第15期 空间几何体及点、线、面位置关系-【数理报】2026年高考数学一轮复习学案

高考数学第一轮复习第14~17期 数理柄 答案详解 2025~2026学年 高考数学第一轮复习 第14~17期(2025年10月) 第14期2版 所以s,-号=15 1-9 4.设数列{an}的前n项和为S 考题预测 a+n+行=n+I-抗， 1 1.B;2.C;3.C;4.A;5.D;6.34;7.990. an= 第14期3版 所以S.=(2-T)+(3-2)+…+(n+I-n) =√n+1-1, 高考数学一轮总复习达标检测（十四）》 一、单项选择题 又S。=√n+I-1=9,所以n=99. 1 ~4 CCCB 5~8 CADB 5.由a4a5a6=512,即a3=512,得g5=8, 提示： 则a4。=cG=64,由%+a,=20, 1.设{an}的公差为d(d≠0)，{bn}的公比为q, 【a4a6=64, ra1=b1=1, fa4=4,.「a4=16, 1+d=9, d=1, 解得{”或{ (舍去)， 由{a2=b2, 得 所以 Las =16 las =4 1+3d=g2, g=2, a4=b3, 所以公比g=5=2,所以a,=a5g5=2-2, da 所以an=1+(n-1）×1=n,bn=1×2-1=2"-, 从而anan+1=2”-22-1=22-3= 所以c.=n+2-l, 2×4"-1, 所以{cn}的前10项和为a1+a2+…+a0+b1+b2+… 从而a1a2+a2a3+…+aanl= x1-4- +6。=1+10)x10+1×129=1078. 1-4 6 2 1-2 2.设等差数列{an}的公差为d, 6.观察数列a,}的前10项可知，当n为偶数时，a,=2 依题意可得a2+a6=2a1+6d=10, 当n为奇数时，a,=山 2” a4ag=(a1+3d)(a1+7d)=45, 1-n2 解得a1=2,d=1, 2,n为奇数， 则b.=（-1)”·a= 所以S,=5a1+10d=20. 2， n为偶数， 3.设an}的公比为q,易知q>0且g≠1， 所以数列{bn}的前20项和为(0+2)+(-4+8)+(-12 因为S=5S-4, 所以2）=5×1=）-4， +18)+…+ 1-19+2 2 2 =2+4+6+…+20= 1-9 1-9 10×(2+201=110. 又a1=1,所以g-5g3+4g=0, 2 所以(g2-4)(g2-1)=0,解得9=2， 7.设第n年的存款到取出时的本息和为a.千元， 高考数学第一轮复习第14~17期 n=1,2,3,4,5,6, 因为(-1)“an=(-1)“(n+1),所以{(-1)“an}的前100 则a1=(1+p),a2=2(1+p)5,a=3(1+p)4, 项和为-2+3-4+5+…-100+101=(-2+3)+(-4 a4=4(1+p)3,a5=5(1+p)2,a6=6(1+p), +5)+…+(-100+101)=50,(C)错误； 所以小明高中毕业的那年一次性取出的金额总数 因为 1 11 =(n+1)(n+2)=n+1n+2 S=(1+p)6+2(1+p)5+3(1+p)4+4(1+p)3+5(1 +p)2+6(1+p), ① 所以1 Lanan 的前10项和为+号-子+…+ 则十5=1+p产+21+p)+31+p产+41+p 十立=方立=音(D)正确 +5(1+p)+6, ② 故选(A)(D) ①-②得，分5=1+p)+1+p)护+(1+p)+1 10.对于(A),由题意知a1=1,a2=1,a3=2,a4=3,a5= 5,a6=8,a7=13,ag=21,ag=a7+ag=13+21=34,a10= +p)2+(1+p）2+(1+p）-6=1+p）-1+p2-6, 1-(1+P) ag+a,=21+34=55,a11=a,+a1o=34+55=89,故(A) 即s=1+p)"-(1+p)(1+72 正确； 对于(B),因为该数列{an}的特点是前两项为1，从第三 8.当n=1时，6a1=a+3a1,解得a1=3或a1=0, 项起，每一项都等于它前面两项的和，此数列中数字以奇数、奇 由am>0得a1=3. 数、偶数的规律循环出现，每3个数一组，而2025=3×675，故 由6S.=a+3a,得6S+i=a+l+3a1, a2s为偶数，故(B)错误； 两式相减得6an1=al-a+3an1-3aa, 对于(C),由题意知a-1+a:=a1(n≥2)， 所以(a1+an)(aml-an-3)=0, 所以an=a1-an-1(n≥2)， 因为an>0,所以am1+a>0,a+1-aa=3, a1+a3+a5+·+a2025=a1+（a4-a2）+（a6-a4)+ 即数列{an}是以3为首项，3为公差的等差数列， …+（a206-a24）=a1+a226-a2=a226,故(C)正确； 所以an=3+3(n-1)=3n, 对于(D),a=a1a2,a=a2（a3-a1)=a2a3-a1a2; 24m 8” 所以6.=(2-1)(21-1(8”-)(8- a=a3(a4-a2）=a3a4-a2a3,…, =(gg a24=a204(a2ms-a203）=a2024a20ms-a20242024, 所以a+a+…+a24=a1a+(a2a3-a1a）+(aa4 1 -a2a3）+…+(a224a202s5-42420m4）=a2024a20s, 88）号（号-g）<9要使对任宽的 所以色+心店+…+a5@:a,故(D)正确 a2024 meNk>工恒成立，只需k≥9，即长的最小值是约 故选(A)(C)(D). 11.记“提丢斯数列”为a.}, 二、多项选择题 则当n≥3时，10a.-4=6·2-3, 9.AD:10.ACD:11.ABD. 提示： 解得a,=32-2+4 10 9.因为a1,a3,a,成等比数列，所以a1a,=a, 当n=2时，a2=0.7,符合上式 即a1(a1+6)=(a1+2)2,解得a1=2, 当n=1时，a1=0.55≠0.4； 所以an=n+1,则ag=10,(A)正确； 0.4,n=1, {a,的前n项和为2+n+业=nn,+3》,(B)错误 所以am= 3…2-2+4 2 10 ,n≥2， 一2 高考数学第一轮复习第14~17期 显然“提丢斯数列”不是等比数列，故(A)错误； 6.=2+m”-山+4=(a≥2 2 “提丢斯数列的第99项为0-3·2+4，故(B)错误： 10 当n=1时，6=1满足上式，所以6.=广+n 2 “提丢斯数列”的前31项和为 因为“锯齿形”数列的偶数项构成以3为首项，1为公差的 5=04+30x告+高(2+2+2+…+2 等差数列，所以S21=1+3+6+10+15+21+28+36+45 31-203.20,121 =12.4+10×1-2=10+10 +55+66+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12=361. 四、解答题 故(C)正确； 15.解：(1)由题意知(Sm+1-Sn)-(S.-Sm-1)=2, 当m≥2时，由4，=32+4≤20得 10 则a1-an=2(n≥2)，又a2-a1=2, 2≤解得58. 所以{an}是公差为2的等差数列， 则am=a1+(n-1)d=2n-13. 4,=3×2+4=19.6,4,=3×2+4=38.8, 10 10 (2)由(1)得 且a1=0.4,所以“提丢斯数列”中，不超过20的有8项， 6=2n-32n-m-2(2n'52nm） 故(D)错误 则Tn=b1+b2+…+bn 故选(A)(B)(D). 三、填空题 12.263;13.100:14.361. 提示： 12.由(a.-1)2=(an-1-1)(a1-1)(n≥2)可得{a =121-22m -1}为等比数列，且41-1=1-1 '97s2, 16.解：(1)因为21，Sn,a成等差数列， 所以数列{a.-1}是首项为1，公比为2的等比数列， 所以2.=2+a,即S。=2+2, 则an-1=2"-1,即an=2-1+1, 当n=1时，4=2+号， 所及号+826 当n≥2时，a,=5-S4=2”+号-2-分=2， 13.当n=4k-3或n=4h-1,k∈N,时，cos=0, 2 因为a,}是等比数列，所以a=1,则2+号=1 a4k-3=a4t-1=0; 得a=-2.数列{an}的通项公式为an=2"-1,n∈N. 当n=4k-2keN,时，cos受=-1 (2)b.=(2n-1)a.=(2n-1)·2-1, a4-2=[2×(4k-2)-1]×(-1)=-8k+5; 则T.=1×2°+3×2+5×22+…+(2n-1)×2-1 当n=4h,keN,时，cosT=1,a4=2×4h-1=8k-1, 所以2Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)×2", 2 两式相减得，-T.=1+2(2+2+…+2-1)-(2n-1) 所以a4k-3+a4k-2+a4-1+a4=4, 所以S1m=25×4=100. ×2=1+2×2(1-29）-(2n-1）×2”, 1-2 14.由题意，设“锯齿形”数列的奇数项构成数列{bn}, 即T.=3+(2n-3)·2. 由b2-b1=3-1=2,b3-b2=6-3=3, 17.解：(1)由题意得a2m+1=a2,+2,a2m2=a2+1+1, b4-b3=10-6=4,b5-b4=15-10=5, 所以a2m2=a2+3, 可得bn-bn-1=n(n≥2).根据累加法得 即bn+1=bn+3,且b1=a2=a1+1=2, 一3 高考数学第一轮复习第14~17期 所以数列{b}是以2为首项，3为公差的等差数列， (2)当m=3时，A={21+22+23|0≤a1<a2<a3, 所以b=2,b2=5,b.=2+(n-1)×3=3n-1. a1,a2,a3∈N, (2)当n为奇数时，a:=amtl-1. 因为88=23+24+2， 设数列{an}的前n项和为Sn, 所以88是数列{b(3)n}中的项， 则S0=a1+a2+…+a20 比它小的项分别有21+22+23,0≤a1<a2<a3≤5， =（a1+a3+…+a1g)+(a2+a4+…+a2n) a,a2,a3eN,Cg个， =[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+ 有241+2”+2,0≤a1<a2≤3，a1,a2∈N,C4个， …+a20)=2(a2+a4+…+a20）-10, 有24+24+2,0≤a1≤2，a1∈N,Cg个， 由(1)可知a2+a4+…+a20=b1+b2+…+bo 所以比88小的项共有C+C?+C=29个， =10×2+10x9×3 2 故88是数列{b(3)n}的第30项 =155, (3)因为2024=20+2°+2+27+26+2+23， 故520=2×155-10=300， 所以2024是数列{b(7).}中的项，故t。=7, 即{an}的前20项和为300. 则当m=7时，A={21+22+…+2710≤a1<a2< 18.解：(1)当n≥2时，S%=anS.-am, …<a7,a1,a2,…,a7∈N}, 所以S=(S.-S-1)S.-(（S.-S-1), A={24+22+…+27|0≤a1<a2<…<a7≤10， 整理得351=51-8即时之=1 a1,a2,…,a,∈N}共有元素C7个， 最大的是20+2°+28+27+2+2+24， 所以数列{代}是以时=女=2为首项1为公差的等 其次为210+29+28+27+2+25+23=2024， 所以2024是数列{b(7)n}的第C7-1=329项，即n=329. 花数列所以安=A+1,即S=十 在总共C,=330项中，含有2°的项共有C。个， 2" (2)由1)知，5=(n+1)·2, 同理可得，含有2,2，…，2°的项都各有C0个， 所以S(7)30=C。·(2°+2+…+20) 所以Tn=2×2+3×22+…+n×2-1+(n+1)×2",① =210×2047=429870, 所以2T,=2×2+3×23+…+n×2”+(n+1)×2,② 则S(to）o=S(7)39=S(7)30-b(7)30 ①-②得，-T.=4+(2+3+…+2)-(n+1)·2 =429870-2032=427838. =-n…2l, 所以T,=n·21, 第15期2版 所以AT≤(n2+9)·2"等价于An·21≤(n2+9)·2”, 考题预测 即A≤=分+品 9 2n 1.D;2.B;3.B;4.ABD;5.26;6.3,3+13 因为+品2√分品 =3, 第15期3版 当且仅当n=3时，等号成立， 高考数学一轮总复习达标检测（十五） 所以入≤3，即入的取值范围是(-∞，3]. 一、单项选择题 19.解：(1)因为m=2,此时A={21+2210≤a1<a2 1~4 CDBA 5~8 BCCC a1,a2∈N},b(2)5=21+23=10,b(2)6=22+23=12, 提示： 所以S(2)10=4(2°+2+2+23+24)=124. 1.易知所求棱为BC,CD,CD,BB,AA1,共5条. 高考数学第一轮复习第14~17期 2.正四棱台的斜高为2-(4,2)=5(em）, 点G是CD与PE的交点， 所以G是三角形PBC的重心， 所以棱台的侧面积为4×2×(2+4)×5=25(m). 所以壳=瓷=子 3.以A为原点，AB,AD所在直线分别为x轴，y轴建立平面 7.如图3，取CD的中点G,连接EG,FG, 直角坐标系，如图1所示， D A'(O') A(0) B B G 图1 图2 图3 根据斜二测画法的规则，得到边长为α的正方形的直观 图，如图2所示， 由题可知，BEG∥BD,FG∥AC,BG=之BD=1, 因为AB=AD=a,所以A'B'=a,A'D'= 2 FG=之AC=1,因为AC与BD所成的角为号， 过D作DE上A8,可得DE=号×s血5= 4 所以∠FGE=号或∠FGE=T-号= 3” 由直观图A'B'C'D'的面积为，2，得a×24=2, 4 当∠FGE=于时，△FGE为等边三角形，所以EF=L, 所以a=2. 当∠FGE-号时，由余弦定理可知， 4.连接AC1(图略)，由AC⊥AB,AC⊥BC1,AB∩BC1=B, EF2=EG2+GF2-2EG·GF·cos∠FGE 得AC⊥平面ABC1· =1+1-2×1×1×(-2）=3, 因为ACC平面ABC,所以平面ABC1⊥平面ABC, 所以C,在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上. 所以EF=5 5.设O1为正△ABC的中心， 综上，EF=1或EF=5. 则0B=子×号×2-25， 8.因为在正方形ABCD中，AD⊥AE,CD⊥CF,BE⊥BF, 所以折起后OD,OE,OF两两垂直，故该三棱锥的外接球， 易知O01⊥平面ABC,则OO1的长度即为所求， 即是以OD,OE,OF为棱的长方体的外接球 设球O的半径为R, 设正方形ABCD的边长为2，则OD=2,OE=1,OF=1, 因为球0的表面积为8m,所以4πR2=8π， 故2R=V0D+0E+0F=6,则R= 所以R=2,即OB=2, 2 所以00=-0F=√2手= 设内切球球心为L,由og=子5ag·0D=子 3 三棱锥O-DEF的表面积S=4, 即球心0到平面ABC的距离为9 VomV-ooomVonr, 6.因为AD∥平面PEF,ADC平面ACD, 平面ACD∩平面PEF=FG, 所以r=子则=26 根据线面平行的性质定理可知AD∥FG. 二、多项选择题 又因为点D,E分别是棱PB,BC的中点， 9.AC;10.ABC;11.BC. 高考数学第一轮复习第14~17期 提示： 48,(B)正确； 9.对于(A),若△ABC的三条边所在直线分别交平面a于 对于(C),如图4，将阳马P-ABCD补形为长为4，宽为4， P,Q,R三点，则P,Q,R∈a且P,Q,R∈平面ABC, 高为3的长方体， 所以P,Q,R三点必在两平面的交线上， 所以P,Q,R三点共线，所以(A)是真命题； 对于(B),直线a,c可能相交、平行或异面， 所以(B)是假命题； 易知(C)是真命题； 图4 对于(D),若a,b,c分别是过长方体同一顶点的三条棱所 可知其外接球直径为PB=√4+42+3=4T, 在的直线，则满足a⊥c,b⊥c,此时a与b相交， 所以(D)是假命题. 故阳马P-ABCD的外接球半径，=④， 2 故选(A)(C). 表面积S=4π2=41m,(C)正确； 10.由切线长定理易得l=r1+2,(A)正确； 对于(D),设B到平面PAC的距离为h, 由勾股定理知(2R)2=(r1+2)2-(1-2)2=4r2, 由AC=42,PA=PC=5,可得△PAC的面积为 解得R=√T2,(B)正确； 因为 4nR 子x4×V-22=2, S2π[r斤++(r1+r2)] 由Vp-ACB=Vg-Pc,可得 4TR 2R2 =2m(+店+r)斤+片+ 号x宁x4x4x3=日x2V所×， V 手n 2R2 = 解得h=2 3π(+后+r)×2R ++2 34 所以直线PB与平面PAC所成角的正弦值为PB h 所以惑 ,(G)正确 12 关34 2r1T2 2 2 /34×4I ,(D)错误 s,=+后++ =7 一≤ 2+1 3 T 故选(B)(C). 当且仅当1=2时，等号成立，这与圆台的定义矛盾， 三、填空题 故(D)错误 24:18厄：14 故选(A)(B)(C). 提示： 11.对于(A),由AC=√2AD=42,PA=PC=√32+4 12.因为PA⊥平面ABC, =5,可得△PAC不是直角三角形， 所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥BC, 四面体PACD不是整月需，(A)错误； 则△PAB,△PAC为直角三角形. 对于(B),因为BC⊥DC,BC⊥PD,DC∩PD=D, 又BC⊥AC,且AC O PA=A,所以BC⊥平面PAC, 所以BC⊥平面PDC,又PCC平面PDC, 所以BC⊥PC.因此△ABC,△PBC也是直角三角形， 所以BC⊥PC,所以△PCB为直角三角形. 13.如图5，取AD1的中点G,AB1的中点H, 同理可证△PAB为直角三角形，PA⊥AB, 可知AH∥DE,AG∥BF,AGO AH=A, 所以Sp-ABD=SE方形ABD+S△PHD+S△PD+S△PB+S△PCB= 所以平面AGH∥平面BDEF, 4×4+×3×4+×3x4+分x4×5+ -×4×5= 故点P的轨迹为线段GH,且GH=2. 6 高考数学第一轮复习第14~17期 又AA∩AD=A,A41,ADC平面ADDA1, 所以AB⊥平面ADDA1· (2)解：由(1)知AB⊥AD, 又AD∥BC,BD=DC=22,所以BC=4, 因此BD+DC2=BC2,即BD⊥DC, 图5 又AA⊥平面ABCD,AA1∥DD1, 14.设几何体的上、下底面中心分别为E,F,在上底面圆周 所以DD,⊥平面ABCD, 上取一点A,连接OA,EA,如图6， 又DCC平面ABCD,所以DD1⊥DC, 又DD1∩BD=D,DD1,BDC平面BDD1B1, 所以DC上平面BDDB, 即DC为四棱锥C-BDD1B,的高， 即四棱锥C-BDDB,的体积 图6 V=号服D:C=号x2x22x2万= 1 3 因为球0的表面积为16π，所以球的半径为2， 17.(1)证明：因为A1C⊥平面ABC,BCC平面ABC, 所以OA=2,又OE=1,OE⊥EA, 所以A1C⊥BC.因为∠ACB=90°，所以AC⊥BC. 所以截面圆的半径EA=√OA2-OE=√4-1=√5， 又因为AC∩AC=C,AC,ACC平面ACCA1, 根据“万能求积公式”可得所求几何体的体积为 所以BC⊥平面ACC,A·又因为BCC平面BB,C,C, 右×2×[元×(5产+4×mx2+后x(5]-2号 所以平面ACC,A,⊥平面BBC,C (2)解：如图8，过A,作AH⊥CC1,垂足为H, 四、解答题 过C作CM⊥AA1,垂足为M, 15.证明：如图7，取AD的中点M,连接EM,MC, C 图8 由(1)及面面垂直的性质定理，得AH⊥平面BB,CC, 图7 所以A,H为四棱锥A1-BB,C,C的高 因为E为AD的中点，F为CC的中点， 由AA∥CC,知CM=A1H. 所以EM∥AM,CF∥AM,EM=CF=乞AM, 由(1)知BC⊥A1C,所以∠BCA1=90°， 又AB=A1B,∠BCA=90°， 所以EMLCF,所以四边形EMCF为平行四边形， 所以Rt△BCA≌Rt△BCA1,所以AC=A1C. 所以EF∥CM,又EF丈平面ABCD,CMC平面ABCD, 由AC⊥平面ABC,ACC平面ABC,得AC⊥AC, 所以EF∥平面ABCD. 故△CAA1是等腰直角三角形. 16.(1)证明：因为AA,⊥底面ABCD, 在等腰直角三角形CA41中，A41=2, ABC平面ABCD,所以AB⊥AA1, 因为AB=AD=2,BD=22, 所以CM=子AM=1. 所以AB+AD2=BD,即AB⊥AD, 所以四棱锥A1-BB,C,C的高为1. 高考数学第一轮复习第14~17期 18.(1)证明：连接CH. 故AC∥平面EMO.在直角梯形BCDE中，DE∥BC, 因为MB=CD=2,MD=BC=25,∠BMD=∠BCD=90°， DE=BC,所以DELCM, 所以BD=4,∠MDB=∠DBC=30°，MH=3,BH=1, 所以四边形MCDE是平行四边形，所以EM∥CD, 在△BCH中，由余弦定理得 CD￠平面EMO,EMC平面EMO, CH=√/Bf+BC-2BH·BC·cOs30°=√万， 所以CD∥平面EMO. 所以MF+CH=MC2,即MH⊥CH. 又CD∩AC=C,CD,ACC平面ACD, 因为MH⊥BD,CH,BDC平面BCD,CH∩BD=H, 故平面EMO∥平面ACD,又因为E0C平面EMO, 所以MH⊥平面BCD.又CDC平面BCD,所以MH⊥CD. 所以EO∥平面ACD. (2)解：如图9，过点H作HE⊥BM于点E, (2)解：在△ABC中，设AC=x, 在平面BCM内作EF⊥BM于点E,交BC于点F,连接HF, 则BC=4-x(0<x<2), 则∠HEF为二面角C-BM-D的平面角. Sw=4cBC-子·4-2 因为AB=2,CD=EM=号CD⊥平面ABC, 所以题=证=吉k·BW=合·4- 图9 在△BEH中，易得∠MBD=60°， =侣4可≤得+4正-g 2 6 则E=分6H=亮 当且仅当x2=4-x2,即x=2时，等号成立 2 在△MBC中，由余弦定理得 此时三棱锥A-BCE的体积最大，最大值为 6 cos∠MBC= BM BC2 MC2 3 2BM·BC 4, 且0=8D=√()+(=， 1 在B△BEF中，eosLMBC=BE=2 1 4· S△ABD= 解得=25则EF=VB-BE= 3 6 4 在△BHF中，由余弦定理得 设点E到平面ABD的距离为d, HF2=BF2+Bf-2BF·BH·Cos30°= 1 由Vg-ABm=VA-mE得： 3 所以cosL.HEF=EF+EH-HF X5am×d=号×SAE×AC, 1 2·EF·EH 1 所以d= SAME XAC_车X2 6 6 2x9x 2 6 =33 第16期2版 13 考题预测 即二面角C-BM-D的余弦值为3 131 1.(I)证明：取AD的中点H,连接EH,FH. 19.(1)证明：取BC的中点M,连接OM,ME. 因为F,H分别是棱PA,AD的中点，所以HF∥PD, 则OM∥AC,AC￠平面EMO,MOC平面EMO, 又PDC平面PCD,HF￠平面PCD, —8 高考数学第一轮复习第14~17期 所以HF∥平面PCD, 又AP⊥PC,PC∩CB=C,PC,CBC平面PCB, 因为E,H分别是棱BC,AD的中点，AB∥CD, 所以AP⊥平面PCB, 所以HE∥CD,又CDC平面PCD,HEt平面PCD, 又CMC平面PCB,所以AP⊥CM. 所以HE∥平面PCD, (2)解：设AC的中点为O,AB的中点为D,连接OD,OP, 又因为HE,HFC平面HEF,且HE∩HF=H, 易知OA,OD,OP两两垂直，以O为坐标原点，OA,OD,OP 所以平面HEF∥平面PCD,因为EFC平面HEF, 所在直线分别为x,y,z轴建立如图2所示的空间直角坐标系， 所以EF∥平面PCD. (2)解：以D为坐标原点，D,DC的方向分别为x,y轴的正 方向，垂直平面ABCD向上的方向为z轴的正方向，建立如图1 所示的空间直角坐标系. 图2 则A(1,0,0),C(-1,0,0),P(0,0,1),B(-1,2,0), 所以B=(1,-2,1),C=(2,0,0), 设 图1 BP =(0≤入≤1)，则BM=入B 设M(x,y,z),则(x+1,y-2,z)=A(1,-2,1), 设AB=1,则AD=CD=PD=2,PC=23 则M(A-1,2-2入，A),所以C=(A,2-2A,A), 在△PpC中，os∠PpC=号x是=-分 2×2×2 因为点M到直线AC的距高为5。 则∠PDC=120°，所以A(2,0,0),D(0,0,0), (cA.cM? P0,-1,),s1,号0）r1,-号) 所以1专+ IC)· 故-(0，-29）屈-200m=0,-1.5。 即+2-2)2+=手+（受）广， 即25X2-40入+16=0，解得入=5， 4 设平面PAD的法向量为n=(x,y,z), rn·DA=0, r2x=0 则 令y=5, Ln DP=0 l-y+5z=0, 得n=(0,√3,1).设直线EF与平面PAD所成的角为0， 第16期3版 3,5 则si血0=lcos(m,E1=1n·E2L= 2 37 高考数学一轮总复习达标检测（十六） 1nE12× 38· 一、单项选择题 2 1~4 BAAC 5 ~8 ADBD 即直线EF与平面PAD所成角的正弦值为3可 提示： 38 1.设直线l与平面α所成的角为0， 2.(1)证明：AC=√2+2=2，∠CAB=∠ACD=45°， 则0=120°-90°=30°. 在△ABC中，BC=4+8-2×2×22x2-4, 2 2.由向量共面定理可知： 故BC=2,则∠ACB=90°，即AC⊥CB, 号+A+(（1-号）=1，A=2 又平面PAC⊥平面ACB,平面PAC∩平面ACB=AC, 3.BM =BB+B M CB⊥AC,CBC平面ACB,故CB⊥平面PAC, 又APC平面PAC,故CB⊥AP, =杯+之(4D-4 9 高考数学第一轮复习第14~17期 =行+之（而-蓟 则A(2,0,0),C(0,1,0),B(2,1,0),C1(0,1,3), 所以C=(2,-1,0),BC=(-2,0,3). =c+2b-a) 设直线AC与BC1的公垂线的方向向量为n=(x,y,z), =-2a+2b+c 1 rn·CA=0, 2x-y=0, 则 所以 n·BC=0, -2x+3z=0, 4.由A(2,0,2),B(0,0,1),C(2,2,2),得 A店=(-2,0，-1)，BC=(2,2,1),1A1=5,1BC1=3, 令z=2,所以x=3,y=6, 所以n=(3,6,2),又AB=(0,1,0) 所以点A到直线BC的距离为 则异面直线AC与BC,之间的距离 1AB2- (AB.BC I BCI =5)2-() d= AB.n 6 V3+6+2 7 -26 7.设圆台的上底面圆的圆心为O1,在下底面内过0点作 3 OF⊥AB,交下底面圆周于点F,以O为原点，OF,OB,OO,所在 5.取AD的中点O,BC的中点E,连接PO,OE, 直线分别为x,y,z轴，建立如图3所示的空间直角坐标系， 因为△PAD是正三角形，所以PO⊥AD, 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD, POC平面PAD,所以PO⊥平面ABCD. 建立如图1所示的空间直角坐标系， 图3 过D点作DE⊥AB,交AB于点E, 则4北=4B-CD=1, 在Rt△ADE中，DE=√AD2-AE=√2， 图1 则D(0,-1,√2)，A(0,-2,0),C(0,1,2), 则P(0,0,5),C(2,1,0),D(0,1,0),B(2,-1,0), 所以AD=(0,1,2), 所以PC=(2,1,-5),DB=(2,-2,0). 设P(2cos0,2sin0,0), 所以元，成：成子 则0P=(2cos0,2sin0,0), IP元1.1DB1 因为异面直线AD与0P所成的角为子， 所以PC与BD所成角的余弦值为子 6.以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴 所以eo号=1cos(O,1=1成. 10P1川AD1 建立如图2所示的空间直角坐标系， 12sin 0l=I sin e= 1 2×5 5 B 所以0±停 又cp=(2cos0,2sim0-1,-2), D 所以|CP12=4cos20+4sim20-4sin0+1+2 B =7-4sim0=7±2√5. 图2 8.以D为原点，分别以DA,DC,DD的方向为x,y,z轴的正 -10型芯苏许☑随即常」康腰放清 本板责任编：金明 相纸编框质量反馈电话 02515271268 羞理括 [202 年10月4日·星期三 高考数学 担纸发行质量反墙电话 756) 15期总第1159期 0351-5271248 第一轮复习 CL业用ELh厨：0wAG (59) 玉番图的露志铭 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社辑出园 社长：徐文 国内统一连续出版物号：CN140707NF)邮发代号：21-284 (2)骏A话i8A-12.液智移捷-A原C.C所 数学家玉需图的 专题辅导 指泰现已无据刻 室间几何体及 命题趋势 又住其焦志铭上可略》 对于空间几何年左要以棱柱、棱维和台等为载体，考查多面体的 二其宽澳十分站 点、线、面位置关 念，战、线而的住置吴系，所完多面作。董传体的体表面积等 文是一首诗谜 对于点，线，而的位夏关系多以选择题成填空的形式出对 与走线、直线与平面、平而与平而位置关系的料斯，要来取穷举法，冲对各 路的人！ 种位置关燕都行考虑，以各种判定和性质定理为厚论依据行思 这儿理流着去香国 专题解读 请计算一下下需的 山东崔吉彩 张次为5， 325 325 且并量器的岛 面周国心的线直于截面意在考查学生的 考点精析 可知道多少 的230mm,则斗量器的高为 m,升量 直观想象、理得推理及数学递算能力 时林正寝 考点一，空同儿何体的表面积与体积 器的高为 mm,(不计器的年度) 考点三、点，直线.平而的位直关系 把的一生的六分之 例1已知圆台甲，乙的上：面半径均为1 解析：设升、斗量器的高分别为，mm 例5若m,4为两条直线，a为一个平面，则 是幸福的量年 下帐面半径均为1，避台的母线长分别为2(2 4mm,升，平、量器的容积分别为,mm 下列结论中正确的是 十二分之一是无 ,),3(2-),则圆台甲与乙的体积之比为2mm',mm,因为升、斗.韩量器的容积成公 (A)若m∥an∥a.则m 无虑的少年， 比为10的等比数列，所以=0形，即云× (B)若m∥a4∥a,则m∥ 禹过去七分之 解析：两圆台的上、下面积对应相等，则 ×20=10xx)×解得 (C)若m∥a,⊥a,则m⊥n 两圆台的体积之比为高之比，根据母线与半径 (D)若m∥a,n⊥a,则m与n相交 的关系可得甲与乙的体积之比为 =23.又=10,即m× 解析：对于(A)(B),若m∥a,N∥a,则m 4(5--(5- 与n可能平行，相交或异面，故(A)(B)错误： (4--(4- m×(受)×4所以=57.5.所以升、斗量器 五年后干出生 对于(C)(D),若m∥a,n上a,则m1n 不料儿干共浩到父箫 点评：本题考查圆台的几何特狂与朱积公式 的高分别为57.5m,23m 且m与可能相交，也可能异面，故(C)正确 年的年始 的应用，考查学生的或料推理和数学运算能力 点评：本题考查圆柱岭体积公式、笔比 D)错误故选(C) 例2一个五面体ABC 列，考查学生的直观想象和数学运算能力 点评：本题考查线而往置关系的料断，考查 晚年子方人真 DEF.如图1，已知AD∥BE 苦点二，球的有关计算 学生的空间想象能力和推理论证能力 ∥GF,且两两之距离为1 例4已知正三梭台的高为1，上，下能面边 考点四，异面直线所成的角 瑟病之中度连了风 Dm1,BE2.CF■3，则 长分别为3万和45，其顶点都在司球面上， 例6在正方体ACD-AB,G,D,中，E为楼 我年 该五面体的体积为 则该球的表面积为 CC,的中点，则异直线AE与CD所成角的正切 毒 (A)100T (B)128= 值为 o马 (C)144= (D)192 ()号 龄 解析：设正三梭台上，下面的外接圆的半 这首幕志铭被数学 解析：因为AD,E,CF两两平行，且两两之 33 45 家麦特分清尔收人数 径分别为n则2= 同距离为1，该五面体可以分成一个侧棱长为 ia60,2= 解析：如图2，连接E 圈中，他收了希王 1的三楼住和一个面为形的四棱，其中 解得r1=3,=4 因为在正方体ABCD 12。c 学家的许多名腿，并以 棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积 设该楼台上，下底面的外接圆的圆心分别 ,B,C,D,中.CD∥AB 诗歌的形式与成。其可 为0，02，连接002，则0,0=1，其外指球的 抄本当时曾广为流传 四棱维的高为 ,底面是上底为1.下底为2，高 所以异面直线E与C 球心0在直线0,0，上，设球0的半径为R,当球 所成角为∠EAB 影鸭大 为1的形，故该五面体的体积之x1× 心0在线段0,0上时.R=3+00=424(1 不妨设正方体的棱长为2 设丢图活了岁 -00,)2.解得00，=4（会去）：当球心0不在线 则CE=1,BC=2, 据题意非 段0,0上时，R=42+00=3+(1+00)2 由勾股定理得E■5， 石t是+与行小 点评：来题考查不规别九何休的体积、鸭补解得00=3，所以=25，所以该球的表面积 又由AB上平面BCG,B,可得AB⊥BE。 法，考查学生的空同想象能力和运算求解力 为4π=100π故法(A) 图活了4罗 例3汉代刘欲设计的铜嘉量”是，合， 点评：本题主要考查正三棱台外换球的表 升，牛五量合一一的标准量器，其中开量器、斗面积，解的关在于瑞定球心的置，而确定 点评：本题主爱考查异面直线所成的角，考 量器，解量器的形状均可视为圆柱若升，斗、解球心位互的像据有两个，一是根据球心到球面查李生的空同想象能力、转化与化归能力以及 量器的容积成公比为0的等比数列.底面直径上各点的距离都等于牛径，二是拆据琼心与横运算求解能力. 2 素养·专练 数理极 据报领称「熙明飘网坦妆到属 令 考题预测 四边形 (D)EH∥平面ADC,且四边形EFGH是梯彩 (A)直线BC,与DA,所成的角为90 。数理报杜试题研究中心 3,中国是瓷器的故乡，“瓷器”一词最早见于 (B)直线BC,与CA.所成的角为90 【.已知m,n是两条不同的直线，4,8是两个不 许慎的（说文解字）中.某瓷器如图2所示，核瓷需 (C)直线G,与平面BB,D,D所成的角为45 月的平面，则下列说法正确的是 可以近似看作由上华部分圆柱和下半部分两个等 (D)直线BC,与平面ABCD所成的角为45 (A)若m∥a.n∥B.a∥B.则m∥n 高（高为6心m)的圆台组合而成，其直观图如图3 5.在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中。 (B)若m∥a∥B,m⊥n,则a⊥B 所示，已知圆柱的高为20m,底面直径AB= 若E为BB,的中点，平面EC,该正方体所 ()若m⊥aa⊥B,n∥B,则m⊥a 10em,圆台账面直径GD=2Dem,EF=16em,若 得战面的面积为 (D)若上a,n∥m,上B,则a∥B 红略该器的厚度，则该瓷害的积为 6.在我国古代数学名著 2.如图1，在四面体ABCD (九意算术》中，把底面为直 中，E,F分别为AB,AD上的点 角三角形，且侧棱垂直于面 且AE:EB=AF:FD=I:4 的三棱柱称为堑罐.如图4，现 B,G分别为BC,CD的中点，则 有一虹堵ABC-A,B,C,AB= BC=2,AM,=5,则线段 (A》BD∥平面EFGH,且 AC,的长度为 :点 四边形EFC是平行四边无 (A)669m (B)1338cm 在梭B,上运动，则△AC,的周长的最小值为 (B)EF∥平面CD,且四边形EFGH是梯托形 (C)650m cm" (D)1300mem (C)HG∥平面ABD,且四边形EFGH是平行 4.(多达)已知正方体ABCD-A,B,C,D则 参考答案见下期 第14期2版参考答案 m以2订.1×23×2+5x2+…+(3-1》x2 所以a7(292等价 两式相0或得，-刀=1+22+2…+2》-(2四 An·2≤(n+9}·2 1B:2.:3,Cg4,A:5.D:6,34:7.90 -10×212x2--(a-0×2 即A<贵品 第14期3版参考答案 即T.=3+(2e-3)·r 因为受·品≥2分芸=， 9 一，单项送择题 7,解：(1)由题意得4=+2从a三+1， 1-4B5-8CAH 所以=+3, 当且仪当n,3时，等号成立， 二、多项得题 即6▣6，+3，且6=+12 所以A≤3，即A的取值范用是(-￥，3： 9.AD:10.ACD:11.ABD. 所以数A,是以2为首项，3为公差等整我列， 9解：)因为m=2,时A=2+20<。 Z2) 三，填空题 m以6，▣2,6-3，d,=2+(n-1》×3=3n=1. 414eNb(23g-2+2-0,6(2,-22+2-12. 12263:130014361 (2)当n为奇数时，a。=战1-1 以2)。=4(Y”+2+2+2+)=124 四解答题 设数列a,l的前n现和为5 (2)当m=3时A=21+2°+210写4，<0，< 15解：(1)由题球05-5》-(5。-5.)=2. 1,,总3,1tN, 001-4一2(n2).又鸟-1-2， =《+,+…+》+《++…+4) 因为88=2+2+ (今的)经社款【粉 阴以a,是公差为2的寺差数列， =[(-1)+(-1)+…+(-1)]+(4+84 以8器是数到6(3)，1中的项 期，-m·(m-1jd-2-15 ++）2(+4◆+）-0 比它小的项分别有2+2中0，<< (2)由1》得 由(1)可知 5,aaeN个 A=2n-2a-而 有2+2+2,0，<3，NC个 i ·10×2,09×3:55, 有2+2201气2，meN.C个 4 (sm 以比8器小的项共有民+C+C=29个 3=2×155-10300 利T,·南·与◆…◆6 做88是数到16(3)1的滨30项 ,的20项为300。 =(-+g-g+-…+%pnm (3)阳为24.2,2°42+21+1,2°42 解：1)当0≥2时，”天.-， 以2024是数6(7).中的项，放4-7， (m) 那以=(S.-s)5-8-s. 当m=7时，=2+2+…+2710< 整理得5气发之山 1222m 16解：(1)因均2，S,世成等差数列 所以{安}以士2为项，1为公的 0.“eN其元素C品个， 拟2线=2+a.m5=Y+受 等莲数列院以对=+1.即5， 最大的量2”，2”++2◆2,2+2 (卫十)国农 ) F() (a) 次为2”+2”+Y+2◆2”◆2+2-24 当四=1时4=2+受 2))如，号=(0+)·x, 以2024悬数列16(7).1的第C-1=329项， 当2时，,=8一 阴以T=2×2+3×2+4+南x2+(n+1)×2, 即n=32 =2+号-21-号=2 在总共C=30项中，含有P的项共有哈个 4) 时理可得，合有2，Y,…2的项程各有G。个 国为是等壮数列，所以，=1，别2+号=1， 狱7m=C。·2+2+…+2) 得a=-2数列4，的项公式为，=上=N ①-②得，-了=4+任+子+…+2)-m+1》7 =210×2047=429870, (21(2h-1a,〔2m-1)·2, =-n2", 5)、=57)==37)m-7) () S7911) 则T=1×2+3x25×2+m+2n-1）×2 =429870-2031=427836