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抓住别人容易忽略的时间，圆自己的高考梦想！重庆市万州高级中学2013年春节高三年级寒假作业之一一、选择题：BAADCD1解析：i21S，故选B.2解析：用韦恩图可知NM，MNM.3解析：取Tx|x2n1，nZ，Vx|x2n，nZ则此时T，V对乘法均封闭且满足条件取Tx|x2n1，nZ且n0，n1，Vx|x1或x1或x2n，nZ则此时T，V均满足条件，但T对乘法封闭，V对乘法不封闭由此可知，V、T中至少有一个关于乘法封闭4解析：由互逆命题的关系知，选D.5 解析：(a，b)ab0即ab，则a2b2a2b22ab，ab0，a0，b0，且a与b互补6解析：对于A，由yx2mxm3有两个不同的零点，可得m24(m3)0，从而可得m6.所以p是q的必要不充分条件；对于B，由1f(x)f(x)yf(x)是偶函数，但由yf(x)是偶函数不能推出1，例如函数f(x)0，所以p是q的充分不必要条件；对于C，当coscos0时，不存在tantan，反之也不成立，所以p是q的既不充分也不必要条件；对于D，由ABA，知AB，所以UBUA；反之，由UBUA，知AB，即ABA.所以pq.综上所述，p是q的充分必要条件的是D，故选D.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填写在答题卡相应位置上。7解析：UR，Ax|x1x|x0x|x0或x1UAx|0x1答案：x|0x，因此当y时，x有最小值，即a.答案：9 解析：由已知可得fmin(x1)gmin(x2)，即0m，m.答案：m10 解析：y1不是幂函数，是假命题；作出函数y2x、yx2的图象，知函数f(x)2xx2有3个零点(1负2正，2正分别是2、4)，错误；5的展开式含有x5、x4、x5共11项，错误；sinxdxcosx|0，显然错误，函数ysinx(x，)的图象与x轴围成的图形的面积应为|sinx|dx；如图，P(01)表示x0、x1与正态密度曲线围成区域的面积，由正态密度曲线的对称性知：x1、x2与正态密度曲线围成区域的面积为0.3，P(2)表示x2与正态密度曲线围成区域的面积，P(2)0.2，正确答案：三、解答题：本大题共2个小题，共25分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。11解：若方程x2mx10有两个不相等的负根，则解得m2，即p：m2.若方程4x24(m2)x10无实根，则16(m2)21616(m24m3)0，解得1m3，即q：1m3.因p或q为真，所以p、q至少有一个为真，又p且q为假，所以p、q至少有一个为假因此，p、q两命题应一真一假，即p真q假，或p假q真所以或解得m3或1m2.12 解：(1)如A1,2,3，B2,3,4，则AB1(2)不一定相等，由(1)BA4，而AB1，故ABBA；又如，AB1,2,3时，AB，BA，此时ABBA.故AB与BA不一定相等(3)因为ABx|x6，BAx|6x4，A(AB)x|4x6，B(BA)x|4x6，由此猜测一般对于两个集合A、B，有A(AB)B(BA)重庆市万州高级中学2013年春节高三年级寒假作业之二一、选择题：BABBAB1解析：由偶函数排除A，由在(0，)上单调递增，排除C、D.答案：B2 解析：令F(x)f(x)|g(x)|，f(x)是偶函数，g(x)是奇函数f(x)f(x)，g(x)g(x)F(x)f(x)|g(x)|f(x)|g(x)|f(x)|g(x)|F(x)F(x)在R上是偶函数答案：A3解析：f(x)g(x)axax2f(x)g(x)axax2f(x)g(x)axax2由可得：g(x)2，f(x)axaxg(2)a2，f(2)2222.答案：B4 解析：yf(x)，xR，“y|f(x)|的图象关于y轴对称”构造函数f(x)x2，y|f(x)|关于y轴对称，但f(x)x2是偶函数又yf(x)是奇函数，则y|f(x)|的图象关于y轴对称，选B.5解析：fff2.答案：A6解析：f(x)f(x)*0*00*（3x）(3x)*0)203x3x3x1.当x1时，f(x)0，得x，或x，因此函数f(x)的单调递增区间为，即正确答案：B二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填写在答题卡相应位置上。7 解析：当x0，f(x)(x)22(x)x22x，又f(x)为奇函数，f(x)f(x)x22x，x0时，f(x)x22x，m2，即f(x)其图象为由图象可知，f(x)在1,1上单调递增，要使f(x)在1，|a|2上单调递增，只需解得3a1或1a3.答案：3，1)(1,38 解析：令f(x)分别在x1，x2(x1，x23,4)处取得最大、最小值，即f(x1)x1g(x1)5，f(x2)x2g(x2)2，因为yx为增函数，yg(x)的周期为1，故f(x16)是f(x)在9,10上的最大值，此即为f(x)在10,10上的最大值f(x213)是f(x)在10，9上的最小值，此即为f(x)在10,10上的最小值f(x16)x16g(x16)x1g(x1)611.f(x213)x213g(x213)x2g(x2)1315.故值域为15,11答案：15,119 解析：在同一坐标系中作出它们的图象，如图当x0时，y1lg4，y21001，y1y2.故这两个函数图象的交点均在y轴左侧，原方程应有两个负根，应填.答案：10 解析：a(x1，y1)，b(x2，y2)f1a(1)bf1x1(1)x2，y1(1)y2x1(1)x2y1(1)y2.f1(a)(1)f1(b)(x1y1)(1)(x2y2)x1y1(1)x2(1)y2x1(1)x2y1(1)y2.f1具有性质Pf2a(1)bf2x1(1)x2，y1(1)y2x1(1)x22y1(1)y2f2(a)(1)f2(b)(xy1)(1)(xy2)x(1)xy1(1)y2f2a(1)bf2不具有性质Pf3a(1)bx1(1)x2y1(1)y2f3(a)(1)f3(b)(x1y11)(1)(x2y21)x1(1)x2y1(1)y21f3a(1)bf3具有性质P.答案：三、解答题：本大题共2个小题，共25分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。11解：(1)由已知可得函数f(x)的对称轴为x3，顶点为(3,9)法一：由得a1，b6，c0得f(x)6xx2，x0,6法二：设f(x)a(x3)29由f(0)0，得a1f(x)6xx2，x0,6(2)S(t)|OA|AP|t(6tt2)，t(0,6)S(t)6tt2t(4t)列表t(0,4)4(4,6)S(t)0S(t)极大值由上表可得t4时，三角形面积取得最大值即S(t)maxS(4)4(6442)16.12 解：(1)当a0，b0时，任取x1，x2R，且x1x2，则f(x1)f(x2)a(2x12 x2)b(3x13 x2)2x10a(2x12 x2)0,3 x10b(3x13 x2)0，f(x1)f(x2)0，函数f(x)在R上是增函数同理，当a0，b0当a0时，x，则xlog1.5；当a0，b0时， x ，则xlog1.5.重庆市万州高级中学2013年春节高三年级寒假作业之三一、选择题：AABADB1 解析：当a2时，由f(x)ax30，得x1,2；由函数f(x)ax3在区间1,2上存在零点x0，得x01,2，此时a2可能不成立，可能有a3.因此，“a2”是“函数f(x)ax3在区间1,2上存在零点x0”的充分非必要条件，故选A.2解析：如图，在同一平面直角坐标系中分别画出函数g(x)()x和h(x)log2x的图象，由题意知0abc，故满足f(a)f(b)f(c)0的情形有如下两种，结合图易知x0c.答案：A3 解析：f(x)在(0，)上是增函数且f(a)0，又0x0a，所以f(x0)0.答案：B4解析：依题意得f(1)f(2)0(ab1)(4a2b1)1.也就是ab1，故选A.5解析：函数周期为2，画出y1log4|x|与y2f(x)在(0，)上的大致图象，又yf(x)log4|x|为偶函数，可得答案选D.6 解析：利用二分法求方程根时，根据求方程的近似解的一般步骤，由于f(a)f(x0)0，则取其对应的端点(a，x0)为新的区间答案：B二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填写在答题卡相应位置上。7解析：令f(x)exa0，得exa，设y1ex，y2a，分别作出y1、y2的图象，观察图象可知a0时，两图象只有一个交点答案：a08解析：令y12x，y2log2x，y3x3，y4x，图象如图，则acb.答案：acb9 解析：高峰时段用电量50及以下部分：500.56828.4(元)；高峰时段用电量50200的部分：1500.59889.7(元)；低谷时段用电量50及以下的部分：500.28814.4(元)；低谷时段用电量50200的部分：500.31815.9(元)；共用28.489.714.415.9148.4(元)答案：148.410解析：f(x)axxb的零点x0就是方程axxb的根设y1ax，y2xb，故x0就是两函数交点的横坐标，如图，当x1时，y1log32y21b1log32，1x00，n1.答案：1三、解答题：本大题共2个小题，共25分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。11 解：(1)证明：任取x1、x2(1，)，且x11，ax2ax10.又x110，x210，0.于是f(x2)f(x1)ax2ax10.故函数f(x)在(1，)上为增函数(2)由(1)知，当a3时，f(x)3x在(1，)上为增函数，且在(0，)上单调递增，因此f(x)0的正根至多有一个，以下用二分法求这一正根：由于f(0)10，取0,1为初始区间，用二分法逐次计算列表如下：区间中点中点函数值0,10.50.7320,0.50.250.0840.25,0.50.3750.3220.25,0.3750.31250.1240.25,0.31250.281250.0210.25,0.281250.26560.0320.265 6,0.281250.273430.005520.27343,0.28125由于区间0.27343,0.28125的长度为0.007820.01，所以这一区间的两个端点的近似值0.28就是方程的根的近似值，即原方程的正根是0.28.点评：(1)用二分法求函数零点的近似值时，最好是将计算过程中所得到的各个区间、中点坐标、区间中点的函数值等列在一个表格中，这样可以更清楚地发现零点所在区间 (2)用二分法求函数零点的近似值x0，要求精确度为，即零点的近似值x0与零点的真值的误差不超过，零点近似值x0的选取有以下方法：若区间(a，b)使|ab|，则因零点值(a，b)，所以a(或b)与真值满足|a|或|b|，所以只需取零点近似值x0a(或b)；若区间an，bn使|anbn|2，取零点近似值x0，则|x0|anbn|.12 解：(1)由题意得，上年度的利润为(1310)500015000万元；本年度每辆车的投入成本为10(1x)；本年度每辆车的出厂价为13(10.7x)；本年度年销售量为5000(10.4x)，因此本年度的利润为y13(10.7x)10(1x)5000(10.4x)(30.9x)5000(10.4x)1800x21500x15000(0x15000，解得0x0，f(x)是增函数；当x(，1)时，f(x)2x4，即f(x)2x40.构造F(x)f(x)2x4，F(x)f(x)20.F(x)在R上为增函数，而F(1)f(1)2x(1)40.x(1，)，F(x)F(1)，x1.答案：B3解析：因为a(sinxcosx)dx(cosxsinx)(cossin)(cos0sin0)2，所以(a)66，则可知其通项Tr1(1)rC26rx(1)rC26rx3r，令3r2r1，所以展开式中含x2项的系数是(1)rC26r(1)1C261192，故答案选B.4 解析：f(x)x3x2x，f(x)x22x.由f(x)(3x7)(x1)0得x1或x.当x1时，f(x)为增函数；当1x时，f(x)为增函数，计算可得f(1)f(4)2，又a20，由图象可知f(a2)f(4)答案：A5 解析：因为f(x)x3bx23x1，所以f(x)3x22bx3，由题意可知f(x1)0，f(x2)0，即x1，x2为方程3x22bx30的两根，所以x1x2，由x1x22，得b0.从而f(x)x33x1，f(x)3x233(x1)(x1)，由于x1x2，所以x11，x21，当x(，1)时，f(x)0，所以f(x)在x11处取极小值，极小值为f(1)1，在x21处取极大值，极大值为f(1)3.答案：B6 解析：设f(x)，则f(x).当x(0，)时，xtanx0，故f(x)得y2y1.答案：B二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填写在答题卡相应位置上。7 解析：由f(x)3x26x3x(x2)0，解得x10，x22当x0，当0x2时，f(x)2时，f(x)0.当x2时，f(x)有极小值是f(2)2332213.答案：28 解析：(12x)dx(xx2)|(416)(11)18，即a418q3q3.答案：39解析：因为f(x)dx (3x22x1)dx(x3x2x)|4，所以2(3a22a1)4a1或a.答案：1或10 解析：(2x2e2x)dxdx2xdx2e2xdxlnx|x2|e2x|e2e.答案：e2e三、解答题：本大题共2个小题，共25分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。11 解：(1)f(x)(x2k2) 令f(x)0，得xk当k0时，f(x)与f(x)的情况如下：x(x，k)k(k，k)k(k，)f(x)00f(x)4k2e10所以，f(x)的单调递增区间是(，k)，(k，)；单调递减区间是(k，k)当k0时，因为f(k1)，所以不会有x(0，)，f(x)当k0时，由(1)知f(x)在(0，)上的最大值是f(k)所以x(0，)，f(x)等价于f(k).解得k0)，则h(x).()设k0，则h(x)知，当x1时，h(x)0，可得h(x)0；当x(1，)时，h(x)0.从而当x0，且x1时，f(x)0，即f(x).()设0k0，故h(x)0.而h(1)0，故当x时，h(x)0，可得h(x)0，而h(1)0，故当x(1，)时，h(x)0，可得h(x)0，与题设矛盾综合得，k的取值范围为(，0重庆市万州高级中学2013年春节高三年级寒假作业之五一、选择题：BACCDA1解析：由图象可得ysin，向右平移个单位为ysin，与ysin(x)对照可得2，.答案：B2 解析：ysin2xcos2xsin，ysin2xcos2xsin，只需把函数ysin2xcos2x的图象向左平移个长度单位，即可得到ysin2xcos2x的图象答案：A3解析：依题意得，函数f(x)的图象关于直线x对称，于是当x时，函数f(x)取得最值，因此有2m3，m32，m5或m1，选C.答案：C4解析：答案：C5解析：由函数为奇函数，且0，可知，则f(x)Asinx，由图可知A，T4，故所以f(x)sinx，f(1).答案：D6解析：记f(x)的最小正周期为T，则依题意得A， 5，T8，频率为.又f(0)sin，sin，而|，因此.故选A.答案：A二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填写在答题卡相应位置上。7解析：对于，注意到f2cos，f2cos，0，且ff，因此函数f(x)在(0，)上不是减函数，不正确对于，注意到|f(x)|2xcosx|2|x|，因此正确对于，若f(x)的图象的一个对称中心是，由f(0)0，点(0,0)关于点的对称点是(，0)，由f()2cos20，即点(，0)不在函数f(x)的图象上，因此不是函数f(x)的图象的对称中心，不正确对于，若f(x)的图象关于直线x对称，则f(0)0，点(0,0)关于直线x的对称点是(2，0)，f(2)4cos240，即点(2，0)不在函数f(x)的图象上，因此直线x不是函数f(x)的图象的对称轴，故不正确综上所述，其中正确命题的序号是.答案：8 解析：在原式中令xy，得ff(0)2fcos，f，故错误；在原式中令x0，得f(y)f(y)0，函数f(x)为奇函数，故正确；在原式中令y，得ff0，f(x2)f(x)0，即f(x)f(x2)，在原式中再令y，得f(x)f(x)2f(x)，f(x2)f(x)2f(x)，f(x2)f(x)2f(x2)，即f(x2)f(x)，f(x)是以2为周期的周期函数，故正确；由f，f1即可知f(x)在(0，)内不是减函数，故错误答案：9解析：由图象知A，T4，2，则f(x)sin(2x)，由2，得，故f(x)sinf(0)sin.答案：10解析：从图可看出周期T，2.又f(x)Atan(2x)x时，Atan0tan0，|，.f(x)Atan.取x0，Atan1，A1，f(x)tan.ftantan.答案：三、解答题：本大题共2个小题，共25分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。11 解：(1)由图知A2，则4，.又f2sin2sin0，sin0，0，0，即，f(x)的解析式为f(x)2sin.(2)由(1)可得f2sin2sin，g(x)2422cos，x，3x，当3x，即x时，g(x)max4.12 解：(1)由题意可知，将函数g(x)sin2x的图象向右平移个单位，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，即可得到函数f(x)的图象，f(x)sin.由xk，得xk(kZ)故函数f(x)的对称轴方程为xk(kZ)(只要写出一个对称轴方程即可)(2)由f(A)，得sin.0A，A，又0sin，0A，cos.gsinAsin.重庆市万州高级中学2013年春节高三年级寒假作业之六一、选择题：DBAADD1解析：只要，共线即可，根据向量共线的条件即存在实数使得，即a2b(1ab)，由于a，b不共线，根据平面向量基本定理得11且2，消掉得121.答案：D2解析：ab0，(ac)(bc)0，即ab(acbc)c20acbc1.又|abc|1.答案：B3 解析：设a，b，c()若OC在AOB内，如图因为ab，所以AOB120，又ac，bc60，则O，A，C，B四点共圆|AB|2|OA|2|OB|22|OA|OB|cos1203，|AB|.R2，|OC|2，即|c|2.()若OC在AOB外，如图由()知AOB120，又ACB60，|OA|OB|1，知点C在以O为圆心的圆上，知|c|1.综合()，()|c|最大值为2.答案：A4 解析：由题意知(3，3)，取特殊值，0，0，知所求区域包含原点，取0，1，知所求区域包含(1,3)，从而选A.答案：A5解析：如题图所示在BCD中，BC2BD，.在ABD中，ABAD,2ABBD，cosADB，sinADB，ADBBDC，sinADBsinBDC，sinC.答案：D6解析：由sin2Acos2B1，得cos2Bcos2A.又A、B为ABC的内角，所以AB，则C2A.cosAcosBcosC2cosAcos(2A)2cosAcos2A2cos2A2cosA122，可知当cosA时，cosAcosBcosC取得最大值.答案：D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填写在答题卡相应位置上。7解析：tan2，tanx，tan2x，则.答案：8解析：ycosxcos2xsinxcosxsin2xcos2xsin2xsin. 故ymax.答案：9解析：(a2b)(ab)2a2ab2b22|a|2，|b|2，4ab82，ab2cos，0，.答案：10解析：2，D为BC中点3，E为AC边上距C近的一个三等分点()，.又|1，与夹角为60，(). 答案：三、解答题：本大题共2个小题，共25分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。11 解：(1)f2sin2sin2sin.(2)f2sin2sin，sin，又，cos，f(32)2sin2sin2cos，cos，又，sin.cos()coscossinsin.12 解：(1)c2a2b22abcosC1444.c2ABC的周长为abc1225.(2)cosC，sinC .sinA.ac.A0)，q为常数q.a1，a3，a5a2n1和a2，a4a2n都成等比数列且公比相同答案：D2解析：本小题主要考查等差数列的性质，前n项和的求法以及转化的数学思想由等差数列的性质知，a3a4a53a412a44，故a1a2a3a7(a1a7)(a2a6)(a3a5)a47a428.答案：C3解析：记等差数列an的公差为d，依题意得，S99a1d936d45，解得d1，选B.4解析：设等差数列an的公差为d，则a1d4,10a1d110，a1d2，于是an2n，Snn2n，8(当且仅当n8时取“”)，选D.5解析：因为an2n1，所以数列an是个等差数列，其首项a13，其前n项和Sna1a2ann22n，所以bnSn(n22n)n2，故数列bn也是一个等差数列，其首项为b13，公差为d1，所以其前10项和T1010b1d1034575，故选B.6解析：若删去a1，则a2a4a，即(a1d)(a13d)(a12d)2，化简得d0，不合题意；若删去a2，则a1a4a，即a1(a13d)(a12d)2，化简可得4；若删去a3，则a1a4a，即a1(a13d)(a1d)2，化简可得1；若删去a4，则a1a3a，即a1(a12d)(a1d)2，化简可得d0，不符合题意故选A.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填写在答题卡相应位置上。7解析：设放在第x个坑旁边，由题意得S20(x1)(x2)11012(20x)2020(x221x210)由S20(2x21)0，得x10.5，知x10或 11时，S最小值为2000.答案：20008解析：由S9S4及a11，得936d46d，d.由aka40得2a1(k2)d0.20，k10.答案：109解析：a11，a413d7，d2，S55a1d510225.答案：2510解析：令最上面一节为a1则，.a5a14d.答案：三、解答题：本大题共2个小题，共25分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。11 解：(1)设数列an的公比为q.由a9a2a6得a9a ，所以q2.由条件可知q0，故q.由2a13a21得2a13a1q1，所以a1.故数列an的通项公式为an.(2)bnlog3a1log3a2log3an(12n).故2，2.所以数列的前n项和为.12 解：(1)设t1，t2，tn2构成等比数列，其中t11，tn2100，则Tnt1t2tn1tn2， Tntn2tn1t2t1， 并利用titn3it1tn2102(1in2)，得T(t1tn2)(t2tn1)(tn1t2)(tn2t1)102(n2)anlgTnn2，n1. (2)由题意及(1)中计算结果，知bntan(n2)tan(n3)，n1.另一方面，利用tan1tan(k1)k，得tan(k1)tank1.所以Snbktan(k1)tank n.重庆市万州高级中学2013年春节高三年级寒假作业之八一、选择题：BDDBAC1解析：ba0，2bba，b，a0，(2x1)(x1)0，x1或x0，b0即3ab0时，yf(x)为增函数，又f(3)1，f(3ab)f(3) ，作出可行域如下图的最小值为直线AB的斜率kAB1的最大值为直线AC的斜率kAC5(1,5)，故选C二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填写在答题卡相应位置上。7解析：由题意知，f(x)，x，23且均为正常数，x，12x(0,1)，当且仅当时，即x时等号成立，即f(x)35.答案：358.解析：本题以分段函数为载体，考查函数的单调性及一元二次不等式的解法，求解的关键在于正确利用函数的性质进行等价转化由题意有或，解得1x0或0xf(2x1)|3x2|2x12|(3x2)2(2x3)2(5x5)(x1)01x0恒成立，即g(t)0在t(1,1)上恒成立当x1时，x0或x1或x2，x0或x2.当x1时，00，显然不成立，x1，综上，x(，02，)12解：(1)()若b1，则a11，an(n2)则1.是首项为1，公差为1的等差数列，n，an1.()若b1，则，数列是首项为，公比为的等比数列，n1，n1，an. (2)证明：当b1时，2an22成立当b1时，an，要证2anbn11，只要证an，只要证即证2nb(bn11).(bn11)bn1bnb21(b21)2nb.2nb(bn11)， 从而2anbn11成立重庆市万州高级中学2013年春节高三年级寒假作业之九一、选择题：BBDDBC1 解析：由三视图可知，该几何体的直观图为B.答案：B2解析：设该正三棱柱侧棱长和底面边长为a，则a2a2， a38，a2，由俯视图知，该正三棱柱如图ABCA1B1C1，其侧(左)视图即为矩形CDD1C1，其面积为22. 答案：B3 解析：根据给出的正(主)视图和侧(左)视图可知，该组合体由上、中、下三个几何体组合而成，由于正(主)视图和侧(左)视图中三层均为矩形，所以这些几何体可能是一些长方体、底面为直角三角形的直三棱柱以及圆柱组合而成的而第个俯视图中，有两处与已知不符，一是上层几何体的俯视图不正确，由于上层几何体的正(主)视图与侧(左)视图为两个相同的矩形，所以其俯视图中矩形的两边长应该相等；二是下层几何体的俯视图不正确，如果下层几何体的底面为俯视图所示的三角形，则在正(主)视图中底层的矩形应有一条中位线，这与已知不符合，所以不可能，故选D.4 解析：设球的内接正方体的边长为a，球的半径为R，2Ra，Ra.V1R3a3a3，V2a3，V1V22.5V2，V1V21.5V2.答案：D5解析：由三视图可知，该四棱锥为正四棱锥S底4416，S侧44216S表面积S底S侧1616. 答案：B6解析：如图所示ASCBSC45且OSOBOAOC2，SOB，SOA为全等的等腰直角三角形，且SCOB，SCOA，又OAOBO，SC平面AOB又ABOBOA2，AOB为等边三角形VSABCVSAOBVCAOBSAOBSC4.答案：C二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填写在答题卡相应位置上。7解析：令球心为O，圆锥底面圆圆心为O，球半径为R，圆锥底面圆半径为r，则4R2r2，rR，在RtAOO中， OO.故.答案：8 解析：设长方体的高为h，则图2中虚线围成的矩形长为22h，宽为12h，面积为(22h)(12h)，展开图的面积为24h；由几何概型的概率公式知，得h3，所以长方体的体积是V133.答案：39解析：依题意得三棱锥PABC的正(主)视图与侧(左)视图分别是一个三角形，且这两个三角形的底边长都等于正方体的棱长，底边上的高也都相等，因此三棱锥PABC的正视图与侧视图的面积之比等于1.答案：110 解析：由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为.所以V11.答案：三、解答题：本大题共2个小题，共25分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。11 解：由三视图知，该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱ADEBCF，且ABBCBF4，DECF4，CBF.(1)证明：连接BE，易知BE通过点M，连接CE.则EMBM，CNBN，MNCE，又CE平面CDEF，MN平面CDEF，MN平面CDEF.(2)作BQCF于Q，连接AQ，平面BFC平面ABFE，平面ABFE平面BCFBF，AB平面ABFE，ABBF，AB平面BCF，又CF平面BCF，ABCF，又BQCF，ABBQB，CF平面ABQ，AQ平面ABQ，AQCF，故AQB为所求二面角的平面角在RtABQ中，tanAQB，则cosAQB，故所求二面角的余弦值为.(3)多面体ACDEF的体积V2VACEF2VCABF2SABFBC.12 解：(1)该安全标识墩侧(左)视图如右图所示(2)该安全标识墩的体积VVPEFGHVABCDEFGH4026040220320003200064000(cm3)(3)证明：如右图所示，连接HF、EG.由题设知四边形ABCD和四边形EFGH均为正方形，FHEG，又ABCDEFGH为长方体，BDFH.设点O是EFGH的对称中心，连接PO.PEFGH是正四棱锥，PO平面EFGH，而FH平面EFGH，POFH.FHPO，FHEG，POEGO，PO平面PEG，EG平面PEG，FH平面PEG.而BDFH，故BD平面PEG.点评：解这类给出了直观图和三视图中的两个图形的题目，只要根据直观图得出另一个视图的形状，再根据给出的两个视图上标注的几何量，在第三个视图上标注上几何量即可重庆市万州高级中学2013年春节高三年级寒假作业之十一、选择题：DDBBAC1 解析：本小题主要考查考生的空间想象能力以及利用特殊几何模型解决问题的能力在长方体ABCDA1B1C1D1中建立如图所示的空间直角坐标系，易知直线AD与D1C1是异面且垂直的两条直线，过直线AD与D1C1平行的平面是平面ABCD，因此考虑在平面ABCD内到直线AD与D1C1的距离相等的动点M(x，y,0)的坐标所满足的条件，作MM1AD于点M1，MNCD于点N，NPD1C1于点P，连接MP，易知MN平面CDD1C1，MPD1C1，若MM1MP，则有y2x2a2(其中a是异面直线AD与D1C1间的距离)，即有y2x2a2，从而可知在平面ABCD内动点M的轨迹是双曲线的一部分，故满足题意的点有无穷多个，选D.2解析：对于选项A，垂直于同一平面的两个平面也可以相交，如正方体相邻的两个平面，故A错；对于选项B，设平面与平面相交于直线l，则在这两个平面内都存在与交线平行的直线，此时这两直线也平行，故B也错；对于选项C，应有n或n两种情形；对于选项D，由线面垂直性质知，垂直于同一直线的两平面平行，故D正确3解析：由垂直于同一平面的两直线互相平行可知，选项B正确；而对于选项A，平行于同一直线的两平面也可能相交，故选项A不正确；对于选项C，垂直于同一平面的两平面也可能平行，故选项C不正确；对于选项D，位于互相垂直的两平面中的一个平面内的一直线，其与另一个平面可以平行、斜交或垂直，故选项D不正确答案：B4解析：对于命题，由分别垂直于互相垂直的直线的两平面垂直知，正确；对于命题，分别平行于互相垂直的直线的两平面的位置关系可能相交，故错误；对于命题，两平面也可能相交，故错误；对于命題，由于m，m，则直线m垂直于平面内的任意一条直线，又n，则n平行于内的无数条直线，所以直线mn，故正确答案：B5解析：如上图，EFA1B，EF、A1B与对面角BDD1B1所成的角相等，设正方体的棱长为1，则A1B.连接A1C1，交D1B1于点M，连接BM，则有A1M面BDD1B1，A1BM为A1B与面BDD1B1所成的角RtA1BM中，A1B，A1M，故A1BM30.EF与对角面BDD1B1所成角的度数是30.故选A.6解析：如图1，当直线m或直线n在平面内时有可能没有符合题意的点；如图2，直线m、n到已知平面的距离相等且所在平面与已知平面垂直，则已知平面为符合题意的点；如图3，直线m、n所在平面与已知平面平行，则符合题意的点为一条直线，从而选C.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填写在答题卡相应位置上。7 解析：EF面AB1C，EFAC.又E是AD的中点，F是DC的中点EFAC.答案：8解析：ABCD可确定一个平面，如图又，BDAC，四边形ABCD为平行四边形，ABCD，正确不正确，a与c可能异面，也可能共面过一点作已知平面的垂线有且只有一条，故不正确正确答案：9 解析：如图在ABC中，BDAC，SA面ABC，SABD， 又SAACA，BD平面SAC，SD为SB在平面SAC内的射影，BSD为直线SB与平面SAC所成的角，在RtSAB中，SB，在RtABD中，BD，在RtSBD中，sinBSD，直线SB与平面SAC所成角的正弦值为.答案：10解析：若，换为直线a，b，则命题化为“ab，且b”，此命题为真命题；若，换为直线a，b，则命题化为“a，且abb”，此命题为假命题；若，换为直线a，b，则命题化为“a，且bab”，此命题为真命题答案：2三、解答题：本大题共2个小题，共25分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。11 解：(1)证明：因为D，E分别为AP、AC的中点，所以DEPC.又因为DE平面BCP，所以DE平面BCP.(2)证明：因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DEPCFG，DGABEF，所以四边形DEFG为平行四边形又因为PCAB，所以DEDG.所以四边形DEFG为矩形(3)存在点Q满足条件，理由如下：连接DF，EG，设Q为EG的中点由(2)知，DFEGQ，且QDQEQFQGEG，分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN.与(2)同理，可证四边形ME
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