2018届高考数学滚动检测06第一章到第八章综合同步单元双基双测B卷理 本文关键词：第八章，滚动，单元，同步，高考数学
2018届高考数学滚动检测06第一章到第八章综合同步单元双基双测B卷理 本文简介：滚动检测06第一章到第八章综合（测试时间：120分钟满分：150分）一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）1.已知R是实数集，，则（）A．（1，2）B．[0，2]C．D．[1，2]【答案】D【解析】考点：集合的交集、补集运算．2.已知双曲线的渐近线方程为，且其右焦点为（5,0），则双曲线的方程
2018届高考数学滚动检测06第一章到第八章综合同步单元双基双测B卷理 本文内容：
滚动检测06
第一章到第八章综合
（测试时间：120分钟
满分：150分）
一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）
1.
已知R是实数集，，则（
）
A．（1，2）
B．[0，2]
C．
D．[1，2]
【答案】D
【解析】
考点：集合的交集、补集运算．
2.
已知双曲线的渐近线方程为，且其右焦点为（5,0），则双曲线的方程为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
试题分析：由题意得，，所以，，所求双曲线方程为．
考点：双曲线方程.
3.
若“，使得成立”是假命题，则实数的取值范围为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
考点：1、命题的真假判断；2、不等式恒成立.
【思路点睛】本题以含有量词的命题为条件，实际考查不等式恒成立问题.如果存在性命题为假命题，那么它的否定全称命题一定为真，可以利用这一结论解题，寻求等价转化，从而转化为易于求解的问题.另外，对于不等式恒成立问题，要重视分离参数法的应用.本题主要考查问题的转化.
4.
不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围为（
▲
）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】恒成立，所以不等式
对任意实数恒成立，即，，解得故选A
考点：不等式
5.
【2018河南名校联考】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
6.
【2018辽宁沈阳四校联考】已知过抛物线的焦点的直线与抛物线交于两点，且，抛物线的准线与轴交于点，
于点，若四边形的面积为，则准线的方程为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】设|BF|=m，|AF|=3m，则|AB|=4m，p=m，∠BAA1=60°，
∵四边形AA1CF的面积为，
∴=，
∴m=，∴=，
∴准线l的方程为x=﹣，
故选A．
7.
已知函数，则下列结论正确的是（
）
A．导函数为
B．函数的图象关于直线对称
C．函数在区间上是增函数
D．函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到
【答案】C.
【解析】
考点：的图象和性质.
【名师点睛】根据，的图象求解析式的步骤：1.首先确定振幅和周期，从而得到与；2.求的值时最好选用最值点求：峰点：，谷点：，
也可用零点求，但要区分该零点是升零点，还是降零点，升零点（图象上升时与轴的交点）：；降零点（图象下降时与轴的交点）：（以上）．
8.
【2018黑龙江大庆中学一模】已知三棱锥的四个顶点都在球的表面上，
平面，且，则球的表面积为
（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】由题意可知CA,CB,CD两两垂直，所以补形为长方形，三棱锥与长方体共球，
，求的外接球的表面积，选C
【点睛】
求共点三条侧棱两两垂直的三棱锥外接球相关问题，我们常用的方法为补形成长方体，转化为求长方体的外接球问题。充分体现补形转化思想。
9.
设函数在R上存在导函数,对于任意的实数，都有，当时，.若，则实数的取值范围是（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
考点：利用导函数构造函数，不等式.
【思路点晴】本题考查的是不等式的求解.关键是题目中没有给出明确的函数解析式，需要根据题目中的已知条件得到再把已知条件中的不等式具体化为，从而可解得故选A.
10.
【2018湖南五市十校联考】将余弦函数的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的倍（横坐标不变），再将所得到的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.若关于的方程在内有两个不同的解，则实数的取值范围为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】由题意得，
若关于的方程在内有两个不同的解，
根据图像知，选A.
11.
已知函数（，），若对任意都有成立，则（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
考点：函数与导数.
【方法点晴】根据连续函数满足可知，函数在时取得最小值，经分析，所以可以得到.观察选项分析可知母的是想比较与的大小关系，因此想到的是构造函数，从而求出的最大值小于，所以恒成立，即恒成立，本题考查利用导数研究函数的最值.
12.
己知F1，F2是双曲线=1（a＞0，b＞0）的左、右两个焦点，以线段F1F2为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点M，与双曲线交于点N（点M，N均在第一象限），当直线MF1与直线ON平行时，双曲线离心率取值为e0，则e0所在区间为（
）
A．（1，）
B．（，）
C．（，2）
D．（2，3）
【答案】A
【解析】
试题分析：设双曲线的半焦距为c．依题条件可得点M的坐标为（a，b）．因为直线MF1与直线ON平行，所以可得．根据题意知，直线ON与圆及双曲线=1在第一象限交于点N，将三方程联立求解得，，整理得，，所以．设，可知该函数在上连续且单调递增．又因，所以的根在区间．故选A．
考点：双曲线离心率的综合问题．
【方法点睛】本题考查离心率，但考查的方式比较独特，常见题型是通过几何性质求离心率或求离心率的取值范围，而本题离心率是确定的，但不易求出，所以题目安排求离心率
所在的区间．通过分析可以求出参数a，b，c的关系，并求出离心率
满足的方程，因此题目转化为求该方程的解在哪个区间，即考查零点存在性定理，从而得解．
二．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13.
已知直线是的切线，则的值为
【答案】
【解析】
考点：导数的几何意义
14.
【2018河南漯河中学四模】已知为抛物线：
的焦点，过作斜率为1的直线交抛物线于、两点，设，则__________．
【答案】
【解析】设A（x1，y1）B（x2，y2）
由可得x2﹣3px+=0，（x1＞x2）
∴x1=p，x2=p，
∴由抛物线的定义知=
故答案为：
．
15.
一个空间几何体的三视图如右图，其中正视图是边长为2的正三角形，俯视图是边长分别为1,2的矩形，则该几何体的侧面积为________．
【答案】．
【解析】
试题分析：由三视图可知：该几何体是一个四棱锥，其底面是边长分别为1，2的矩形，高为，顶点S在底面上的射影是底边CD的中点，如下图：
，
易知：，，
故知其侧面积：
所以答案应填：．
考点：1、三视图；2、四棱锥的侧面积．
16.
【2018江西新余一中四模】设曲线与轴、轴、直线围成的封闭图形的面积为，若在上单调递减，则实数的取值范围是__________．
【答案】k≥0
【解析】由题意可知，
则在上恒成立，
即在上恒成立，
令
则
当时，
函数在上为减函数，
则
故实数的取值范围是
点睛：曲线与轴、轴、直线围成的封闭图形的面积为，
为函数在上的定积分，求出后代入函数，由在上单调递减，可知其导函数在上小于等于恒成立，然后利用分离变量法可求的取值范围。
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.
已知函数．
（1）求的最小正周期；
（2）设，求的值域和单调递增区间．
【答案】（1）（2），的递增区间为
【解析】
（2）本题考察的是正弦函数的值域和单调区间问题，由（1）知函数的解析式，然后根据所给定义域求出的取值范围，进而判断函数的最小值和最大值是多少，就可以求出函数的值域；然后把代入到正弦函数的递增区间内，解出的取值范围，就是所求函数的单调递增区间．
试题解析：（1）∵
的最小正周期为．
（2）∵，
，
∴．
的值域为．
当递增时，递增．
由，得．
故的递增区间为．
考点：正弦函数的周期性和单调性
18.
已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=2an+n，且bn=n（1-
an）
（1）求证：{an-1}为等比数列；
（2）求数列{bn}的前n项和Tn．
【答案】（1）证明过程详见解析；（2）．
【解析】
试题解析：（1）由，得，
，即，
，
是以为首项，为公比的等比数列．
（2）由（1）得，即
①
②
①②得：
考点：①等比数列的证明方法；②错位相减法求数列的前n项和．
19.
在中，，，.
（1）求的值；
（2）设的中点为，求中线的长.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
试题解析：（1）因为，且是三角形的内角，
所以，
所以
.
（2）在中，由正弦定理，得.
所以，
于是.
在中，，，所以由余弦定理，得
.
即中线的长度为.
考点：两角和的正弦定理；正弦定理；余弦定理.
【易错点睛】解三角形问题的技巧：①作为三角形问题，它必须要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及其有关三角形的性质，及时进行边角转化，有利于发现解题的思路；②它毕竟是三角变换，只是角的范围受到了限制，因此常见的三角变换方法和原则都是适用的，注意“三统一”（即“统一角、统一函数、统一结构”）是使问题获得解决的突破口.
20.
【2018河南漯河高级中学四模】如图，四棱锥中，底面是的菱形，侧面是边长为2的正三角形，且与底面垂直，
为的中点.
（1）求证：
平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】试题分析：（1）要证平面，转证线线垂直即可；（2）分别求出两个平面的法向量，利用向量间的运算关系求出两个向量的夹角，再转化为二面角的平面角．
试题解析：
（1）法一：作于，连接
由侧面与底面垂直，则面
所以，又由，
，
，
则，即
取的中点，连接，
由为的中点，
则四边形为平行四边形，
所以，又在中，
，
为中点，所以，
所以，又由所以面.
法二:
作于，连接
由侧面与底面垂直，则面
所以，又由，
，
，
则，即
分别以，
，
所在直线为轴，
轴，
轴建立空间直角坐标系，
由已知，
，
，
，
，
，
，
所以，
，
又由所以面.
点睛：利用法向量求解空间二面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
21.
己知函数f（x）=ln（x+l）-x
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若k∈Z，且f（x-l）+x＞k（1一）对任意x＞l恒成立，求k的最大值；
（3）对于在（0，1）中的任意一个常数a，是否存在正数x0，使得成立？请说明理由．
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）的最大值为；（3）符合条件，即存在正数满足条件．
【解析】
试题解析：（1）易得，函数定义域为（-1，）且，
当时，，即在上是增函数，
当时，，即在上是减函数．
的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）由变形得，
整理得，
令，则．
，
若时，恒成立，即在上递增，
由，即，解得，
．
又，
的最大值为．
若时，由，解得，由，解得．
即在上单调递减，在上单调递增．
在上有最小值，
于是转化为（）恒成立，求的最大值．
令，于是．
当时，，单调递减，当时，，单调递增．
在处取得最大值．
，，
，，，，
的最大值为．
综上所述，的最大值为．
（3）假设存在这样的满足题意，则
由等价于（）．
所以要找一个，使（）式成立，只需找到当时，函数的最小值满足即可．
，
令，得，则，取，
在时，，在时，，
，
下面只需证明：在时，成立即可．
又令，，
则，从而在时为增函数．
，因此符合条件，即存在正数满足条件．
考点：①求函数的单调区间；②由不等式恒成立问题求参数范围；?是否存在性问题求
22.
【2018辽宁凌源两校联考】已知椭圆的一个顶点为，焦点在轴上，若右焦点到直线的距离为3．
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆与直线（）相交于不同的两点，
，当时，求实数的取值范围．
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（1）利用焦点到直线距离为3，及顶点为，求得椭圆的方程；（2）有，则，
，取中点为，由，有，故，所以，所以。
试题解析：
（1）由题意，得，右焦点坐标，
则，得或（舍去），
则，
所以所求椭圆的方程为．
（2）有，
设，
，
则，
，
故，
由，得，
点睛：直线和圆锥曲线的综合题型常用方法就是联立方程组，得到韦达定理，本题中在此基础上，由，有，则斜率之积为-1，通过求解得到，由，得，解得答案。
篇2：20XX届高考数学滚动检测05向量数列不等式和立体几何的综合同步单元双基双测A卷理
2018届高考数学滚动检测05向量数列不等式和立体几何的综合同步单元双基双测A卷理 本文关键词：立体几何，不等式，数列，向量，滚动
2018届高考数学滚动检测05向量数列不等式和立体几何的综合同步单元双基双测A卷理 本文简介：滚动检测05向量数列不等式和立体几何的综合（测试时间：120分钟满分：150分）一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）1.设平面、，直线、，，，则“，”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】考点：1.平面与平面平行的判定定理与性质
2018届高考数学滚动检测05向量数列不等式和立体几何的综合同步单元双基双测A卷理 本文内容：
滚动检测05
向量
数列
不等式和立体几何的综合
（测试时间：120分钟
满分：150分）
一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）
1.
设平面、，直线、，，，则“，”是“”的（
）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
考点：1.平面与平面平行的判定定理与性质；2.充分必要条件
2.
如果对任意实数x总成立,则a的取值范围是
（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】Ａ
【解析】
试题分析：因为对任意实数x总成立,所以a小于的最小值，由绝对值的几何意义，数轴上到定点-1，-9距离之和的最小值为两定点之间的距离，所以，故选A。
考点：本题主要考查绝对值的几何意义。
3.
【2018河南漯河中格纸上小正方形边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（
）
A.
48
B.
36
C.
32
D.
24
【答案】C
【解析】由三视图可知，该几何体是由一个三棱柱截去一个四棱锥而得到的。
该几何体的体积为：
故选：C
点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.
4.
《庄子·天下篇》中记述了一个著名命题：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”反映这个命题本质的式子是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
考点：等比数列求和.
5.
【2018湖南五市十校联考】已知某几何体的三视图如图所示，正视图是斜边长为2的等腰直角三角形，侧视图是直角边长为1的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】几何体如图：
为外接球的球心，表面积为，选B.
点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)若球面上四点构成的三条线段两两互相垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．
6.
设等比数列中，前n项和为,已知，则
（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
试题分析：由题意可知成等比数列，即8，-1，成等比数列，
可得
，故选A
考点：本题考查等比数列的性质
7.
【2018云南昆明一中检测】已知数列的前项和为，且，
，则数列中的为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【方法点晴】本题主要考查等差数列的定义以及已知数列的递推公式求通项，属于中档题.由数列的递推公式求通项常用的方法有：累加法、累乘法、构造法，
已知数列前项和与第项关系，求数列通项公式，常用公式，将所给条件化为关于前项和的递推关系或是关于第项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式.
在利用与通项的关系求的过程中，一定要注意
的情况.，进而得出的通项公式.
8.
是边长为1的等比三角形，已知向量满足，，则下列结论正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
考点：平面向量数量积运算.
【方法点睛】平面向量数量积的类型及求法
(1)求平面向量数量积有三种方法：一是夹角公式a·b＝|a||b|cos
θ；二是坐标公式a·b＝x1x2＋y1y2；三是利用数量积的几何意义.
(2)求较复杂的平面向量数量积的运算时，可先利用平面向量数量积的运算律或相关公式进行化简.
9.
【2018江西宜春调研】如图（1），五边形是由一个正方形与一个等腰三角形拼接而成，其中，
，现将进行翻折，使得平面平面，连接，所得四棱锥如图（2）所示，则四棱锥的外接球的表面积为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】对四棱锥进行补型，得到三棱柱如下所示，故四棱锥的外接球球心即为三棱柱的外接球球心；故其外接球半径
，故表面积
故选C.
点睛：本题考查了多面体的外接球，把不易求其外接球半径的几何体转化为易求半径的几何体是解题的关键，体现了补体的方法.
10.
若不等式在区间上有解，则a的取值范围为（
）
A．（,）
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
试题分析：，设在上是减函数，所以最小值为，所以
考点：不等式与函数问题
11.
【2018辽宁凌源两校联考】若实数，
满足不等式组
，
，则的取值范围为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
12.
已知边长为的菱形中，，现沿对角线折起，使得二面角为120°，此时点在同一个球面上，则该球的表面积为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
考点：多面体的外接球及表面面积公式的运用．
二．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13.
已知向量，，则__________．
【答案】5
【解析】
试题分析：因为又，所以．
考点：平面向量的数量积．
14.
设数列前项和为，如果那么_____________．
【答案】
【解析】
考点：数列通项公式的应用．
【方法点晴】本题主要考查了数列通项公式的应用，其中解答中涉及数列的递推关系式的应用、数列的累积法等知识点的综合考查，着重考查学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，试题有一定的难度，属于中档试题，本题的解答中，利用数列的递推关系式，得到，进而得到是解答的关键．
15.
【2018江苏溧阳调研】给出下列命题：
（1）若两个平面平行，那么其中一个平面内的直线一定平行于另一个平面；
（2）若两个平面垂直，那么平行于其中一个平面的直线一定平行于另一个平面；
（3）若两个平面平行，那么垂直于其中一个平面的直线一定垂直于另一个平面；
（4）若两个平面垂直，那么其中一个平面内的直线一定垂直于另一个平面．
则其中所有真命题的序号是___________________．
【答案】（1）（3）
【解析】逐一考查所给的命题：
（1）若两个平面平行，那么其中一个平面内的直线一定平行于另一个平面；
（2）若两个平面垂直，那么平行于其中一个平面的直线一定垂直于另一个平面；
（3）若两个平面平行，那么垂直于其中一个平面的直线一定垂直于另一个平面；
（4）若两个平面垂直，那么其中一个平面内的直线不一定垂直于另一个平面．
综上可得：真命题的序号是（1）（3）.
16.
如图是某几何体的三视图（单位：cm），则该几何体的表面积是__
___cm2，体积为_
__
cm3．
【答案】
【解析】
考点：空间几何体的三视图．
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.
【2018河南漯河中学四模】如图，四棱锥中，底面是的菱形，侧面是边长为2的正三角形，且与底面垂直，
为的中点.
（1）求证：
平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】试题分析：（1）要证平面，转证线线垂直即可；（2）分别求出两个平面的法向量，利用向量间的运算关系求出两个向量的夹角，再转化为二面角的平面角．
试题解析：
（1）法一：作于，连接
由侧面与底面垂直，则面
所以，又由，
，
，
则，即
取的中点，连接，
由为的中点，
则四边形为平行四边形，
所以，又在中，
，
为中点，所以，
所以，又由所以面.
法二:
作于，连接
由侧面与底面垂直，则面
所以，又由，
，
，
则，即
分别以，
，
所在直线为轴，
轴，
轴建立空间直角坐标系，
由已知，
，
，
，
，
，
，
所以，
，
又由所以面.
（2）设面的法向量为
由，
，
由（I）知面，取面的法向量为
所以，设二面角大小为，由为钝角得
点睛：利用法向量求解空间二面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
18.
已知函数其中在中，分别是角的对边，且．
（1）求的对称中心；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）
对称中心为（2）
【解析】
试题分析：（1）利用向量数量积公式，结合辅助角公式化简函数，利用f（A）=1，结合A的范围，可得结论；（2）先利用余弦定理，结合条件可求bc的值，从而可求△ABC的面积．
试题解析：
(1）因为，
所以对称中心
考点：解三角形；三角形中的恒等变换
【名师点睛】数学问题中的条件和结论，很多都是以数式的结构形式进行搭配和呈现的．在这些问题的数式结构中，往往都隐含着某种特殊关系，认真审视数式的结构特征，对数式结构进行深入分析，加工转化，可以寻找到突破问题的方案．
19.
已知函数
（1）若对于任意的，都有成立，求实数的取值范围；
（2）如果关于x的不等式f（x）￡m有解，求实数m的取值范围．
【答案】（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）结合二次函数图像，当在区间两端点处函数值满足成立成立时，则有在区间上成立，将相应的自变量值代入可求得实数的不等式，得到其取值范围；（2）由不等式有解转化为求函数的最小值问题，从而得到关于实数m的不等式，求得其范围
试题解析：（1）
（2）
，
法二：
有解
∴
考点：1．二次函数图像及性质；2．不等式与函数的转化
20.
已知数列的首项且．
（1）求证：数列是等比数列，求出它的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析，；（2）.
【解析】
试题解析：
（1），即，
∴，又，
∴数列是首项为4，公比为2的等比数列，
，．
（2）由（1）得，
∴，
，,相减得，
∴．
考点：递推数列求通项，错位相减法．
【方法点晴】错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可用此法来求，如等比数列的前项和公式就是用此法推导的．若，其中是等差数列，是公比为等比数列，令，则两式错位相减并整理即得.
21.
如图，在四棱锥中，为正三角形，，平面平面．
（1）点在棱上，试确定点的位置，使得平面；
（2）求二面角的余弦值．
【【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
试题分析：（1）借助题设条件运用线面垂直的判定定理推证；（2）借助题设运用空间向量的数量积求解.
（1），故；
设，若，则，即，
即，即，即当为的中点时，，
则平面，所以当为的中点时平面．
（2）设平面的一个法向量，，则且，即且，令，则，则，
再取平面的一个法向量为
则，
故二面角的余弦值为
考点：线面垂直的判定定理及空间向量的数量积公式等有关知识的综合运用.
【易错点晴】立体几何是中学数学中的重要内容之一,也高考和各级各类考试的重要内容和考点.本题以四棱锥为背景考查的是空间的直线与平面的位置关系及二面角的平面角等有关知识的综合运用.解答本题第一问时,要掌握线面垂直判定定理中的条件,设法找出面内的两条相交直线与已知直线垂直；第二问中计算问题先建立空间直角坐标系,运用空间向量的有关知识先确定平面的一个法向量,再运用空间向量的数量积公式求解出二面角的余弦值为.
22.
【2018江西宜春调研】已知多面体如图所示，底面为矩形，其中平面，
，若分别是的中心，其中.
（1）证明：
；
（2）若二面角的余弦值为，求的长.
【答案】(1)见解析(2)
SD=2
【解析】试题分析：
利用题意证得平面，然后利用线面垂直的性质和直线平行的结论可得
（2）如图，以D为原点，射线DA，DC，DS分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系；设，则．
因为⊥底面，所以平面的一个法向量为.
设平面SRB的一个法向量为，
，
，则
即
令x=1，得，所以，
由已知，二面角的余弦值为，
所以得
，解得a
=2，所以SD=2．
篇3：20XX届高考数学滚动检测05向量数列不等式和立体几何的综合同步单元双基双测B卷文
2018届高考数学滚动检测05向量数列不等式和立体几何的综合同步单元双基双测B卷文 本文关键词：立体几何，不等式，数列，向量，滚动
2018届高考数学滚动检测05向量数列不等式和立体几何的综合同步单元双基双测B卷文 本文简介：滚动检测05向量数列不等式和立体几何的综合（测试时间：120分钟满分：150分）一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）1.【2018河南名校联考】已知公比不为1的等比数列的前项和为，且成等差数列，则（）A.B.C.D.【答案】D2.《庄子·天下篇》中记述了一个著名命题：“一尺之棰，日取其半，万
2018届高考数学滚动检测05向量数列不等式和立体几何的综合同步单元双基双测B卷文 本文内容：
滚动检测05
向量
数列
不等式和立体几何的综合
（测试时间：120分钟
满分：150分）
一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）
1.
【2018河南名校联考】已知公比不为1的等比数列的前项和为，且成等差数列，
则
（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
2.
《庄子·天下篇》中记述了一个著名命题：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”反映这个命题本质的式子是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
试题分析：由题得:是求首项为,公比为等比数列的前项和.所以:故选D.
考点：等比数列求和.
3.
设是两个非零的平面向量，下列说法正确的是（
）
①若，则有；
②；
③若存在实数λ，使得＝λ，则；
④若，则存在实数λ，使得＝λ.
A.①③
B.①④
C.②③
D.②④
【答案】B
【解析】
考点：平面向量数量积的应用.
4.
【2018辽宁凌源两校联考】若实数，
满足不等式组
，
，则的取值范围为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】画出可行域如图所示,令=,化简得,即过定点(-1,2)的直线系的斜率的取值范围,由图知当直线过定点(-1,2)与交点(-3,1)连线时斜率为,此时斜率最小,则的取值范围为,故选A.
5.
已知三棱锥的四个顶点都在球的表面上，平面，且，则球的表面积为
（
）
A．
B．
C.
D．
【答案】A
【解析】
考点：三棱柱外接球
【思想点睛】空间几何体与球接、切问题的求解方法
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．
6.
【2018黑龙江齐齐哈尔八中三模】如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】该几何体是由两个小三棱锥和一个圆锥组成，
所以体积为，故选A。
7.
【2018江西宜春调研】如图（1），五边形是由一个正方形与一个等腰三角形拼接而成，其中，
，现将进行翻折，使得平面平面，连接，所得四棱锥如图（2）所示，则四棱锥的外接球的表面积为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
故选C.
点睛：本题考查了多面体的外接球，把不易求其外接球半径的几何体转化为易求半径的几何体是解题的关键，体现了补体的方法.
8.
设为两个非零向量、的夹角，已知对任意实数，的最小值为1,（
）
A．若确定，则
唯一确定
B．若确定，则
唯一确定
C．若确定，则
唯一确定
D．若确定，则
唯一确定
【答案】B
【解析】
考点：1、平面向量的模；2、平面向量的夹角．
9.
【2018湖南浏阳五校联考】已知直线，平面且给出下列命题：
①若∥，则；
②若，则∥；
③若，则；
④若∥，则.
其中正确的命题是
A.
①④
B.
③④
C.
①②
D.
①③
【答案】A
【解析】若α∥β，且m⊥α?m⊥β，又l?β?m⊥l，所以①正确。
若α⊥β,且m⊥α?m∥β，又l?β，则m与l可能平行，可能异面，所以②不正确。
若m⊥l，且m⊥α，l?β?α与β可能平行，可能相交。所以③不正确。
若m∥l，且m⊥α?l⊥α又l?β?α⊥β，∴④正确。
故选：B.
10.
已知数列中，，，，则的前100项和为（
）
A．1250
B．1276
C．1289
D．1300
【答案】C
【解析】
试题分析：由条件得，则＝．因为，所以，故选C．
考点：1、数列的性质；2、等差数列的前项和．
11.
已知实数、满足条件,若目标函数的最小值为,则的值为（
）
A.
B.
C.
D.
【来源】【百强校】2016届广东汕头市普通高考高三第二次模拟数学（文）试卷（带解析）
【答案】B
【解析】
考点：简单的线性规划.
【方法点睛】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
12.如图，在棱长为1的正方体的对角线上取一点，以为球心，为半径作一个球，设，记该球面与正方体表面的交线的长度和为，则函数的图像最有可能的是（
）
【答案】B
【解析】
考点：函数图象.
【思路点晴】球面与正方体的表面都相交，我们考虑三个特殊情形：（1）当；（2）当；（3）当.其中（1）（3）两种情形所得弧长相等且为函数的最大值，根据图形的相似，（2）中的弧长为（1）中弧长的一半，对照选项，即可得出答案.本题考查数形结合的数学思想方法，考查特殊值、小题小作的小题技巧.
二．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13.
若非零向量满足,则夹角的余弦值为_______．
【答案】
【解析】
试题分析：由，得，即，所以＝．
考点：1、平面向量的数量积运算；2、平面向量的夹角．
14.
如图是棱长为1的正方体，是高为1的正四棱锥，若点在同一个球面上，则该球的表面积为____________．
【答案】
【解析】
试题分析：按如图所示作辅助线，为球心，设，则，同时由正方体的性质知，则在中，，即，解得，所以球的半径，所以球的表面积为．
考点：1、多面体的外接球；2、球的表面积．
【思路点晴】解答本题的关键是求出外接球的半径，如何利用题设条件建构含球的半径的方程是解答好本题的关键之所在．求解时充分借助正方体和正四棱锥都是对称图形，将球心设在四棱锥与正方体底面的中心的连线上，借助截面圆的圆心与球心连线垂直于截面圆，运用勾股定理求出了半径．
15.
若直线过点，则的最小值为
．
【来源】【百强校】2016-2017学年辽宁庄河高中高二10月考文数试卷（带解析）
【答案】
【解析】
考点：基本不等式的应用.
【方法点睛】本题主要考查的是基本不等式求最值，整体代入并变形为可用基本不等式的形式是解决问题的关键，属于基础题，对于此类题目而言，首先利用已知条件求出之间的关系，即，然后利用乘法对进行处理，发现，可利用基本不等式进行计算，即可求解，因此此类题目灵活运用基本不等式是解题的关键.
16.
【2018湖南五市十校联考】某几何体的三视图如图所示，若该几何体的所有顶点都在一个球面上，则该球的表面积为__________．
【答案】
【解析】由三视图知，几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱长是2，
三棱柱的两个底面的中心的中点与三棱柱的顶点的连线就是外接球的半径，
，球的表面积.
点睛：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.
已知等差数列的公差为，是它的前项和，，，成等比数列，
（1）求和；
（2）设数列的前项和为，求。
【答案】（1）；
（2）
【解析】试题分析：
(1)结合题意求得数列的首项为，则其通项公式为，利用等比数列前n项和公式可得：；
(2)结合(1)中求得的数列的前n项和可得,裂项求和可得：.
试题解析：
（1）因为，，
而，，成等比数列，所以，
即，解得
所以，
（2）由（1）知
所以
点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
18.
在△中，角的对边分别是，已知向量，，且．
（1）求的值；
（2）若，△的面积，求的值．
【答案】（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）先根据向量平行关系得，再由正弦定理，化角得，最后根据两角和正弦公式及诱导公式得（2）由三角形面积公式得，即，再根据余弦定理得，解方程组得
试题解析：解：（1）∵，∴，
由正弦定理，得，
化简，得﹒
∵，∴﹒
又∵，∵，∴．
考点：正余弦定理，两角和正弦公式及诱导公式
19.
已知数列的首项，且.
（Ⅰ）证明：数列是等比数列.
（Ⅱ）设，求数列的前项和.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）
【解析】
试题分析：（Ⅰ）证明数列为等比数列，一般方法为定义法，即确定相邻两项的比值为非零常数：利用代入化简，再说明不为零即可（Ⅱ）由（Ⅰ）先根据等比数列通项公式求，即得，代入，可得，因此其前项和应用错位相减法求
试题解析：
解（Ⅰ）证明：
∴
又，∴，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，，
即.
∴.
于是，①
，②
由①-②得，，
即，
∴数列的前项和.
考点：等比数列定义及通项，错位相减法求和。
20.
【2018四川成都七中一模】如图，四棱锥中，
平面，
为线段上一点，
，
为的中点.
（1）证明：
（2）求四面体的体积.
【答案】（1）见解析（2）
解析：（1）
由已知得，取的中点，连接，由为中点知，即又，即故四边形为平行四边形，于是因为所以
（2）因为平面，
为的中点，所以到平面的距离为取得中点，连接，由得由得到的距离为，故，所以四面体的体积为
21.
如图所示，在四棱锥中，四边形为矩形，△为等腰三角形，，平面平面，且，,,分别为，的中点．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面；
（3）求四棱锥的体积．
【答案】（1）（2）见解析（3）四棱锥的体积
【解析】
试题分析：（1）要证平面，由线面平行的判定定理，既要证平行于平面内的一条直线，通过分析，证明即可；（2）要证平面平面，由面面垂直的判定定理，只要证明平面即可；（3）证明四棱锥的的高为，则体积可求
试题解析：（1）如图，连接，
∵四边形为矩形且是的中点，
∴也是的中点．
又是的中点，，
∵平面，平面，∴平面．
（2）证明：∵面平面，，平面平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面．
（3）取的中点为，连接，
∵平面平面，△为等腰直角三角形，
∴平面，即为四棱锥的高．
∵，∴，又，
∴四棱锥的体积．
考点：线面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，椎体的体积公式
22.
如右图，已知是边长为2的正方形，平面，，设，．
（1）证明：；
（2）求四面体的体积；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）见解析；（2）2；（3）2．
【解析】
试题解析：（1）由已知，是正方形，所以对角线，
因为平面，所以，
因为，相交，所以平面，从而．
（2）四面体的体积
，
所以四面体的体积为2．
（3）先求△的三条边长，，，
在直角梯形中易求出，
由余弦定理知，所以，
；
点到平面的距离为，由体积法知：
，解得，所以点到平面的距离为2．
考点：1、线面垂直的性质；2、线线垂直的判定；3、余弦定理；三角形面积公式；4、多面体的体积；5、空间距离．