《数理报》高考数学信息优化卷(四)立体几何与空间向量-【数理报】2026年高考数学专项提分

《数理报》高考数学 信息优化卷（四） 考试范围：立体几何与空间向量 ○数理报社试题研究中心 第I卷选择题（共58分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1.已知a,b表示两条不同的直线，表示平面，则下面四个命题 正确的是 ( ①若a∥b,bC,则a∥a;②若a⊥b,a⊥a,则b∥a; 理 ③若a∥b,a⊥a,则b⊥；④若a⊥a,b∥a,则a⊥b. (A)①② (B)②③ (C)①③ (D)③④ 高 2已知店=(1,2，-2)，AC=(-7,0,1)则点B到直线4C 学 的距离为 ( 新 (A)2 (B)5 (C)2 (D)3 3.已知P为一圆锥的顶点，AB为底面圆的直径，PA⊥PB,点M 全 在底面圆周上，若M为AB的中点，则异面直线AM与PB所成角的大 小为 ( 各省 (A)君 (B)平 (c)号 (D)号 信 4.南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一 部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的 面积为140.0km2;水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0 化卷 k2,将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位 四 从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为（万≈2.65）》 (A)1.0×109m (B)1.2×109m3 (C)1.4×109m3 (D)1.6×10°m3 5.在长方体ABCD-AB,C,D1中，已知B,D与平面ABCD和平 面A4,BB所成的角均为30°，则 () (A)AB =2AD (B)AB与平面AB,C,D所成的角为30° (C)AC CB (D)BD与平面BB,C,C所成的角为45° 6.在三棱锥P-ABC中，AB+2PC=9,E为线段AP上更靠近P 的三等分点，过E作平行于AB,PC的平面，则该平面截三棱锥P ABC所得截面的周长为 ( (A)5 (B)6 (C)8 (D)9 7.如图1，四棱柱ABCD-AB,CD1中， ABCD为平行四边形，点E,F分别在线段 DB,D0,上，路-=分点G在车cG 上.且平面AEF∥平面B,c则怨 图1 (02 (®)号 c号 (D)4 8.已知正四棱锥的侧棱长为1，其各顶点都在同一球面上.若该 球的体积为36π，且3≤1≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是 (A)[18,](B)[】(C)[,] (D)[18,27] 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 9.已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径，∠APB =120°，PA=2,点C在底面圆周上，且二面角P-AC-0为45°，则 (A)该圆锥的体积为π (B)该圆锥的侧面积为4√3π (C)AC=2√2 (D)△PAC的面积为3 10.在三棱锥P-ABC中，PA=PC=AB=BC=5,PB=AC =6,则下列说法正确的是 () (A)若E,F分别为PB,AC的中点，则EF=6 (B)三棱锥P-ABC的体积为6√7 (C)三楼锥P-ABC的内切球的体积为7π (D)三棱锥P-ABC的外接球的表面积为43π 11.在边长为2的等边三角形ABC中，点D,E分别是边AC,AB 上的点满足DE∥BC且光=A(AE(0.1),将△ADE沿直线DE 折到△A'DE的位置.在翻折过程中，下列结论不成立的是() (A)在边A'E上存在点F,使得在翻折过程中，满足BF∥平面 A'CD (B)存在入e（0,7),使得在翻折过程中的某个位置，满足平 面A'BC⊥平面BCDE (C)若入=2，当二面角N'-DE-B为直二面角时，1A'B1= /10 (D)在翻折过程中，四棱锥A'-BCDE体积的最大值记为（入）， 八A)的最大值为25 9 第Ⅱ卷非选择题（共92分) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12已知△4BC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球0 的球面上.若球0的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为 13.在正方体ABCD-AB1CD1中，AB=4,0为AC1的中点，若 该正方体的棱与球0的球面有公共点，则球0的半径的取值范围是 14.如图2，在四棱锥P-ABCD中，底面 ABCD是边长为4的正方形，PA=PB=4,PC =PD=2√2，该棱锥的高为 四、解答题：本题共5小题，共77分 图2 数理报 15.(13分)如图3，AB是半圆0的直径，C是半圆0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=1, AB=4. (1)证明：平面ADE⊥平面ACD: (2)当点C为半圆的中点时，求平面ADE与平面ABE的夹角的 余弦值， 图3 ·高中数学新高考》全国各省市信息优化卷 ⑨！ 16.(15分)如图4，已知AB∥CD,CD∥EF,AB=DE=EF= CF=2,CD=4,AD=BC=10,AE=2√5，M为CD的中点 (1)证明：EM∥平面BCF; (2)求点M到平面ADE的距离. 图4 数理报。高中数学新高考》全国各省 17.(15分)如图5，在三棱柱ABC-A,BC中，A,C⊥平面ABC, ∠ACB=90°，AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)证明：A,C=AC; 信 (2)已知AA1与BB,的距离为2，求AB,与平面BCC,B,所成角 的正弦值. C 塞 图5 18.(17分)如图6，已知等边△ABC的边长为3，M,N分别是边 AB,AC上的点，且满足B丽-2，B=号B所+子BC,将△AMN沿 MN折起到△A'MN的位置. (1)证明：平面A'BM⊥平面BCNM; (2)给出三个条件：①A'M⊥CW;②平面A'MN⊥平面BCNM; ③四楼锥r-BCM的体积为沿从中任达个，求平百4BC与 平面A'CN的夹角的余弦值. M B 图6 19.(17分)类比二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面 角余弦定理.如图7，由空间中射线PA,PB,PC构成的三面角P- ABC中，∠APC=a,∠BPC=B,∠APB=Y,二面角A-PC-B的 大小为6，则cosy=cos acos B+sin asin Bcos0. (1)当a,Be(（0,)时，证明以上三面角余弦定理， (2)如图8，四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，平面AAC,C⊥平面 ABCD,∠AAC=于，∠BMC=平 ①求∠A,AB的余弦值. ②在直线CC,上是否存在点P,使得BP∥平面DAC,?若存在， 求出点P的位置；若不存在，请说明理由 图7 图8 数理报·高中数学新高考》全国各省市信息优化卷（四） (参考答案与解题提示见32版)32 =Oi.O元+OB.C⑦+BA.O元+BA.C -1-1+ +2 (3)设Bd=tBC(0≤t≤1)， 则o元=(1-t)BC, 所以O=B-BO=BA-tBC, OD=0C+CD=2BA+(1-)BC, 所以Oi.O=(B-tBC·[2B+(1-)BC =2B+(1-3t)B.BC-t(1-t)BC =2×12+(1-3t)×1-t(1-t)×4 =4t2-7t+3, 当=冬，即Bd=冬BC时，0.励最小 19.(1)解：①因为m=(2,1),n=（-1,2), 且S(m,n)=|x1y2-x2y11, 所以S(m,n)=12×2-1×(-1)1=5. ②因为m=(1,2),n=(2,4),则m与n共线， 所以S(m,n)=0. (2)证明：因为向量m=（x1,y1),n=(x2,y2), 且向量p=m+un(入，h∈R,A2+u2≠0)， 则p=(Ax1+2,y1+2), 所以S(p,m)=1(A1+ux2)y1-(入y1+2)x =1u1|2-x2y11, S(p,n）=|（A1+ux2)y2-（y1+2)x2 =|入1川x1y2-x2y11, 所以S(p,m)+S(p,n)=(I入I+luI)S(m,n). (3)解：(i)设c,a〉=a,(c,b〉=0，a,0∈[0， l,由a1b得0=号-a或0=受-a 当0=号-a时，s(c,a)+5(c,b)=2·71c11al a+2宁1elb1n(受-a=ma+sn(号 sin o x+cosa=万in(a+妥） 因为ue[0,m],所以&+牙e[牙，]， 所以当a+平=受，即a=平时， S(c,a)+S(c,b)取得最大值2； 当0=受-u时，5c,a)+5cb)=2 1a1sma+2分1e1a1sin(受-a=n a n(经-a）=sina-cosa=万sn(a-平）： 因为ae[0,l,所以a-平e[-牙，3]， 所以当a-子=受即“=平时， S(c,a)+S(c,b)取得最大值2， 所以S(c,a)+S(c,b)的最大值为2. (i)s(a,b)+sb,e)+sc,a)的最大值为5」 参考答案、 高考数学信息优化卷（四） 立体几何与空间向量参考答案 一、单项选择题 1~4 DCCC 5 ~8 DBBC 提示： 1.若a∥b,bC,则a∥或aC,①错误； 若a⊥b,a⊥a,则b∥a或bCax,②错误； 若a∥b,a⊥，则由线面垂直的性质定理得b⊥a, ③正确； 若a⊥a,b∥a,则由线面垂直的判定定理得a⊥b, ④正确.故选(D)· 2.由题得1AB1=√个+4+4=3， .C=1×(-)+2x0+(-2)x1=-3 (成，：信花5 I ABII ACI 3 则AB在AC上的投影向量的模为 I AB II Cos(AB,AC)I=5, 所以点B到直线AC的距离为√AB12-(√5)2=2. 3.如图1，建立空间直角坐标系0-xyz. 不妨设OB=1. 图1 因为PA⊥PB, 所以OP=OB=OA,OP⊥底面AMB. 则B(0,1,0),M(1,0,0),P(0,0,1),A(0,-1,0), A=(1,1,0),PB=(0,1,-1), eos(Ai,PE=。1 所以异面直线AM与PB所成角的大小为于 4.如图2，由已知得该棱台的高 h=MW=157.5-148.5=9(m), 所以增加的水量即为棱台的体积. 棱台的上底面积S=140.0km2=140×106m2, 下底面积S'=180.0km2=180×10°m2, 所以V=h(S+S +5s) =号x9×(40x10+180×10°+V40×180×10) =3×(320+60万)×10 ≈(96+18×2.65)×10 =1.437×109 ≈1.4×10(m3). 数理极 H M B 图2 5.如图3所示， D C B E B 图3 设AB=a,AD=b,AA1=c, 易知B,D与平面ABCD所成角为∠B,DB, BD与平面AA1B,B所成角为∠DB1A, 所以sim30°=BD=BD 即b=c,BD=2c=√a+b2+c, 解得a=√2c 对于(A),由b=c及a=√2c得a=√2b,即AB= √2AD,(A)错误； 对于(B),过点B作BE⊥AB,于E,易得BE⊥平面 AB,C,D,所以AB与平面AB,C,D所成角为∠BAE,且 am∠B4能=台-号.所以∠E≠30，（错误： 对于(C),AC=√a+b=5c,CB1=+c =√2c,AC≠CB,(C)错误； 对于(D),易知B,D与平面BB1CC所成角为 ∠DB,cm∠Dac=号会-号，而0<∠服C <90°，所以∠DBC=45°，(D)正确 故选(D). 6.如图4所示，在三棱锥P-ABC中，过E分别作EF ∥AB,EH∥PC,再分别过点F,H作FG∥PC,HG∥AB, 可得E,F,G,H四点共面， E C G B 图4 因为AB￠平面EFGH,EFC平面EFGH, 所以AB∥平面EFGH, 同理可证PC∥平面EFGH, 所以截面即为平行四边形EFGH, 又E为线段AP上更靠近P的三等分点， 且AB+2PC=9, 所以EF=号AB,EH=子PC, 所以平行四边形EFGH的周长为 2(EF+E)(AB+2PC)-6. 7.延长AE交CD于H,连接FH, 则△DEH△BEA,所以光-器=分 因为平面AEF∥平面BD1G,平面AEF∩平面 数理极 CDD,C=FH,平面BDG∩平面CDDC1=DG, 所以FH∥D,G. 又四边形CDD,C1是平行四边形， DF DH 因为CD =所以FD,=CG.Dr=CG, 因为FD CG 8.因为球的体积为36π，所以球的半径R=3. 如图5所示， 2a 2a 图5 设正四棱锥的底面边长为2a,高为h, 则=+(Ea月， R2=(h-3)2+(2a)2, (h 6 解得 a2= 所以正四棱锥的体积V=了h=子x4:2xh=子 x(-6)×石=g(-6)3≤1≤3. 所以P=g(4-6)=号(24。) 令V=0,解得1=26. 当3≤l≤26时，V>0; 当26<l≤33时，V<0. 所以函数V=)(-6)3≤1≤35)在3,26] 上单调递增，在(26,33]上单调递减， 且当1=3时，V=头： 当1=26时，= 当1=3时，V= 所以该正四棱锥体积的取值范围是[子，号]】 二、多项选择题 9.AC;10.BD;11.ABC. 提示： 9.在△PAB中，由余弦定理得AB=25, 如图6，连接PO,易知圆锥的高h=P0=1, 底面圆的半径r=AO=B0=√3. 图6 ·参考答案 对于(A),该圆锥的体积V=了㎡h=,故(A)选 项正确； 对于(B),该圆锥的侧面积S侧=r·PA=25π，故 (B)选项错误； 对于(C),取AC的中点H,连接PH,OH,因为OA= OC,所以OH⊥AC,同理可得PH⊥AC,则二面角 P-AC-0的平面角为∠PH0=45°，所以OH=P0 =1,AH=CH=√A02-O=2,所以AC=22,故 (C)选项正确； 对于(D),PH=万0H=万，Sc=之×AC x PH =2,故(D)选项错误， 故选(A)(C). 10.对于(A),如图7，连接PF,BF.由于PA=PC= 5,所以PF⊥AC,又AF=CF=3,故PF=√PA-AF风 =4,同理可得BF=4,故EF⊥PB,又PE=3,所以EF =√PF-PE=万，故(A)不正确： 图7 对于(B),由题知△PBF的面积为SA:=子PB· EF=3万.由于AC⊥BF,AC⊥PF,BF∩PF=F,所以 AC⊥平面PBF,又AF=CF=3,所以Vp-ABc=2Vc-PBF =2×56m·CF=2×号×3万x3=6万，故(B) 正确； 对于(C),由题知，△ABC≌△APC≌△BAP≌ △BGCP,Saw=方AC,BF=2设三棱准P-ABC的 内切球的半径为r,则写×12×4=6万， 放，=3，故其内切球的休积为号。 4 ()'-6,故(c)不正确： 128 对于(D),将三棱锥P-ABC补全为棱长分别是a, b,c的长方体，如图8所示， b 图8 a2+b2=36, 则62+2=25， a2+e2=25, 所以a2+62+c2=43, 设三棱锥P-ABC的外接球的半径为R,则4R2=a +b2+c2=43,所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积 为4πR2=43π，故(D)正确 33 故选(B)(D) 11.对于(A),在边A'E上点F,在A'D上取一点N,使 得FN∥ED,在ED上取一点H,使得NH∥EF,作HG∥ BE交BC于点G,如图9所示， B 图9 则可得FW平行且等于BG, 即四边形BGWF为平行四边形，所以NG∥BF, 而GN始终与平面A'CD相交， 因此在边A'E上不存在点F,使得在翻折过程中，满 足BF∥平面A'CD,因此(A)不正确； 对于(B),由于Ae(0,2 ,所以在翻折过程中， 点A'在底面BCDE的射影不可能在交线BC上，因此不满 足平面A'BC⊥平面BCDE,因此(B)不正确： 对于(C),A=?,当二面角'-DB-B为直二面角 时，取ED的中点M,如图10所示， B 图10 可得A'M⊥平面BCDE, 则IA'BI=A'M+BMP =√(9)+1+（分）-2×1×分×o120 4 因此(C)不正确； 对于(D),在翻折过程中，取平面A'ED⊥平面 BCDE,四按锥'-BCDE体积A)=号·SnE·月i 入-Ae(0,1)f'()=1-3,可得A=停时，函 数)取得最大值，此时A)=令(1-兮） 2 9 ,因此(D)正确， 故选(A)(B)(C): 三、填空题 12.1；13.[22,25]:14.5. 提示： 12由等边三角无AC的面积为点。 得B=95,得B=3, 则△ABC的外接圆半径 设球的半径为R, 则由球的表面积为16π， 34 得4πR2=16π，得R=2, 则球心0到平面ABC的距离d=√R2-r2=1. 13.由该正方体的棱与球O的球面有公共点，可知球 0的半径应介于该正方体的棱切球半径和外接球半径之 间（包含棱切球半径和外接球半径）. 设该正方体的棱球半径为r,因为AB=4, 所以2r=2×4,所以r=22; 设该正方体的外接球半径为R,因为AB=4, 所以(2R)2=42+42+42,所以R=25. 所以球0的半径的取值范围是[22,25]. 14.由题意知△PAB为正三角形， 因为PC2+PD2=CD2,所以PC⊥PD. 如图11，分别取AB,CD的中点E,F, 连接PE,EF,PF,则PE=25,PF=2,EF=4, 图11 于是PE2+PF2=EF2,所以PE⊥PF 过点P作PG⊥EF,垂足为G. 易知CD⊥PF,CD⊥EF, EF,PFC平面PEF,且EF∩PF=F, 所以CD⊥平面PEF 又PGC平面PEF,所以CD⊥PG 又PG⊥EF,CD,EFC平面ABCD, CD∩EF=F,所以PG⊥平面ABCD, 所以PG为四棱锥P-ABCD的高. 由PEPF=2EFPG, 得PG=PE:PE=2Bx2=5 EF 4 四、解答题 15.(1)证明：因为AB是圆O的直径，所以AC⊥BC, 因为DC⊥平面ABC,BCC平面ABC,所以DC⊥BC. 又DC∩AC=C,所以BC⊥平面ACD. 因为DC∥EB,DC=EB, 所以四边形DCBE是平行四边形，所以DE∥BC, 所以DE⊥平面ACD. 又DEC平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD, (2)解：当点C为半圆的中点时，AC=BC=2√2， 以C为原点，CA,CB,CD所在直线分别为x轴，y轴，z 轴，建立如图12的空间直角坐标系C-yz. D 0 图12 则D(0,0,1),E(0,22,1),A(22,0,0),B(0,22,0), 所以AB=(-22,22,0),B2=(0,0,1), D正=(0,22,0)，D=(22,0,-1), 设平面DAE的法向量为m=（x1y1,z1), …参考答案 即 令x1=1得m=(1,0,22), 设平面ABE的法向量为n=（x2,y2,2), 令x2=1得n=(1,1,0). 1mm1==以5-g 所以平面ADE与平面ABE的夹角的余弦值为票 16.(1)证明：由题意得EF∥MC,且EF=MC, 所以四边形EFCM是平行四边形， 所以EM∥FC. 又CFC平面BCF,EM丈平面BCF, 所以EM∥平面BCF (2)解：取DM的中点O,连接OA,OE, 因为AB∥MC,且AB=MC, 所以四边形AMCB是平行四边形， 所以AM=BC=√I0,又AD=√I0, 故△ADM是等腰三角形， 同理△EDM是等腰三角形， 可得OA⊥DM,OE⊥DM, 0A=√40-（受）=3. 0E=√m-()=5, 又AE=23,所以OA2+OE2=AE2, 故OA⊥OE. 又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DMC平面EDM, 所以OA⊥平面EDM. 易知Sm=?×2×万=厅. 在△ADE中，cOs∠DEA= 4+12-10 2×2×25 4 所以sin∠DEA=③ m=分×2x25×厘 39 设点M到平面ADE的距离为d, 由VM-ADE=V-Dw,得 35aE·d=号Am·0A,得d=6厘 13 故点M到平面ADE的距离为 17.(1)证明：如图13，过A1作AD⊥CC1,垂足为 B 图13 数理极 因为AC⊥平面ABC,BCC平面ABC, 所以AC⊥BC, 又∠ACB=90°，所以AC⊥BC, 因为AC,ACC平面ACCA1,且AC∩AC=C, 所以BC⊥平面ACC1A1, 因为A1DC平面ACC,A1,所以BC⊥AD, 又CC,BCC平面BCCB1,且CC,∩BC=C, 所以A1D⊥平面BCC1B1,所以A1D=1. 由已知条件易证△CA,C,是直角三角形， 又CC1=AA1=2,AD=1, 所以D为CC的中点， 又AD⊥CC1,所以A1C=A1C1, 又在三棱柱ABC-AB1C1中，AC=AC1, 所以AC=AC. (2)解：如图13，连接AB, 由(1)易证A1B=A1B1, 故取BB的中点F,连接A1F, 因为AA1与BB,的距离为2，所以AF=2, 又AD=1且AC=AC, 所以AC=AC1=AC=2, AB=A1B1=5,BC=5. 建立空间直角坐标系C-xyz如图13所示， 则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,5,0), B1(-2,3,N2),C1(-2,0,2), 所以C店=(0,5,0)，CC=（-2,0,2), AB=(-22,5,N2), 设平面BCC,B,的法向量为n=(x,y,z), 即 取x=1,则y=0,z=1, 所以平面BCC,B,的一个法向量为n=(1,0,1) 设AB,与平面BCCB,所成角为0， 则sin6=1cos(n,AB1=n·A81- I nIl AB I 13 所以AB与平面BCC,B,所成角的正弦值为 13 18.(1)证明：在等边△ABC中， 由B=子B+子武， 得BN-BA=2(BC-Bd,即AN=2NC, 因为AC=3,所以AN=2,NC=1. 由BM=2MA,得BM=2,AM=1. 在△AMW中，由余弦定理得 MW=/12+22-2×1×2×cos60°=√5， 所以MW2+AMP=AW2,则MN⊥AB, 所以MN⊥A'M,MN⊥BM, 又BM∩A'M=M,BM,A'MC平面A'BM, 所以MW⊥平面A'BM,又MNC平面BCWM, 所以平面A'BM⊥平面BCNM. (2)解选条件①： 数理极 因为A'M⊥CN,A'M⊥MW, CN,MNC平面BCNM,CN∩MN=N, 所以A'M⊥平面BCNM, 又BMC平面BCNM,所以A'M⊥BM, 结合(1)可知，MA',MB,MW两两垂直， 以M为坐标原点，MB,MW,MA'所在直线分别为 轴，y轴，z轴，建立如图14所示的空间直角坐标系， A 图14 则A'(0,0,1),B(2,0,0), c(3350N05.0. 所以元=（分35-· 屁（是， A=(0,5,-1), 设平面A'BC的法向量为n1=(x1,y1,1), 42y=0, 则 1 2y-=0, 令y1=1,则x1=5,21=25, 即n1=(5,1,23), 设平面A'CN的法向量为2=(x2,y2,2), 则 元=+ 22-22=0, n2·A'N=52-=0, 令2=1，则3=5，x2=-5, 即2=(-5,1,5)， 设平面A'BC与平面A'CW的夹角为0， =m·m,L=-3+1+61=万 则cos0=n1 4万 故平面A'BC与平面4CN的夹角的余弦值为 选条件②： 因为平面A'MW⊥平面BCNM, 平面A'MN∩平面BCNM=MW, A'MC平面A'MN,A'M⊥MW, 所以A'M⊥平面BCNM, 又BMC平面BCNM,所以A'M⊥BM, 以下同选择条件①. 选条件③： 四边形BCNM的面积 S=SAAC-S△AwN =分×3x3×5-3×1×6=75 又四棱锥A'-BCNM F的体积为75 12 所以四棱锥A'-BCNM的高为1， 参考答案 即，点A'到底面BCNM的距离为1， 又A'M=1,所以A'M⊥平面BCWM, 因为BMC平面BCWM,所以A'M⊥BM, 以下同选择条件①. 19.（1)证明：如图15，过射线PC上一点H作HM⊥ PC,交PA于点M,作HN⊥PC,交PB于点N,连接MW, 则∠MHW是二面角A-PC-B的平面角. M N B 图15 在△MWP中和△MWH中分别应用余弦定理，得 MN2=MP2+Np2-2MP·NP·cosy, MW2=Mf+N-2MH·NH·cos0, 两式相减得MP2-MH+NP2-NH-2MP.NP. cosy+2MH·NH·cos0=0, 得2MP·NP·cosy=2P+2MH·NH·cos0, 两边同时除以2MP·NP, PHPH MH NH 得cosy=MP'NP MP·2 ·c0s0, cos y cos acos B+sin asin Bcos 0. (2)解：①由平面AAC,C⊥平面ABCD, 知二面角4，-AC-B的大小为受， 所以由三面角余弦定理可得 c0s∠A1AB=cOs∠A1AC·cos∠BAC, 因为LA4C=于，LBAC=平 所以os∠AAB=6os号xcos开= 1 2 ②在直线CC1上存在点P,使得BP∥平面DAC 连接BC,延长CC至P,使CP=CC,连接BP, 在四棱柱ABCD-A1B,C,D,中，AB,LAB,AB LCD, 所以AB⊥CD,所以四边形ABCD为平行四边形， 所以AD∥BC 在四边形B,BPC中，B,B⊥CP, 所以四边形B,BPC为平行四边形， 所以B,C∥BP,所以AD∥BP, 又ADC平面DAC1,BP平面DAC1, 所以BP∥平面DAC 所以当点P在CC的延长线上，且CP=CC时， BP∥平面DAC· 高考数学信息优化卷（五） 数列参考答案 一、单项选择题 1 ~4 CCCD 5 ~8 CBCB 提示： 1.设等差数列{a,n}的公差为d, 因为5。= (a+a6）=3(a,+a4)=48, 2 即a3+a4=16, 35 所以(a4+a5)-(a3+a4)=24-16=8, 即a5-a3=2d=8,解得d=4. 2.根据题意，P3=2P2+P=2×1+0=2, P4=2P3+P2=2×2+1=5, P与=2P4+P3=2×5+2=12, P6=2P5+P4=2×12+5=29, P7=2P6+P5=2×29+12=70, Pg=2P7+P6=2×70+29=169,…, 所以数列{an}的前20项为1,0,1,0，…，1,0， 则S0=10×1+10×0=10. 3.设等比数列{an}的公比为q, 则g=46+%4=2, a3+a1 所以a4=a1·q3=2, 所以a1aa3a,=ad=27=128. 4根据题微“女 a1+a14 ba 分×24 子6，+ 6×7 5.易知S2,S4-S2,S6-S4,Sg-S6,…为等比数 列，所以(S4-S2)2=S2·(S6-S4), 解得8=1或8=子 当S2=-1时，由(S6-S4)2=(S4-S2)·(Sg- S6),解得Sg=-85; 当5=子时.心=a1+西+西+a:=(a+)1 +92)=(1+92)S2>0,与S4=-5矛盾，舍去 6.由au=220 2得1=2-1， a+1 令b.=1,则b1=2b。-1, 即bn1-1=2(bn-1), 又6-1=1-1=1， 所以数列{b.-1}是以1为首项，2为公比的等比数 列，所以b-1=2-1,则bn=2-+1, 所以b+b2+b3+…+bn =1+2+22+…+2"-1+n =2"+n-1, 由2"+n-1<1000,解得n≤9， 即n的最大值为9. 7.因为a*1= 4Sm-1 2n-1, 所以(2n-1)am+1=4S.-1 ① 所以(2n-3)a.=4Sw-1-1(n≥2) ② ①-②得(2n-1)a+1-(2n-3)an=4a.(n≥2)， 整理得会一头≥2)， 所以a.= 0.a.2...2a an-1 an-2 an-3 a