怎么写情书-祝福老师的话

ruize
2018年数学高考真题
对应学生用书P111剖析解读 高考全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷都是由教育部按照普通高考考试大纲统一命题，适用
于不同省份的考生．在难 度上会有一些差异，但在试卷结构、命题方向上基本上
都是相同的．
“稳定”是高考的主旋律 ．在今年的高考试卷中，试题分布和考核内容没有
太大的变动，三角函数、数列、立体几何、圆锥曲线、 函数与导数等都是历年考
查的重点．每套试卷都注重了对数学通性通法的考查，淡化特殊技巧，都是运用
基本概念分析问题，基本公式运算求解、基本定理推理论证、基本数学思想方法
分析和解决问题 ，这有利于引导中学数学教学回归基础．试卷难度结构合理，由
易到难，循序渐进，具有一定的梯度．今 年数学试题与去年相比整体难度有所降
低．
“创新”是高考的生命线．与历年试卷对比，Ⅰ、 Ⅱ卷解答题顺序有变，这
也体现了对于套路性解题的变革，单纯地通过模仿老师的解题步骤而不用心理解
归纳，是难以拿到分数的．对数据处理能力以及应用意识和创新意识上的考查有
所提升，也符合 当前社会的大数据处理热潮和青少年创新性的趋势．
高考全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷以及其他省市自主命题试卷 对立体几何知识的考查主
要体现在：图形辨认：三视图、直观图、展开图、折叠图、图形割补等；定性证
明：线线、线面、面面的垂直或平行关系的证明；定量计算：体积与面积的计算、
线线角、线面 角、面面角的计算．从能力考查的角度看，突出空间想象能力、推
理论证能力和逻辑表达能力的考查，突 出学科内知识的综合运用．如Ⅱ卷第16
题以求圆锥体侧面积的形式考查了旋转体轴截面、线面角、正弦 定理等知识的综
合运用，在知识点的相互联系上有一定的变化；对立体几何知识的考查总体来说
比去年比重有所提升，重视程度有所增加，如Ⅱ卷大题中20题以往考查解析几何，
今年考了立体几何， 同时，解析几何难度明显下降，而立体几何难度相对较大，
主要体现在规范性要求高和计算量增大上．
总之，在学习中强化空间想象能力，注重强化基础知识的巩固和知识网络的
构建，通过提升学生 知识迁移能力、综合分析能力来提高应考能力．
下面列出了2018年全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷及其他自主命 题省市试卷必修2所考查

ruize
全部试题，请同学们根据所学必修2的知 识，测试自己的能力，寻找自己的差距，
把握高考的方向，认清命题的趋势！(说明：有些试题带有综合 性，是与以后要学
的内容的小综合试题，同学们可根据目前所学习内容，有选择性地试做！)


穿越自测
一、选择题
1．(2018·全国卷Ⅲ·理3)中国古建筑借 助榫卯将木构件连接起来，构件的凸
出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头 ．若如图摆
放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯
视图 可以是( )

ruize

-=答案=- A
解析 观察图形易知卯眼处应以虚线画出，
，故选A．
视图为俯

ruize

2．(2018·全国卷Ⅰ·文9) 某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆
柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱 表面上的点N在左视图上的对
应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )
A．217 B．25 C．3 D．2
-=答案=- B
解析 根据圆柱的三视图及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以
圆柱的高为长方形的宽 ，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端
点处，所以所求的最短路径的长度为4
2
＋2
2
＝25，故选B．
3．(2018·北京高考·理5)某四棱锥的 三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，
直角三角形的个数为( )

ruize
A．1 B．2 C．3 D．4
-=答案=- C

解析 由三视图可得正方体中四棱锥P－ABCD，如图所示，在四棱锥P－
A BCD中，PD＝2，AD＝2，CD＝2，AB＝1，由勾股定理可知，PA＝22，PC
＝22，P B＝3，BC＝5，则在四棱锥P－ABCD中，直角三角形有△PAD，△PCD，
△PAB共三个， 故选C．
4．(2018·浙江高考·3)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的
体积(单位：cm
3
)是( )

A．2 B．4 C．6 D．8
-=答案=- C

ruize
解析 根据三视图可得该几 何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，
1
上、下底分别为1，2，梯形的高为2，因 此该几何体的体积为
2
×(1＋2)×2×2＝
6，故选C．
5．(201 8·全国卷Ⅱ·文9)在正方体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
中，E为棱CC
1
的中点，
则异面直线AE与CD所成角的正切值 为( )
2357
A．
2
B．
2
C．
2
D．
2

-=答案=- C
解析 在正方体A BCD－A
1
B
1
C
1
D
1
中，CD∥A B，所以异面直线AE与CD
所成角为∠EAB，设正方体边长为2a，则由E为棱CC
1的中点，可得CE＝a，所
BE5a5
以BE＝5a，则tan∠EAB＝
AB< br>＝
2a
＝
2
．故选C．

6．(2018·全国卷 Ⅰ·文10)在长方体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
中，AB＝BC＝2，AC
1
与平面BB
1
C
1
C所成的角为30°，则该长方体的体积为( )
A．8 B．62 C．82 D．83
-=答案=- C

ruize

解析 在长方 体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
中，连接 BC
1
，根据线面角的定义可知
AB
∠AC
1
B＝30°， 因为AB＝2，
BC
＝tan30°，所以BC
1
＝23，从而求得CC1
＝
1
2
BC
1
－BC
2
＝22，所 以该长方体的体积为V＝2×2×22＝82，故选C．
7．(2018·浙江高考·8)已知四棱锥 S－ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，
E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的 角为θ
1
，SE与平面ABCD
所成的角为θ
2
，二面角S－AB－ C的平面角为θ
3
，则( )
A．θ
1
≤θ
2
≤θ
3
B．θ
3
≤θ
2
≤θ
1

C．θ
1
≤θ
3
≤θ
2
D．θ
2
≤θ
3
≤θ
1

-=答案=- D
解析 设O为正方形ABCD的中心，M为AB的中点，过点E作BC的平行
线EF，交CD于 F，过点O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，OM，则SO垂
直于底面ABCD，OM垂直于AB ，因此∠SEN＝θ
1
，∠SEO＝θ
2
，∠SMO＝θ
3
，θ
1
，
π
SNSNSOSO
θ
2
，θ
3
∈0，
2
，从而tanθ
1
＝
EN
＝
OM
，tanθ
2
＝
EO
，tanθ
3
＝
OM
，
因为SN≥SO，EO≥OM，所以tanθ
1
≥tanθ
3< br>≥tanθ
2
，即θ
1
≥θ
3
≥θ
2
，故选D．
8．(2018·全国卷Ⅲ·理10)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上 四
点，△ABC为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D－ABC体积的最大值为
( )
A．123 B．183 C．243 D．543

ruize
-=答案=- B
解析 如图所示，点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，

当DM⊥平面ABC时，三棱锥D－ABC体积最大，此时，OD＝OB＝R＝4．
3
∵S
△
ABC
＝
4
AB
2
＝93，
∴AB＝6，
∵点M为三角形ABC的重心，
2
∴BM＝
3
BE＝23，
∴在Rt△ABC中，有OM＝OB
2
－BM
2
＝2．
∴DM＝OD＋OM＝4＋2＝6，
1
∴(V
三棱锥
D
－
ABC
)
max
＝
3
×93×6＝183．故选B． 9．(2018·全国卷Ⅰ·理12)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α
所成的角相 等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
3323323
A．
4
B．
3
C．
4
D．
2

-=答案=- A
解析 根据相互平 行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCD
－A
1
B
1
C
1
D
1
中，平面AB
1
D
1
与线AA
1
，A
1
B
1
，A
1
D
1
所成的角是相等的，所以平
面AB
1
D
1
与正方体的每条棱所在的 直线所成角都是相等的，同理平面C
1
BD也满

ruize
足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，要求截面面积最大，则截面
的位置为夹在两个面AB
1
D
1
与C
1
BD中间的，且过棱的中点的正六边形，且边 长
23

2

33
为
2
，所以其面积为S ＝6×
4
×

2
＝
4
，故选A．

2

二、填空题

10．(2018·天津高考·文1 1)如图，已知正方体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
的棱长为1，
则四棱锥A
1
－BDD
1
B
1的体积为________．
1
-=答案=-
3


解析 如图所示，连接A
1
C
1
，交B
1
D
1
于点O，很明显A
1
C
1
⊥平面BDD
1
B< br>1
，

ruize
112
22
则A
1
O是四棱锥A
1
－BDD
1
B
1
的高，且A
1
O＝
2
A
1
C
1
＝
2
×1＋ 1＝
2
，
S四边形BDD1B1＝BD×DD
1
＝2×1＝2，
1
结合四棱锥的体积公式可得四棱锥A
1
－BDD
1
B1
的体积为V＝
3
S四边形
121
BDD1B1×A
1
O＝
3
×2×
2
＝
3
．
11．(201 8·全国卷Ⅱ·文16)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA
与圆锥底面所成角为30 °，若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________．
-=答案=- 8π

11
解析 如图所示，∠SAO＝30°，∠ASB＝90°，又S
△
SAB
＝
2
SA·SB＝
2
SA
2
＝8，
1解得SA＝4，所以SO＝
2
SA＝2，AO＝SA
2
－SO
2
＝23，所以该圆锥的体积为
1
V＝
3
·π·OA
2
·SO＝8π．

ruize

12．(2018·天津高考·理 11)已知正方体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1< br>的棱长为1，除面
ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)， 则四棱锥
M－EFGH的体积为________．
1
-=答案=-
12

2
解析 由题意可得，底面四边形EFGH是边长为
2
的正方形，其面积S
四边形
2
2
11
＝＝，顶点M到底面四边形E FGH的距离为d＝
EFGH
222
，由四棱锥的体积公
1111
式 可得V
四棱锥
M
－
EFGH
＝
3
×
2×
2
＝
12
．

ruize
13．( 2018·江苏高考·10)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为
顶点的多面体的体积为 ________．

4
-=答案=-
3

解析 由图 可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为
14
1，底面正方形的边长等于 2，所以该多面体的体积为2×
3
×(2)
2
×1＝
3
．
三、解答题
14．(2018·北京高考·文18)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面A BCD为矩
形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点 ．

求证：(1)PE⊥BC；

ruize
(2)平面PAB⊥平面PCD；
(3)EF∥平面PCD．
证明 (1)∵PA＝PD，且E为AD的中点，
∴PE⊥AD．
∵底面ABCD为矩形，∴BC∥AD，
∴PE⊥BC．
(2)∵底面ABCD为矩形，∴AB⊥AD．
∵平面PAD⊥平面ABCD，且交线为AD，
∴AB⊥平面PAD．
∴AB⊥PD．又PA⊥PD，AB∩AP＝A，
∴PD⊥平面PAB，又∵PD⊂平面PCD．
∴平面PAB⊥平面PCD．
(3)如图，取PC的中点G，连接FG，GD．

∵F，G分别为PB和PC的中点，
1
∴FG∥BC，且FG＝
2
BC．
∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，
1
∴ED∥BC，DE＝
2
BC，
∴ED∥FG，且ED＝FG，
∴四边形EFGD为平行四边形，

ruize
∴EF∥GD．
又EF⊄平面PCD，GD⊂平面PCD，
∴EF∥平面PCD．
15．(201 8·江苏高考·15)在平行六面体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
中，AA
1
＝AB，
AB
1
⊥B
1
C
1
．

求证：(1)AB∥平面A
1
B
1
C；
(2)平面ABB
1
A
1
⊥平面A
1
BC．
证明 (1)在平行六面体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
中，
AB∥A
1
B
1
．
因为AB⊄平面A
1
B
1
C，A
1
B
1
⊂平面A
1
B
1
C，

ruize
所以AB∥平面A
1
B
1
C．
(2)在平行六面体ABC D－A
1
B
1
C
1
D
1
中，四边形ABB
1
A
1
为平行四边形．
又因为AA
1
＝AB，所 以四边形ABB
1
A
1
为菱形，
所以AB
1
⊥A
1
B．
又因为AB
1
⊥ B
1
C
1
，BC∥B
1
C
1
，
所以AB
1
⊥BC．
又因为A
1
B∩BC＝B，
A
1
B⊂平面A
1
BC，BC⊂平面A
1
BC，
所以AB
1
⊥平面A
1
BC．
因为AB
1
⊂平面ABB
1
A
1
，
所以平面ABB
1
A
1
⊥平面A
1
BC．
16．(2018·全国卷Ⅰ·文18)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，
∠ACM ＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．

ruize

(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
2
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝
3
DA，求三棱< br>锥Q－ABP的体积．
解 (1)证明：由已知可得∠BAC＝90°，即BA⊥AC．又AB ⊥DA，且AC∩DA
＝A，所以AB⊥平面ACD．
又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．
(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝32．
2
又BP＝DQ＝
3
DA，所以BP＝22．
1
作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊
3
DC．

ruize
由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1．
因此，三棱锥Q－ABP的体积为
111
V
三棱锥
Q
－< br>ABP
＝
3
·QE·S
△
ABP
＝
3
×1×
2
×3×22sin45°＝1．
17．(2018·全国卷Ⅱ·文19) 如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝22，PA
＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．

(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．
解 (1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以PO⊥AC，且
PO＝23．
2
连接OB，因为AB＝BC＝
2
AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥ AC，
1
OB＝
2
AC＝2．
由PO
2
＋OB
2
＝PB
2
知PO⊥OB．
由PO⊥OB，PO⊥AC，AC∩OB＝O，知
PO⊥平面ABC．
(2)作CH⊥OM，垂足为H．又由(1)可得PO⊥CH，所以CH⊥平面POM．

ruize

故CH的长为点C到平面POM的距离．
1 242
由题设可知OC＝
2
AC＝2，CM＝
3
BC＝
3< br>，∠ACB＝45°．
OC·MC·sin∠ACB
4525
所以OM＝3
，CH＝＝
5
．
OM
45
所以点C到平面POM的距离为
5
．
18．(2 018·全国卷Ⅲ·文19)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平
面垂直，M是CD上异于 C，D的点．

(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．

ruize
解 (1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC．
而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．
(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．
证明如下：连接AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连接OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．
又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，
所以MC∥平面PBD．

1 9．(2018·天津高考·文17)如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，
平面ABC ⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝23，∠BAD＝90°．

ruize

(1)求证：AD⊥BC；
(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；
(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．
解 (1)证明：由平面ABC⊥平面ABD，
平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，
可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．
(2)取棱AC的中点N，连接MN，ND．
又因为M为棱AB的中点，故MN∥BC．
所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角．

在Rt△DAM中，AM＝1，
故DM＝AD
2
＋AM
2
＝13．

ruize
因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．
在Rt△DAN中，AN＝1，
故DN＝AD
2
＋AN
2
＝13．
在等腰三角形DMN中，由MN＝1，
1
2
MN
13
可得 cos∠DMN＝
DM
＝
26
．
13
所以异面直线BC与MD所成角的余弦值为
26
．
(3)连接 CM．因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，
CM＝3．又因为平面ABC⊥ 平面ABD，且交线为AB，而CM⊂平面ABC，故
CM⊥平面ABD．所以∠CDM为直线CD与平 面ABD所成的角．
在Rt△CAD中，CD＝AC
2
＋AD
2
＝4．
CM3
在Rt△CMD中，sin∠CDM＝
CD
＝
4
．
3
所以直线CD与平面ABD所成角的正弦值为
4
．

2 0．(2018·浙江高考，19)如图，已知多面体ABCA
1
B
1
C1
，A
1
A，B
1
B，C
1
C
均垂直 于平面ABC，∠ABC＝120°，A
1
A＝4，C
1
C＝1，AB＝BC ＝B
1
B＝2．
(1)证明：AB
1
⊥平面A
1
B
1
C
1
；
(2)求直线AC
1
与平面ABB
1
所成的角的正弦值．

ruize
解 (1)证明：由AB＝2，AA
1
＝4，B B
1
＝2，AA
1
⊥AB，BB
1
⊥AB，得AB
1
＝A
1
B
1
＝22，
222
所以A
1
B
1
＋AB
1
＝AA
1
．故AB
1
⊥A
1
B
1
．
由BC＝2，BB
1
＝2，CC
1
＝1，BB
1
⊥BC，CC
1
⊥BC，得B
1< br>C
1
＝5，
由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝23， 222
由CC
1
⊥AC，得AC
1
＝13，所以AB
1
＋B
1
C
1
＝AC
1
，故AB
1
⊥B
1
C
1
．
又A
1
B
1
∩B
1
C
1
＝B
1
，因此AB
1
⊥平面A1
B
1
C
1
．

(2)如图，过点C
1
作C
1
D⊥A
1
B
1
，交直线A
1< br>B
1
于点D，连接AD．
由AB
1
⊥平面A
1B
1
C
1
，得平面A
1
B
1
C
1
⊥平面ABB
1
，
由C
1
D⊥A
1
B
1
，
得C
1
D⊥平面ABB
1
，
所以∠C
1
AD是直线AC
1
与平面ABB
1
所成的角．
由B
1C
1
＝5，A
1
B
1
＝22，A
1
C
1
＝21，得
cos∠C
1
A
1
B
1< br>＝
61
，sin∠C
1
A
1
B
1
＝ ，
77
C
1
D39
所以C
1
D＝3，故sin∠ C
1
AD＝
AC
＝
13
．
1
39
因此，直线AC
1
与平面ABB
1
所成的角的正弦值是
13
．

ruize