2017-2018学年安徽省定远重点中学高二上学期期末数学文试题（解析版）

2017-2018学年安徽省定远重点中学高二上学期期末数学文试题（解析版）

定远重点中学2017-2018学年第一学期期末考试 高二（文科）数学试题 注意事项：‎ ‎1．答题前在答题卡、答案纸上填写好自己的姓名、班级、考号等信息 ‎2．请将第I卷（选择题）答案用2B铅笔正确填写在答题卡上；请将第II卷（非选择题）答案黑色中性笔正确填写在答案纸上。‎ 第I卷（选择题60分）‎ 一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分。) ‎ ‎1. 若正棱锥底面边长与侧棱长相等，则该棱锥一定不是（　　）‎ A. 三棱锥 B. 四棱锥 C. 五棱锥 D. 六棱锥 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：若正六棱锥底面边长与侧棱长相等，‎ 则正六棱锥的侧面构成等边三角形，侧面的六个顶角都为60度，‎ ‎∴六个顶角的和为360度，‎ 这样一来，六条侧棱在同一个平面内，‎ 这是不可能的 考点：棱锥的结构特征 ‎2. 已知M是正四面体ABCD棱AB的中点，N是棱CD上异于端点C，D的任一点，则下列结论中，正确的个数有（　　）‎ ‎（1）MN⊥AB； ‎ ‎（2）若N为中点，则MN与AD所成角为60°；‎ ‎（3）平面CDM⊥平面ABN；‎ ‎（4）不存在点N，使得过MN的平面与AC垂直．‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】逐一考查所给的四个说法：‎ ‎(1)连结MC，MD，由三角形三线合一可得AB⊥CM，AB⊥DM，∴AB⊥平面MCD，‎ ‎∵MN⊂平面MCD,∴AB⊥MN,故(1)正确；‎ ‎(2)取BD中点E，连结ME，NE，则∠NME或其补角为MN与AD所成角，‎ 连结BN,由(1)知BM⊥MN,设正四面体棱长为1,则，‎ ‎,∴cos∠NME=,∴∠NME=45°,故(2)不正确；‎ ‎(3)由(1)知AB⊥平面CDM,∵AB⊂平面ABN,∴平面CDM⊥平面ABN,故(3)正确；‎ ‎(4)取BC中点F，连结MF，DF，假设存在点N，使得过MN的平面与AC垂直，‎ ‎∴AC⊥MN,∵MF∥AC，∴MF⊥MN，‎ ‎∵DF=DM=,∴∠FMD<90°,很明显∠CMF<90°.‎ 当N从D向C移动时,∠FMN先减小,后增大,故∠FMN<90°，与MF⊥MN矛盾.‎ ‎∴不存在点N,使得过MN的平面与AC垂直,故(4)正确.‎ 本题选择C选项.‎ ‎3. a，b，c表示直线，M表示平面，给出下列四个命题：‎ ‎①若a∥M，b∥M，则a∥b； ‎ ‎②若b⊂M，a∥b，则a∥M； ‎ ‎③若a⊥c，b⊥c，则a∥b； ‎ ‎④若a⊥M，b⊥M，则a∥b． ‎ 其中正确命题的个数有（ ）‎ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：①平面于同一个平面的两条直线平行或相交或异面，所以不正确；②平面外的线与平面内的线平行，则线与面平行，直线a没说在平面外，所以不正确；③垂直于同一条直线的两条直线平行，相交或异面；④垂直于同一个平面的两条直线平行,正确，故正确的有④，故选B.‎ 考点：线线，线面的位置关系 ‎4. 已知矩形ABCD，AB=1，BC= ． 将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中（　　）‎ A. 存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直 B. 存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直 C. 存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直 D. 对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直 ‎【答案】B ‎【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可知选项B是正确的 视频 ‎5. 若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则该圆锥的母线与轴所成的角为( )‎ A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°‎ ‎【答案】A ‎【解析】设圆锥侧面展开图的半径为，则圆锥底面周长为，‎ 设底面半径为，则，‎ 圆锥的母线长为侧面展开图的半径，‎ 设该圆锥的母线与轴所成的角为，则.‎ 本题选择A选项.‎ ‎6. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面,则下列四个命题中错误的为：( )‎ A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A：记，确定的平面为，，在平面内，∵，，∴，从而根据线面平行的判定可知A正确；B：等价于两个平面的法向量垂直，根据面面垂直的判定可知B正确；C：根据面面垂直的性质可知C正确；D：或，故D错误，故选D．‎ 考点：1．线面平行的判定；2．线面垂直面面垂直的判定与性质．‎ ‎7. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）‎ A. 8 B. 10 C. 12 D. 14‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由三视图还原该几何体得它是一个直四棱柱，其中为全等的等腰梯形，棱平面（如图），梯形的高，，故选C．‎ 考点：1．空间几何体的三视图；2．空间几何体体积的计算．‎ ‎8. 已知正四棱锥S-ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE,SD所成的角的余弦值为（ 　 ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】设如图所示，取的中点，的中点，的中点，‎ 连结，由于，且，‎ 故四边形是平行四边形，，‎ 由三角形中位线的性质可得，‎ 据此可得或其补角即为所求，‎ 且，，，‎ 由余弦定理可得：.‎ 据此可得AE,SD所成的角的余弦值为.‎ 本题选择C选项.‎ 点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：‎ ‎①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；‎ ‎②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；‎ ‎③计算：求该角的值，常利用解三角形；‎ ‎④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．‎ ‎9. 设平面与平面相交于直线 ， 直线在平面内，直线在平面内，且 ， 则“”是“”的(　　)‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A 考查必要性：若，则由可得，此时不一定有，即必要性不成立；‎ 综上可得：“”是“”的充分不必要条件.‎ 本题选择A选项.‎ ‎10. 如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2．若二面角C－AB－C1的大小为60°，则异面直线A1B1和BC1所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】如图取AB的中点D，连接CD，C1D，则有CD⊥AB，C1D⊥AB，‎ ‎∴∠C1DC=60°，CD=，CC1=CDtan60°=3，‎ AC1=BC1=.‎ 在△ABC1中，cos∠ABC1=.‎ ‎∵AB∥A1B1，因此∠ABC1是直线A1B1与BC1所成的角或补角，‎ 因此直线A1B1与BC1所成的角的余弦值是.‎ 本题选择D选项.‎ ‎11. 某个长方体被一个平面所截，得到几何体的三视图 如图所示，则这个几何体的体积为(　　)‎ A. 4 B. ‎ C. D. 8‎ ‎【答案】D ‎12. 如图，直三棱柱的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB=AC，侧面是半球底面圆的内接正方形，则侧面的面积为（ ）‎ A. 2 B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】如图所示，连结，交于点，取中点，连结，‎ 四边形是正方形，且，则，‎ 三棱柱为直棱柱，则平面 平面，‎ 由等腰三角形三线合一可知，结合面面垂直的性质可知平面，‎ 故，由勾股定理可得，‎ 故，‎ 很明显侧面为矩形，其面积为.‎ 本题选择C选项.‎ 点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.‎ 第II卷（非选择题90分）‎ 二、填空题 ‎13. 已知球的表面积为,用一个平面截球，使截面圆的半径为, 则截面与球心的距离是___．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：球的表面积为，则球的半径为,用一个平面截球，使截面球的半径为，截面与球心的距离是．故答案为：．‎ 考点：球的性质．‎ ‎14. 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，则该几何体的表面积为__．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由三视图可几何体是三个半正方体构成，‎ 其表面积有15个边长为2的正方形，1个边长为2、的矩形构成，‎ ‎∴几何体的表面积，‎ 点睛:空间几何体表面积的求法 ‎ (1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．‎ ‎(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．‎ ‎(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．‎ ‎15. 如图正方体ABCD－A1B1C1D1中，与AD1异面且与AD1所成的角为90°的面对角线(面对角线是指正方体各个面上的对角线)共有________条.‎ ‎【答案】1条 ‎【解析】与异面的面对角线分别为：、、、、，其中只有和所成的角为，故答案为条.‎ ‎16. 四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，若，则四棱锥的体积取值范围为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 如图所示，四棱锥中，可得：平面平面平面，过作于，则平面，故，在中，，设，则有，,又 ，则，四棱锥的体积取值范围为.‎ 三、解答题 ‎17. 如图，边长为的正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，其中AB∥CD，AB⊥BC，DC=BC=AB=1，点M在线段EC上．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面BDM⊥平面ADEF；‎ ‎（Ⅱ）判断点M的位置，使得三棱锥B﹣CDM的体积为 ． ‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）点M在线段CE的三等分点且靠近C处.‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（Ⅰ）由题意结合勾股定理可得AD⊥BD，由面面垂直的性质可得BD⊥ED，据此可得BD⊥平面ADEF，故平面BDM⊥平面ADEF；‎ ‎（Ⅱ）在平面DMC内，过M作MN⊥DC，垂足为N，转换顶点，VB﹣CDM=VM﹣CDB，据此可得，利用相似三角形的性质可得，即点M在线段CE的三等分点且靠近C处．‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）∵DC=BC=1，DC⊥BC，‎ ‎∴BD=，‎ ‎∵AD=，AB=2，‎ ‎∴AD2+BD2=AB2 ， ‎ ‎∴∠ADB=90°，‎ ‎∴AD⊥BD，‎ ‎∵平面ADEF⊥平面ABCD，ED⊥AD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，‎ ‎∴ED⊥平面ABCD，‎ ‎∴BD⊥ED，‎ ‎∵AD∩DE=D，‎ ‎∴BD⊥平面ADEF，‎ ‎∵BD⊂平面BDM，‎ ‎∴平面BDM⊥平面ADEF；‎ ‎（Ⅱ）如图，在平面DMC内，过M作MN⊥DC，垂足为N，则MN∥ED，‎ ‎∵ED⊥平面ABCD，‎ ‎∴MN⊥平面ABCD，‎ ‎∵VB﹣CDM=VM﹣CDB=，‎ ‎∴××1×1×MN=，‎ ‎∴MN=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴CM=CE，‎ ‎∴点M在线段CE的三等分点且靠近C处．‎ 点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．‎ ‎18. 如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，若E为棱AB的中点，‎ ‎①求四棱锥B1﹣BCDE的体积 ‎②求证：面B1DC⊥面B1DE．‎ ‎【答案】①；②见解析.‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎①由正方体的性质可得B1B⊥平面BEDC，结合棱锥的体积公式计算可得四棱锥B1﹣BCDE的体积V=；‎ ‎②取B1D的中点O，设BC1∩B1C=F，连接OF，由题意可得四边形OEBF是平行四边形，结合正方体的性质可得OE⊥DC，OE⊥B1C，故OE⊥平面B1DC，结合面面垂直的判断定理可得平面B1DC⊥面B1DE．‎ 试题解析：‎ ‎①由正方体的性质可得B1B⊥平面BEDC，‎ ‎∴四棱锥B1﹣BCDE的体积V=•S梯形BCDE•B1B=•（a+a）•a•a=；‎ ‎②取B1D的中点O，设BC1∩B1C=F，连接OF，‎ ‎∵O，F分别是B1D与B1C的中点，∴OF∥DC，且OF=DC，‎ 又∵E为AB中点，∴EB∥DC，且EB=DC，‎ ‎∴OF∥EB，OF=EB，即四边形OEBF是平行四边形，∴OE∥BF，‎ ‎∵DC⊥平面BCC1B1 ， BC1⊂平面BCC1B1 ， ∴BC1⊥DC，∴OE⊥DC．‎ 又BC1⊥B1C，∴OE⊥B1C，又∵DC⊂平面B1DC，B1C⊂平面B1DC，DC∩B1C=C，‎ ‎∴OE⊥平面B1DC，又∵OE⊂平面B1DE，∴平面B1DC⊥面B1DE．‎ ‎19. 如图，在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中，平面ABCD，PA=AB,E是PD的中点.‎ ‎（1）求证：平面EAC；‎ ‎（2）求证：平面平面PAD.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）连结BD交AC于O，连结EO，由三角形中位线的性质可得EO∥PA，结合线面平行的性质可得平面EAC；‎ ‎（2）由面面垂直的性质可得PA⊥CO，由矩形的性质可知AD⊥CD，由面面垂直的性质可得CD⊥平面PAD，故平面平面PAD. ‎ 试题解析：‎ ‎（1）连结交于，连结，则是的中位线，所以，‎ 又平面，平面，‎ 平面；‎ ‎（2）， ‎ 而 ，‎ 又.‎ ‎20. 已知三棱柱中，平面⊥平面，⊥，．‎ ‎（1）求证：⊥平面；‎ ‎（2）求平面与平面所成二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据面面垂直的性质定理，由平面⊥平面有⊥平面，所以⊥，，所以四边形是菱形，因此⊥，所以⊥平面；（2）由（1）知，⊥平面，利用几何法，作出二面角的平面角为，解三角形求得其余弦值为.‎ 试题解析：‎ ‎（1）由于平面⊥平面，⊥，所以⊥平面，所以⊥，‎ 而，所以四边形是菱形，因此⊥，所以⊥平面．‎ ‎（2）设，作⊥于，连接，‎ 由（1）知⊥平面，即⊥平面，所以⊥，‎ 又⊥于，因此⊥，‎ 所以为两平面所成锐二面角的平面角，‎ 在中，，，故直角边，‎ 又因为中，因此中斜边，‎ 所以，‎ 所以所求两平面所成锐二面角的余弦值为．‎ 考点：空间向量与立体几何.‎ ‎【方法点晴】求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．本题采用的是传统的几何法来完成，几何法来求面面角，格式是“作角——证角——求角”也就是先利用平面的垂线，利用二面角的定义作出二面角的平面角，然后解三角形求得其余弦值.‎ ‎21. 如图，在直三棱柱中，是的中点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若，求证：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）连接，交于点，连结.由直三棱柱性质知为的中点，则.结合线面平行的判断定理可得平面；‎ ‎（2）等腰三角形三线合一，则.由直三棱柱的性质结合线面垂直的性质定理可得，结合线面垂直的判断定理可得平面，故.‎ 试题解析：‎ ‎（1）如图，连接，交于点，连结.‎ 据直三棱柱性质知四边形为平行四边形，所以为的中点.‎ 又因为是的中点，所以.‎ 又因为平面，平面，‎ 所以平面 ‎ ‎（2）因为，为的中点，所以.‎ 据直三棱柱性质知平面，又因为平面，所以.‎ 又因为，平面，‎ 所以平面， ‎ 又因为平面，所以，即. ‎ ‎22. 如图，在四棱锥中， ， ∥， ， ， ， .‎ ‎(1)求证：平面平面；‎ ‎(2)若，三棱锥与的体积分别为，求的值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）2.‎ ‎【解析】试题分析：（1）先根据正方形性质得，再根据勾股定理得，根据线面垂直判定定理得平面,最后根据面面垂直判定定理得面面垂直，（2）由锥体体积公式得体积之比为 ‎，再根据面积之比可得的值．‎ 试题解析：(1)在四边形中，∵//，，，‎ ‎∴四边形是正方形，得.‎ 在中，∵，∴，又, ∴平面,‎ 又平面，∴平面平面.‎ ‎(2)由(1)知，四边形为正方形，∴，，‎ ‎∴，从而,‎ 设点到平面的距离为，∵平行线与之间的距离为，‎ ‎∴.‎