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14 小题＋1 大题(立几)——节选自太原市模拟
一、单选题(每小题5 分，共40 分)
1.已知全集U＝R，集合A＝{0，1，2，3}，B＝{－2，－1，0，1}，则图中阴影
部分表示的集合为( )
A.{－2，－1，0，1，2，3}
B.{0，1}
C.{2，3}
D.{－2，－1}
答案 D
解析 设题图中阴影部分表示的集合的元素为x，则x∈B 且x∉A，又集合A＝
{0，1，2，3}，B＝{－2，－1，0，1}，所以题图中阴影部分表示的集合为{－
2，－1}，故选D.
2.已知复数z 满足iz＝1＋i，则z＝( )
A.1＋i
B.1－i
C.－1＋i
D.－1－i
答案 A
解析 由iz＝1＋i，得z＝＝＝1－i，所以z＝1＋i，故选A.
3.已知a＝(3，λ)，b＝(1，2)，若(a－b)⊥b，则实数λ＝( )
A.－4
B.1
C.2
D.6
答案 B
解析 a－b＝(2，λ－2).
因为(a－b)⊥b，所以(a－b)·b＝2＋2(λ－2)＝0，解得λ＝1，故选B.
4.已知m，n 是不同的直线，α，β 是不同的平面，则下列说法中正确的是( )
A.若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
B.若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n
C.若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n
D.若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n
答案 C
解析 对于A，若α∥β，m⊂α，n⊂β，
则m∥n 或m 与n 异面，所以A 错误；
对于B，若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n 或m 与n 异面或m 与n 相交，所以B
错误；
对于C，设直线m，n 的方向向量分别为m，n，
因为m⊥α，n⊥β，所以m⊥α，n⊥β，
即m，n 分别为平面α，β 的法向量，
又α⊥β，所以m⊥n，所以m⊥n，所以C 正确；
对于D，若α⊥β，m∥α，n∥β，则m∥n 或m 与n 异面或m 与n 相交，所以m
与n 不一定垂直，所以D 错误.
5.北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记载，它们
组成的图形像我国古代舀酒的斗，故命名为北斗七星.北斗七星不仅是天上的星
象，也是古人判断季节的依据之一.如图，用点A，B，C，D，E，F，G 表示某
季节的北斗七星，其中B，D，E，F 看作共线，其他任何三点均不共线.若过这
七个点中任意三个点作三角形，则所作的不同三角形的个数为( )
A.30
B.31
C.34
D.35
答案 B
解析 从7 个点中任意取3 个点可构成C 个三角形，因为B，D，E，F 四点共线，
其中任意三点都不能构成三角形，所以共可以构成C－C＝35－4＝31(个)不同三
角形，故选B.
6.已知双曲线x2－＝1 的左、右焦点分别是F1，F2，点P 在双曲线C 上，且满足
F1P·F2P＝9，则点P 到双曲线C 两条渐近线的距离之和为( )
A.2
B.3
C.2
D.2
答案 C
解析 由题意可知，F1(－2，0)，F2(2，0)，由双曲线的对称性，不妨设点P 在
双曲线的第一象限内，设P(x0，y0)，且x0>0，y0>0，则F1P＝(x0＋2，y0)，F2P＝
(x0－2，y0).
由F1P·F2P＝9，得x－4＋y＝9，
即x＋y＝13.①
又点P 在双曲线上，所以x－＝1，②
由①②得即P(2，3).
又双曲线x2－＝1 的渐近线方程为y＝±x，化为一般式为x－y＝0，x＋y＝0，
则点P(2，3)到两条渐近线的距离之和为＋＝2，故选C.
7.已知数列{an}的前n 项和为Sn(n∈N*)，且满足S1＝2，3Sn＝(n＋2)an，则使不等
式Sn<2 024 成立的n 的最大值为( )
A.15
B.17
C.20
D.22
答案 B
解析 因为3Sn＝(n＋2)an，则当n≥2 时，3Sn＝(n＋2)(Sn－Sn－1)，
化简得(n－1)Sn＝(n＋2)Sn－1，即＝，所以n≥2 时，······…·＝××××××…×，即＝.
因为S1＝2，所以Sn＝对n＝1 也成立.
易知Sn逐项递增且S15＝＝1 360，S16＝＝1 632，
S17＝＝1 938，
S18＝＝2 280，
所以使不等式Sn<2 024 成立的n 的最大值为17，故选B.
8.已知－<α<0，－π<β<－，sin 2α－sin β＋sin(2α＋β)＝0，则下列结论正确的是(
)
A.cos α－cos ＝0
B.cos α＋sin ＝0
C.cos 2α－cos β＝0
D.cos 2α＋sin β＝0
答案 B
解析 因为sin 2α－sin β＋sin(2α＋β)＝0，
所以sin 2α－sin β＋sin 2αcos β＋cos 2αsin β＝0，
则sin 2α(1＋cos β)＝sin β(1－cos 2α)，
即2sin αcos α(1＋cos β)＝2sin βsin2α.
因为－<α<0，所以sin α<0，
则cos α(1＋cos β)＝sin αsin β，
所以cos αcos β－sin αsin β＝－cos α，
即cos(α＋β)＝cos(α－π).
因为－<α<0，－π<β<－，
所以－<α＋β<－，－<α－π<－π，
又cos(α＋β)＝cos(α－π)，
所以α＋β＝α－π 或α＋β＋α－π＝－2π.
由α＋β＝α－π 得β＝－π，不符合题意，
由α＋β＋α－π＝－2π，得2α＝－β－π.
所以cos 2α＝cos(－β－π)＝cos(β＋π)
＝－cos β，
即cos 2α＋cos β＝0，所以C，D 均错误；
因为2α＝－β－π，所以α＝－－，
所以cos α＝cos＝cos＝－sin ，
即cos α＋sin ＝0，
故A 错误，B 正确.
二、多选题(每小题6 分，共18 分)
9.下列结论正确的是( )
A.若随机变量X，Y 满足Y＝2X－1，则D(Y)＝2D(X)－1
B.若随机变量ξ～N(4，σ2)，P(ξ<6)＝0.82，则P(2<ξ<6)＝0.64
C.若样本相关系数r 的绝对值越接近1，则成对样本数据的线性相关程度越强
D.记样本x1，x2，…，xn 的平均数为x，样本y1，y2，…，ym 的平均数为y
(x≠y)，若样本x1，x2，…，xn，y1，y2，…，ym的平均数为z＝x＋y，则＝
答案 BCD
解析 对于A，若Y＝2X－1，则D(Y)＝4D(X)，A 错误；
对于B，因为随机变量ξ～N(4，σ2)，P(ξ<6)＝0.82，
所以P(4<ξ<6)＝P(ξ<6)－P(ξ≤4)＝0.82－0.5＝0.32，
因为P(2<ξ<4)＝P(4<ξ<6)，
所以P(2<ξ<6)＝2P(4<ξ<6)＝0.64，B 正确；
对于C，若样本相关系数r 的绝对值越接近1，则成对样本数据的线性相关程度
越强，C 正确；
对于D，由题意可知z＝＝x＋y，
化简得(3n－2m)×(x－y)＝0，
因为x≠y，所以3n－2m＝0，即＝，D 正确.
10.已知定义在R 上的函数f(x)满足以下条件：①对于任意的x，y∈R，f(x＋y)＋
f(x－y)＝2f(x)f(y)；②f(0)≠0；③f(k)＝0，其中k 是正常数.则下列结论正确的是(
)
A.f(0)＝1
B.f(2k)＝1
C.f(x)是偶函数
D.f(x＋2k)＋f(x)＝0
答案 ACD
解析 f(x＋y)＋f(x－y)＝2f(x)f(y)对任意x，y∈R 都成立，
对于A，令x＝y＝0，得2f(0)＝2f2(0)，
因为f(0)≠0，所以f(0)＝1，A 正确；
对于B，令x＝y＝k，
得f(2k)＋f(0)＝2f2(k)，
因为f(0)＝1，f(k)＝0，所以f(2k)＝－1，B 错误；
对于C，令x＝0，得f(y)＋f(－y)＝2f(0)f(y)，因为f(0)＝1，所以f(－y)＝f(y)，所
以函数f(x)是偶函数，C 正确；
对于D，令y＝k，用x＋k 代换x，得f(x＋2k)＋f(x)＝2f(x＋k)f(k)，因为f(k)＝0，
所以f(x＋2k)＋f(x)＝0，D 正确.
11.数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一.
勒洛四面体是分别以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四
个球的公共部分.如图，在勒洛四面体A－BCD 中，正四面体A－BCD 的棱长为
4，则下列结论正确的是( )
A.记勒洛四面体A－BCD 表面上以C，D 为球心的两球球面交线为AB，其长度为
B.平面ABC 截勒洛四面体A－BCD 所得截面的面积为8π－8
C.过棱CD 的中点和AB 的平面截勒洛四面体A－BCD 所得的截面的周长小于3π
D.勒洛四面体A－BCD 的内切球半径是4－
答案 BCD
解析 对于A，勒洛四面体A－BCD 表面上以C，D 为球心的两球球面交线为
AB，其中AB是以CD 的中点为圆心的弧.如图1 所示，设CD 的中点为E，则AE
＝BE＝2，AB＝4，则cos∠AEB＝＝，所以AB的长为2·∠AEB，显然其不等于，
A 错误；
对于B，平面ABC 截勒洛四面体A－BCD 所得的截面如图2 所示，其中△ABC 是
边长为4 的正三角形，其中AC是以B 为圆心，4 为半径的弧；同理，AB是以C
为圆心，4 为半径的弧；BC是以A 为圆心，4 为半径的弧，所以AC所对的弓形面
积为×42×－×42＝－4，所以截面面积为3×＋×42＝8π－8，B 正确；
对于C，
图3
过棱CD 的中点和AB 的平面截勒洛四面体A－BCD 所得的截面如图3 所示，设
点F 为CD的中点，所得截面周长为AB，AF，BF的长度之和，且三段弧长相等.
结合A 选项可知AB的长为2×∠AEB<2×＝π，所以截面周长为3×2×∠AEB<6×
＝3π，C 正确；
对于D，由正四面体的对称性及勒洛四面体的对称性可知，勒洛四面体内切球球
心为正四面体外接球的球心.结合C 选项的图形，令BF的中点为M，连接AM，
球心O 在AM 上，则OM 为内切球半径.AM＝4，AO＝×4＝，所以OM＝AM－
AO＝4－，D 正确，故选BCD.
三、填空题(每小题5 分，共15 分)
12.(2＋x3)的展开式中的常数项为________.
答案 －8
解析 展开式的通项公式为Tk＋1＝C＝(－1)kC，
则(2＋x3)展开式的一般形式为2×(－1)kC＋x3·(－1)kC.
若求展开式中的常数项，在2×(－1)kC 中令k＝0，得2，
在x3·(－1)kC 中令k＝3，得－10，
所以常数项为2－10＝－8.
13.已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝
则数列{an}前2 024 项的和为________.
答案 2 024
解析 因为a1＝1，an＋1＝
所以a2＝3，a3＝－1，a4＝1，a5＝1，a6＝3，a7＝－1，a8＝1，…，
所以数列{an}是以4 为周期的数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝4，
因为＝506，
所以数列{an}的前2 024 项和为4×506＝2 024.
14.已知k>0，若对于任意的x∈，不等式ekx(kx－ln 2)－2xln x≥0 恒成立，则实
数k 的最小值为________.
答案
解析 因为ekx(kx－ln 2)－2xln x≥0，
所以≥xln x.
因为2＝eln 2，x＝eln x，
所以≥xln x 化为≥eln xln x，即ekx－ln 2(kx－ln 2)≥eln xln x.
令f(x)＝exx，则ekx－ln 2(kx－ln 2)≥eln xln x 即为f(kx－ln 2)≥f(ln x).
易知f′(x)＝ex(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝－1.
当x<－1 时，f′(x)<0，当x>－1 时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，－1)上单调递
减，在(－1，＋∞)上单调递增.
因为x∈时，不等式ekx(kx－ln 2)－2xln x≥0 恒成立，即ekx－ln 2(kx－ln 2)≥eln xln
x 恒成立，
所以f(kx－ln 2)≥f(ln x)恒成立.
因为x∈，k>0，所以kx－ln 2>－1，ln x≥－1，且f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，
所以kx－ln 2≥ln x 在x∈时恒成立.
即k≥＋在x∈时恒成立.
令g(x)＝＋，x∈，
则g′(x)＝－＝.
令g′(x)＝0，得x＝，
当≤x<时，g′(x)>0，
当x>时，g′(x)<0.
所以函数g(x)在上单调递增，
在上单调递减，
当x＝时，g(x)取得最大值，且最大值为.
所以k 的最小值为.
四、解答题(本题共13 分；考查方向：立几)
15. 如图，在三棱台ABC －A1B1C1 中，CC1⊥平面ABC ，平面A1BC⊥平面
ACC1A1，A1C1＝CC1＝AC，△A1BC 的面积为2，三棱锥A1－ABC 的体积为.
(1)求证：BC⊥AA1；
(2)求平面A1BB1与平面A1BC1夹角的大小.
(1)证明 如图，取A1C 的中点D，连接C1D.
∵A1C1＝CC1，
∴C1D⊥A1C.
∵平面A1BC⊥平面ACC1A1，
∴C1D⊥平面A1BC，∴C1D⊥BC.
∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥BC，
∵C1D∩CC1＝C1，∴BC⊥平面ACC1A1，
∴BC⊥AA1.
(2)解 由(1)得CC1⊥BC，BC⊥平面ACC1A1，
∴BC⊥AC，BC⊥A1C.
∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥AC.
以C 为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的
空间直角坐标系.
设A1C1＝a，B1C1＝b，
则
解得
则C(0，0，0)，C1(0，0，2)，A1(2，0，2)，B(0，2，0)，B1(0，1，2)，
则C1A1＝(2，0，0)，BA1＝(2，－2，2)，B1A1＝(2，－1，0).
设m＝(x1，y1，z1)是平面A1BC1的法向量，
则
∴
取z1＝1，则x1＝0，y1＝1，∴m＝(0，1，1).
设n＝(x2，y2，z2)是平面A1BB1的法向量，
则
∴
取z2＝1，则x2＝1，y2＝2，∴n＝(1，2，1).
∴cos〈m，n〉＝＝＝，
∴平面A1BB1与平面A1BC1的夹角为30°.
