假设。“演化”，演变，多指自然界的变化；“进化”，生物由简单到复杂，由低级到高级的逐渐发展变化。“或”，表示在连接的几个成分中选择一个，结果带有某种不确定性；“到”，直到，表示达到的较为确定的时间。）

5【参考答案】D

【试题分析】A、成分残缺，在“而且”后加入“做到了”；B、不合逻辑，“商家、企业”改为“企业、商家”；C、主客颠倒，“对我们”后加入“来说”。

【高考考点】辨析并修改病句。

【易错提醒】B、D项的容易难于判断，注意并列词语看搭配、看顺序。

【备考提示】要认真细致审读每个选项，重点注意分析并列短语作句子成分与其他成分的搭配，可以将并列短语拆开逐一与其他成分搭配，验证其当否。对于句式杂糅的句子，先凭语感判定其不协调，再分别造成句子，再放回原文中，验证其当否。对于语序不当的句子，先也要凭语感检测，再将不协调的词语或句子调换位置，看是否通畅自然。有多重否定或还有反问的句子，要将否定换成肯定来理解。对因不明词义而造成前后矛盾的语句，应尽力推敲出这个关键词语的含义，推敲方法是拆字组词。对逻辑概念方面的不协调，可以凭事理推断。注意题干的要求，究竟选择的是有语病的还是无语病的一项。

6、D详细答案见《优化设计》

7、B8D9 B10D11 C12D(详细答案见《优化设计》41页)

15、详细答案见《优化设计》38页

16.答：林逋的诗“疏影横斜水清浅，暗香浮动月黄昏”，写出了梅的清幽、高洁；皮日休的诗“无情有恨何人见，月晓风清欲坠时”，写出了白莲的素洁、清雅——林、皮二诗皆做到了神似，表现了所咏之物的神韵、精神品格、内在特点。而石曼卿的《红梅》“认桃无绿叶，辨杏有青枝”，仅从“绿叶”、“青枝”等外形上把握红梅的特征，未见红梅的精神品格。因此苏轼赞扬林、皮二诗而批评石诗，认为他们在“写物之功”上有高下之分。

评分标准：第一问两个要点。①赞扬的理由是，写梅花、白莲的诗能做到神似，表现了神韵、精神品格、内在特点；②批评的理由是，石曼卿的《红梅》诗不能抓住梅花的品格特征，仅作了外形描写。（1个要点1分）。第二问3个要点。①“疏影横斜水清浅，暗香浮动月黄昏”，写出了梅的清幽、高洁；②“无情有恨何人见，月晓风清欲坠时”，写出了白莲的素洁、清雅；③“认桃无绿叶，辨杏有青枝”，仅从“绿叶”、“青枝”等外形上把握红梅的特征，未见红梅的精神品格。答出①或②中的1个即得2分，答出③得1分。（3分）

17．参考答案：为本文写弟弟与父亲的矛盾冲突做铺垫。

【评析】这是有关布局谋篇的题型，提问的内容在文首，其对后文叙事的作用往往是：开篇点题、总领全文、渲染气氛、埋下伏笔、设置悬念、为下文作辅垫等。本文陈述的中心不是“弟弟与音乐关系”，而是“弟弟与父亲关系”，可见写“弟弟迷恋音乐”是为下文“父亲对弟弟渐渐释然”作铺垫。

18．参考答案：①“拍拍”表现父亲对弟弟的信任、安慰和鼓励。②“喝令”以强硬的方式表现出父亲对弟弟疼爱的心理。③“挺直”既表现了父亲要帮助弟弟面对磨难的坚强决心，又表现出父亲为能帮助弟弟而感到满足。

【评析】①“拍拍”这个动词本身含义就有表示对人“安慰或鼓励”的作用，再结合语境“把退

休工资卡交给了弟弟”，说明父亲对弟弟的信任和鼓励。②“喝令”本身是个贬义色彩的词语，表示“大声地命令”，但在这段话的语境中，并没有贬义的色彩，而是属于“贬词褒用”，表示父亲以强硬的方式表达对弟弟关爱。③“挺直脊背”的“挺直”是一种心理的外在表现，为自己能帮助弟弟的行为表示认可。

19．参考答案：①弟弟终于体会到了生活的艰辛（或“弟弟知道了父亲对他的要求，也是生活本身对他的要求”）；

②父亲终于明白，子女的人生是无法由他设计的；

③父亲拿出积蓄为弟弟买了出租车；

④弟弟发现了父亲的软弱；

⑤父亲知道了弟弟的执着、坚韧。

【评析】弟弟与父亲的“对立冲突”主观原因可以从第一、二两段中寻找，文段中直接议论的句子明显地说明了答案。主观原因是：父亲“认为那是不务正业，严厉禁止”；弟弟的主观原因是“对于父亲的横加干涉，弟是心怀怨怼的”。

弟弟与父亲的“矛盾化解”主观原因是：弟知道“父亲对于他的要求，并非仅仅是为了自己的脸面，那要求，也是生活本身对他的要求”；父亲终于明白“子女的人生是无法由他来设计的，我们都不过是千万人中最普通的那一个”。

弟弟与父亲的“理解信任”主观原因是：弟弟“第一次发现了父亲的软弱，那貌似强大的外表下，也有不堪一击的所在”；父亲“第一次知道了弟是执着的，像蒲草，看似柔弱，实质有坚韧自持的力量”。

20．参考答案：①运用比喻，以有形写无形（答“具体可感、生动形象”也可）；②独立成段，过渡自然简洁；③叙事者“我”通过评说，表达感受、看法。

【评析】写法上四个画线句子，都运用了比喻的修辞手法；再把画线句子与原文比较，发现四个句子都运用文学色彩很浓的词语来描写抒情。比喻的作用不言而喻，使文章更加形象生动；运用文学色彩浓厚的词语来描写抒情，增添了文章（散文）文化色彩。除了上述的作用外，这几个句子都独立成段，又在文章的篇中，在结构上，具有过渡的作用。

对参考答案第三小点的质疑：整篇文章都是通过叙事者“我”的叙述评说，表达感受、看法，所以这一点不能作为四个画线句子特有的共性特点。

21．示例：①成长就是学会承担责任、懂得关心、体谅父母。②成长是一个不断认识自我、他人和社会的过程。

【评析】题干很明确提出，写出“两点”感悟。考生就要考虑这“两点”应从哪两个角度概括，先应从弟弟自身的角度，再从弟弟的成长与父亲关系的角度。

这个看似是个开放性题目，写出“你的”两点成长感悟，其实并没有开放，“结合文中弟弟的经历”的提示，就是要求考生从文中概括。

22、作文【提示】

从提供的材料中,可以看到两类形象:一类以麻雀、公鸡、鹌鹑等为代表,象征着那些目光短浅、比“低”不比“高”的人;另一类以雄鹰、云雀为代表,象征那些目光远大、志存高远的人。两者境界截然不同,这是由他们人生定位的差异决定的。

本题常规立意:批评“低矮”的人生高度,倡导“高远”的人生高度。

创新立意:适合自己的“高度”就是最佳“高度”。

【相关素材】人生的最佳目标

2008年5月20日,捷克登山界传来两个消息:马克在无后援的情况下,成功登上海拔8167米的世界第七高峰道拉吉里峰;莫里在珠峰8300米处坠崖身亡。

马克与莫里是好朋友,都是登山爱好者。莫里的愿望是征服世界第一高峰珠穆朗玛峰。他认为,作为登山运动员,没征服珠峰就不算最好的运动员。马克则认为,征服珠峰对登山运动员来说,虽然是美好的愿望,但他的素养与经验暂时还不够。正是因为这个分歧,他们分道扬镳。

8年间,马克先后征服了海拔5895米的非洲第一高峰乞力马扎罗山和南美第一高峰海拔6893米的盐泉峰,成为第一个征服这些山峰的捷克人。在这期间,他被国际登山者协会吸收为常务理事,同时被任命为国家登山队的副教练。莫里则一直申请攀登珠峰的签证与批文。攀登珠峰的最佳时间是每年的四、五、六三个月,由于申请的人数较多,尼泊尔对申请者的要求比较严。8年来,莫里共获得三次签证与批文。第一次,他攀登到7600米处折回,没有实现登顶的愿望;第二次,攀登到8500米处;2008年5月,他第三次征服珠峰,这一次他遇难了!

莫里死了,死在他那个美好的愿望里,许多人认为他是个英雄。可是,因为有马克的存在,大家又认为,他的死有些令人遗憾。

感悟:人生的最佳目标,不是最有价值的那个,而是最有可能实现的那个,而莫里选择了前者。

第四篇：2013高考试题分类——数列

（2013上海卷）23．（3 分+6分+9分）给定常数c0，定义函数，数列a1,a2,a3,满足an1f(an),nN* f(x)2|xc4|x|c

（1）若a1c2，求a2及a3；（2）求证：对任意nN,an1anc，；

（3）是否存在a1，使得a1,a2,an,成等差数列？若存在，求出所有这样的a1，若不

存在，说明理由.（2013四川卷）16．(本小题满分12分)在等差数列{an}中，a2a18，且a4为a2和a3的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和．

(2013上海春季卷)27．（本题满分8分）

已知数列{an}的前n项和为Snnn，数列{bn}满足bn22an*，求lim（b1b2bn）。n

(2013上海春季卷)30．（本题满分13分）本题共有2个小题，第一小题满分4分，第二小题满分9分。

在平面直角坐标系xOy中，点A在y轴正半轴上，点Pn在x轴上，其横坐标为xn，且{xn}

是首项为

1、公比为2的等比数列，记PnAPn1n，nN。

（1）若3arctan1，求点A的坐标； 3，求n的最大值及相应n的值。（2）若点A的坐标

为(0

（2013北京卷）20.(本小题共13分)

已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an1，an2,…的最小值记为Bn，dn=An－Bn。

(I)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，an4an)，写出d1，d2，d3，d4的值；

(II)设d为非负整数，证明：dn=－d(n=1,2,3…)的充分必要条件为{an}为公差为d的等差数列；(III)证明：若a1=2，dn=1(n=1,2,3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.（2013湖北卷）18．已知等比数列an满足：a2a310，a1a2a3125。（I）求数列an的通项公式；（II）是否存在正整数m，使得

1？若存在，求m的最小值；若不存在，a1a2am

说明理由。

（2013广东卷）19．（本小题满分14分）

设数列an的前n项和为Sn.已知a11,(Ⅰ)求a2的值；

(Ⅱ)求数列an的通项公式；(Ⅲ)证明:对一切正整数n,有

（2013大纲卷）17．（本小题满分10分）等差数列an的前n项和为Sn，已知S3=a2，2Sn12

an1n2n,nN*.n33

1117

.a1a2an4

且S1,S2,S4成等比数列，求an的通项式。

18．（2013浙江卷）在公差为d的等差数列{an}中，已知a110，且a1,2a22,5a3成等

比数列。

（1）求d,an；（2）若d0，求|a1||a2||a3||an|.（2013天津卷）19．(本小题满分14分)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列, 其前n2

项和为Sn(nN*), 且S3 + a3, S5 + a5, S4 + a4成等差数列.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)设TnSn

(nN*), 求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.Sn

（2013陕西卷）17.(本小题满分12分)设{an}是公比为q的等比数列.(Ⅰ)导{an}的前n项和公式;

(Ⅱ)设q≠1, 证明数列{an1}不是等

比数列.（2013山东卷）20．（本小题满分12分）设等差数列an的前n项和为Sn，且S44S2，a2n2an1.（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）设数列bn前n项和为Tn，且 Tn

求数列cn的前n项和Rn。

（2013江西卷）17.（本小题满分12分）正项数列{an}的前项和{an}满足：

2sn(n2n1)snn(2n)0

an1

.令cnb2n(nN*).（为常数）n

（1）求数列{an}的通项公式an；（2）令bn

（2013江苏卷）19．本小题满分16分。设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，n15*

T，数列{b}的前项和为。证明：对于任意的，都有 nNTnnnn

(n2)2a264

Sn是其前n项和。记bn

nSn*，其中c为实数。nN2

nc

（1）若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：SnknSk（k,nN）；（2）若{bn}是等差数列，证明：c0。（2013江苏卷）23．本小题满分10分。

k个



1k-1

1，-2，-2,3,，3-,，3-，4-，4-，4，设数列an：（-4）1k-k，，（-）1k，即当

*

（k1）k（kk1）k1

kN时，an（-1）k，记Sna1a2annN，n22



对于lN，定义集合PlnSn是an的整数倍，nN，且1nl







（1）求集合P11中元素的个数；（2）求集合P2000中元素的个数。

(2013上海春季卷)11．若等差数列的前6项和为23，前9项和为57，则数列的前n项和

Sn=。

（2013安徽卷）14．如图，互不-相同的点A1,A2,Xn,和B1,B2,Bn,分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn1An1的面积均相等。设OAnan.若

a11,a22,则数列an的通项公式是_________。

（2013北京卷）10.若等比数列{an}满足a2＋a4=20，a3＋a5=40，则公比q；前n项和Sn（2013福建卷）9．已知等比数列{an}的公比为q，记bnam(n1)1am(n1)2...am(n1)m,cnam(n1)1am(n1)2...am(n1)m(m,nN*),则以下结论一定正确的是（）

A．数列{bn}为等差数列，公差为qB．数列{bn}为等比数列，公比为qC．数列{cn}为等比数列，公比为q

m2m

2m

D．数列{cn}为等比数列，公比为q

mm

（2013大纲卷）6．已知数列an满足3an1an0,a2，则an的前10项和等于 3

10

10

613（A）



10

31331+3（B13（C）（D）

10

a11，Sn为其前n项和，（2013重庆卷）12．已知an是等差数列，公差d0，若a1,a2,a5

成等比数列，则S8_____

（2013课标卷Ⅱ）3．等比数列an的前n项和为Sn，已知S3a210a1，a59，则a1

（A）

（B）3

（C）

（D）9

（2013课标卷Ⅰ）14.若数列{an}的前n项和为Sn＝

an，则数列{an}的通项公式是33

an=______.

第五篇：2013高考试题分类—数列

2013年高考试题分类汇编——数列

2013辽宁（4）下面是关于公差d0的等差数列an的四个命题：

p1:数列an是递增数列；ap2:数列nn 是递增数列；

a

p4:数列an3nd是递增数列； p3:数列n是递增数列；

n

其中的真命题为

（A）p1,p2（B）p3,p4（C）p2,p3（D）p1,p4 2013辽宁（14）已知等比数列an是递增数列,Sn是an的前n项和.若a1，a3是方程

x25x40的两个根，则S6

2013湖南15.设Sn为数列{an}的前n项和，Sn(1)nan（1）a3（2）S1S2S100

1，则 nNn

22013安徽(8)函数y=f(x)的图象如图所示, 在区间[a,b]上可找到n(n≥2)个不同的数x1,x2,…, xn ,使得

f(xn)f(x1)f(x2)

...,则nx1x2xn的取值范围是

(A){3,4}(B){2,3,4}(C){3,4,5}(D){2,3} 2013安徽(20)(13分)设函数

x2x3xn

fn(x)1x22...2(xR,nN),证明:

23n

2(1)对每个n∈N+,存在唯一的xn[,1],满足fn(xn)0;

3(2)对于任意p∈N+,由(1)中xn构成数列{xn}满足0xnxnp

1.n

2013安徽文（7）设Sn为等差数列an的前n项和，S84a3,a72，则a9=（A）6（B）4（C）2（D）2

2013北京（10）若等比数列an满足a2a420，a3a540，则公比q；前n项和Sn

．

2013北京（20）（本小题共13分）

已知an是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an1,an2的最小值记为Bn，dnAnBn．

（Ⅰ）若an为2,1,4,3,2,1,4,3…，是一个周期为4的数列（即对任意nN*，写出d1,d2,d3,d4的值;an4an）

（Ⅱ）设d是非负整数，证明：dndn1,2,3的充分必要条件为an是公差为d的等差数列;

（Ⅲ）证明：若a12，dn1n1,2,3,，则an的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.(n2n1)sn(n2n)0 正项数列{an}的前项和{an}满足：sn

（1）求数列{an}的通项公式an；（2）令bn都有Tn

n

1，数列{bn}的前n项和为Tn。证明：对于任意的nN*，22

(n2)a6

42013全国大纲17．（本小题满分10分）

等差数列an的前n项和为Sn.已知S3=a22,且S1,S2,S4成等比数列，求an的通项式.a2a18，2013四川16．(本小题满分12分)在等差数列{an}中，且a4为a2和a3的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和． 2013天津(19)(本小题满分14分)

已知首项为的等比数列{an}不是递减数列, 其前n项和为Sn(nN*), 且S3 + a3, S5 + a5, S4 + a4成等差数列.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)设TnSn

(nN*), 求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.Sn

322013陕西14.观察下列等式:12112223 1222326

1222324210 …

照此规律, 第n个等式可为.2013陕西17.(本小题满分12分)设{an}是公比为q的等比数列.(Ⅰ)导{an}的前n项和公式;

(Ⅱ)设q≠1, 证明数列{an1}不是等比数列.2013全国课标

7、设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm1＝－2，Sm＝0，Sm1＝3，则m＝()

A、3B、4C、5D、6

2013全国课标

12、设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn，△AnBnCn的面积为Sn，n=1,2,3,… 若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝

cn＋anbn＋an

c＝n＋122，则()

A、{Sn}为递减数列B、{Sn}为递增数列

C、{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列D、{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列

212013全国课标14、若数列{an}的前n项和为Sn＝an，则数列{an}的通项公

3式是an=______.2013湖北

14、古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数。如三角形数1,3,6,10，…，第n个三角形数为

nn11

21nn。记第n个k边形数为222

Nn,kk3，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：

三角形数Nn,3

121

nn 22

正方形数Nn,4n2 五边形数Nn,5

321nn 22

六边形数Nn,62n2n

……

可以推测Nn,k的表达式，由此计算N10,24。2013湖北18、已知等比数列an满足：a2a310，a1a2a3125。（I）求数列an的通项公式；（II）是否存在正整数m，使得若不存在，说明理由。

2013江苏14．在正项等比数列{an}中，a5

a1a2ana1a2an的，a6a73，则满足

21111？若存在，求m的最小值；a1a2am

最大正整数n的值为．

2013江苏19．（本小题满分16分）

设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项和．记

bn

nSn，n2c

nN*，其中c为实数．

（1）若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk（k,nN*）；（2）若{bn}是等差数列，证明：c0．

2013浙江18．（本小题满分14分）在公差为d的等差数列{an}中，已知a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比数列（Ⅰ）求d，an；

（Ⅱ）若d<0，求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|． 2013重庆（12）已知an是等差数列，a11，公差d0，Sn为其前n项和，若a1、a2、a5称等比数列，则S8．

2013全国课标2（16）等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10=0，S15 =25，则nSn 的最小值为________.