2017-2018学年山西省太原市金河中学高二上学期第一次调研数学试题（解析版）

2017-2018学年山西省太原市金河中学高二上学期第一次调研数学试题（解析版）

‎2017-2018学年山西省太原市金河中学高二（上）第一次调研数学试卷 ‎　‎ 一、选择题（本大题包括12小题，每小题5分，共60分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上）‎ ‎1．（5分）给出下列四个命题：‎ ‎①若平面α∥平面β，直线a⊂α，直线b⊂β，则a∥b；‎ ‎②若直线a∥直线b，直线a、c∥平面α，b、c∥平面β，则α∥β；‎ ‎③若平面α∥平面β，直线a⊂α，则a∥β；‎ ‎④若直线a∥平面α，直线a∥平面β，则α∥β．‎ 其中正确命题的个数为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎2．（5分）在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方形，则截去8个三棱锥后，剩下的几何体的体积是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．（5分）有三个球，一个球内切于正方体的各个面，另一个球切正方体的各条棱，第三个球过正方体的各个顶点（都是同一正方体），则这三个球的体积之比为（　　）‎ A．1： B．1：2：3 C．1：2 D．1：4：3‎ ‎4．（5分）如图，ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是（　　）‎ A．BD∥平面CB1D1‎ B．AC1⊥BD C．AC1⊥平面CB1D1‎ D．异面直线AD与CB1所成的角为60°‎ ‎5．（5分）将正三棱柱截去三个角如图1所示A、B、C分别是△GHI三边的中点，得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．（5分）直角三角形ABC的斜边AB在平面α内，直角顶点C在平面α外，C在平面α内的射影为C1，且C1∉AB，则△C1AB为（　　）‎ A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．以上都不对 ‎7．（5分）如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′=6cm，C′D′=2cm，则原图形是（　　）‎ A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．一般的平行四边形 ‎8．（5分）某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹为（　　）‎ A．线段B1C B．线段BC1‎ C．BB1的中点与CC1的中点连成的线段 D．BC的中点与B1C1的中点连成的线段 ‎10．（5分）梯形ABCD中，∠ABC=90°，以A为圆心，AD为半径作圆，如图所示（单位：cm），则图中阴影部分绕AD旋转一周所形成的几何体的表面积为（　　）‎ A．80π B．84π C．60π D．68π ‎11．（5分）已知A，B，C三点的坐标分别是A（3，0），B（0，3），C（cosα，sinα），，若，则的值为（　　）‎ A． B． C．2 D．3‎ ‎12．（5分）已知a＞0，b＞0，若不等式﹣﹣≤0恒成立，则m的最大值为（　　）‎ A．4 B．16 C．9 D．3‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题包括4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题卡中的横线上）.‎ ‎13．（5分）我国古代数学名著《数书九章》中有云：“今有木长二丈四尺，围之五尺，葛生其下，缠木两周，上与木齐，问葛长几何？”其意思为“圆木长2丈4尺，圆周为5尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长　 　尺．”（注：1丈等于10尺）‎ ‎14．（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体中最长的棱长为　 　 ‎ ‎15．（5分）如图，在△ABC中，，∠ABC=90°，点D为AC的中点，将△ABD沿BD折起到△PBD的位置，使PC=PD，连接PC，得到三棱锥P﹣BCD．若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是　 　．‎ ‎16．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F∥平面D1AE，则A1F与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围是　 　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题包括6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，把正确答案填在答题卡中的对应位置上）.‎ ‎17．（10分）已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=3，且成等比数列．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）设（n﹣Sn）bn=1，求数列{bn}的前n项和Tn．‎ ‎18．（12分）已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，a=2bcosB，b≠c．‎ ‎（1）证明：A=2B；‎ ‎（2）若a2+c2=b2+2acsinC，求A．‎ ‎19．（12分）设P、Q是边长为a的正方体AC1的面AA1D1D、面A1B1C1D1的中心．如图：‎ ‎（1）证明：PQ∥平面AA1B1B；‎ ‎（2）求线段PQ的长．‎ ‎20．（12分）已知△BCD中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB⊥平面BCD，∠ADB=60°，E、F分别是AC、AD上的动点，且=λ（0＜λ＜1）．‎ ‎（Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；‎ ‎（Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD？‎ ‎21．（12分）如图，在三棱锥ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥底面ABC，∠A1AC=60°，AC=2AA1=4，点D，E分别是AA1，BC的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：DE∥平面A1B1C；‎ ‎（Ⅱ）若AB=2，∠BAC=60°，求三棱锥A1﹣BDE的体积．‎ ‎22．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAB⊥平面ABCD，AB=AP=3，AD=PB=2，E为线段AB上一点，且AE：EB=7：2，点F、G分别为线段PA、PD的中点．‎ ‎（1）求证：PE⊥平面ABCD；‎ ‎（2）若平面EFG将四棱锥P﹣ABCD分成左右两部分，求这两部分的体积之比．‎ ‎　‎ 四、选择题（共3小题，每小题0分，满分0分）‎ ‎23．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1绕其体对角线BD1旋转θ之后与其自身重合，则θ的值可以是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎24．已知三棱锥A﹣BCD中，AB=AC=BC=2，BD=CD=，点E是BC的中点，点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点，则该三棱锥外接球的表面积为　 　．‎ ‎25．如图，在矩形ABCD中，AB=2BC，P，Q分别为线段AB，CD的中点，EP⊥平面ABCD．‎ ‎（1）求证：DP⊥平面EPC；‎ ‎（2）问在EP上是否存在点F使平面AFD⊥平面BFC？若存在，求出的值；‎ ‎（3）求证：平面AEQ⊥平面DEP．‎ ‎　‎ ‎2017-2018学年山西省太原市金河中学高二（上）第一次调研数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题包括12小题，每小题5分，共60分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上）‎ ‎1．（5分）给出下列四个命题：‎ ‎①若平面α∥平面β，直线a⊂α，直线b⊂β，则a∥b；‎ ‎②若直线a∥直线b，直线a、c∥平面α，b、c∥平面β，则α∥β；‎ ‎③若平面α∥平面β，直线a⊂α，则a∥β；‎ ‎④若直线a∥平面α，直线a∥平面β，则α∥β．‎ 其中正确命题的个数为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【分析】在①中，a与b平行或异面；在②中，α与β相交或平行；在③中，由面面平行的性质定理得a∥β；在④中，α与β相交或平行．‎ ‎【解答】解：在①中，若平面α∥平面β，直线a⊂α，直线b⊂β，则a与b平行或异面，故①错误；‎ 在②中，若直线a∥直线b，直线a、c∥平面α，b、c∥平面β，则α与β相交或平行，故②错误；‎ 在③中，若平面α∥平面β，直线a⊂α，则由面面平行的性质定理得a∥β，故③正确；‎ 在④中，若直线a∥平面α，直线a∥平面β，则α与β相交或平行，故④错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方思想，是中档题．‎ ‎　‎ ‎2．（5分）在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方形，则截去8个三棱锥后，剩下的几何体的体积是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】剩下的几何体的体积，就是正方体的体积求得8个正三棱锥的体积，求出体积差即可．‎ ‎【解答】解：由题意几何体的体积，就是正方体的体积求得8个正三棱锥的体积，‎ 故选D；‎ ‎【点评】本题考查多面体的体积的求法，考查转化思想，计算能力，是基础题．‎ ‎　‎ ‎3．（5分）有三个球，一个球内切于正方体的各个面，另一个球切正方体的各条棱，第三个球过正方体的各个顶点（都是同一正方体），则这三个球的体积之比为（　　）‎ A．1： B．1：2：3 C．1：2 D．1：4：3‎ ‎【分析】设出正方体的棱长，求出内切球的半径，与棱相切的球的半径，外接球的半径，然后求出三个球的体积之比．‎ ‎【解答】解：设正方体的棱长为：2，内切球的半径为：1，与棱相切的球的半径就是正方体中相对棱的距离，也就是面对角线的长：，外接球的半径为：；‎ 所以这三个球的体积之比为：1：2，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题是基础题，考查球与正方体的关系，内切球、外接球的关系，考查空间想象能力，求出三个球的半径是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎4．（5分）如图，ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是（　　）‎ A．BD∥平面CB1D1‎ B．AC1⊥BD C．AC1⊥平面CB1D1‎ D．异面直线AD与CB1所成的角为60°‎ ‎【分析】A中因为BD∥B1D1可判，B和C中可由三垂线定理进行证明；而D中因为CB1∥D1A，所以∠D1AD即为异面直线所成的角，∠D1AD=45°．‎ ‎【解答】解：A中因为BD∥B1D1，正确；B中因为AC⊥BD，由三垂线定理知正确；‎ C中有三垂线定理可知AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，故正确；‎ D中显然异面直线AD与CB1所成的角为45°‎ 故选D ‎【点评】本题考查正方体中的线面位置关系和异面直线所成的角，考查逻辑推理能力．‎ ‎　‎ ‎5．（5分）将正三棱柱截去三个角如图1所示A、B、C分别是△GHI三边的中点，得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】因为光线从几何体的左面向右面正投影，得到投影图叫做几何体的侧视图．据此我们可以过D作一个平面与ED垂直，可知ED、HG、CB在此平面上的正射影为一个点，进而由图1和图2可知图2 的侧视图应是一个直角梯形，其上底是△ABC的边BC上的高，下底为△DEF的边DE上的高，直角腰为△AED的边ED上的高，根据以上分析可得出答案．‎ ‎【解答】解：由图1和图2可知图2 的侧视图应是一个直角梯形，其上底是△ABC的边BC上的高，下底为△DEF的边DE上的高，直角腰为△AED的边ED上的高，故侧视图为A．‎ 故选A．‎ ‎【点评】理解侧视图的定义及正投影的含义是解决问题的关键．‎ ‎　‎ ‎6．（5分）直角三角形ABC的斜边AB在平面α内，直角顶点C在平面α外，C在平面α内的射影为C1，且C1∉AB，则△C1AB为（　　）‎ A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．以上都不对 ‎【分析】作出示意图如图所示，由余弦定理即可求出．‎ ‎【解答】解：作出示意图如图所示，‎ ‎∵BC1＜BC，AC1＜AC，且BC2+CA2=AB2，‎ 在△ABC1中，由余弦定理可得cos∠AC1B=＜=0，‎ ‎∴∠AC1B为钝角，‎ ‎∴△C1AB为钝角三角形，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了余弦定理和三角形的判断，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎7．（5分）如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′=6cm，C′D′=2cm，则原图形是（　　）‎ A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．一般的平行四边形 ‎【分析】由题意画出原平面图形，结合图形即可判断该图形是菱形．‎ ‎【解答】解：根据题意，直观图的两组对边分别平行，‎ 且O′A′=6cm，C′D′=O′C′=2cm，∴O′D′=2；‎ 还原为平面图形是邻边不垂直，且CD=2，OD=4，‎ 如图所示，‎ ‎∴OC=6cm，‎ ‎∴四边形OABC是菱形．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了平面图形与它的直观图应用问题，是基础题．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】由题意，原材料对应的几何体是圆锥，其内接正方体是加工的新工件，求出它们的体积，正方体的体积与圆锥的体积比为所求．‎ ‎【解答】解：由题意，由工件的三视图得到原材料是圆锥，底面是直径为2的圆，母线长为3，所以圆锥的高为2，圆锥是体积为；‎ 其内接正方体的棱长为x，则，解得x=，所以正方体的体积为，‎ 所以原工件材料的利用率为：=；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了由几何体的三视图得到几何体的体积以及几何体的内接正方体棱长的求法；正确还原几何体以及计算内接正方体的体积是关键，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎9．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹为（　　）‎ A．线段B1C B．线段BC1‎ C．BB1的中点与CC1的中点连成的线段 D．BC的中点与B1C1的中点连成的线段 ‎【分析】如图，BD1⊥面ACB1，又点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，故点P的轨迹为面ACB1与面BCC1B1的交线段CB1．‎ ‎【解答】解：如图，连接AC，AB1，B1C，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，‎ 有BD1⊥面ACB1，又点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，‎ ‎∴故点P的轨迹为面ACB1与面BCC1B1的交线段CB1．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查线面垂直的判定与正方体的几何特征，对依据图象进行正确分析判断线面的位置关系的能力要求较高．其主要功能就是提高答题者对正方体特征的掌握与空间几何体的立体感．‎ ‎　‎ ‎10．（5分）梯形ABCD中，∠ABC=90°，以A为圆心，AD为半径作圆，如图所示（单位：cm），则图中阴影部分绕AD旋转一周所形成的几何体的表面积为（　　）‎ A．80π B．84π C．60π D．68π ‎【分析】旋转后几何体是从一个圆台上面挖去一个半球，根据数据利用面积公式，可求其表面积．‎ ‎【解答】解：所求旋转体的表面积由三部分组成：‎ 圆台下底面、侧面和一半球面，‎ 其中 S球=8π，S圆台侧=35π，S圆台底=25π．‎ 故所求几何体的表面积为：8π+35π+25π=68π，‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查组合体的面积、体积问题，考查空间想象能力，数学公式的应用，是基础题．‎ ‎　‎ ‎11．（5分）已知A，B，C三点的坐标分别是A（3，0），B（0，3），C（cosα，sinα），，若，则的值为（　　）‎ A． B． C．2 D．3‎ ‎【分析】先由A、B、C三点的坐标，求出的坐标，再根据，列出一个关于α的方程，可将问题转化为简单的三角函数化简求值问题．‎ ‎【解答】解：由，，‎ 得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎=．‎ 故选B ‎【点评】解决此题的关键是：熟练掌握向量数量积公式以及三角函数的变换方法．已知某三角函数值、求其它三角函数的值．一般先化简，再求值．化简三角函数的基本方法：统一角、统一名通过观察“角”“名”“次幂”，找出突破口，利用切化弦、降幂、逆用公式等手段将其化简．‎ ‎　‎ ‎12．（5分）已知a＞0，b＞0，若不等式﹣﹣≤0恒成立，则m的最大值为（　　）‎ A．4 B．16 C．9 D．3‎ ‎【分析】不等式恒成立⇒的最小值，利用不等式的基本性质求出即可．‎ ‎【解答】解：不等式恒成立⇒的最小值，‎ ‎∵a＞0，b＞0，=10+≥10+=16，当且仅当，即a=b时取等号．‎ ‎∴m≤16，即m的最大值为16．‎ 故选B．‎ ‎【点评】熟练掌握不等式的基本性质是解题的关键．‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题包括4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题卡中的横线上）.‎ ‎13．（5分）我国古代数学名著《数书九章》中有云：“今有木长二丈四尺，围之五尺，葛生其下，缠木两周，上与木齐，问葛长几何？”其意思为“圆木长2丈4尺，圆周为5尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长　26　尺．”（注：1丈等于10尺）‎ ‎【分析】由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，一条直角边（即木棍的高）长24尺，另一条直角边长5×2=10（尺），利用勾股定理，可得结论．‎ ‎【解答】解：由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，一条直角边（即木棍的高）长24尺，‎ 另一条直角边长5×2=10（尺），‎ 因此葛藤长=26（尺）．‎ 故答案为：26．‎ ‎【点评】本题考查旋转体表面上的最短距离问题，考查学生的计算能力，正确运用圆柱的侧面展开图是关键 ‎　‎ ‎14．（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体中最长的棱长为　　 ‎ ‎【分析】如图所示，该几何体为四棱锥P﹣ABCD．侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，过点P作PE⊥AB，垂足为点E，AE=1，BE=2，AD=2，PE=4．‎ ‎【解答】解：如图所示，该几何体为四棱锥P﹣ABCD．‎ 侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，‎ 过点P作PE⊥AB，垂足为点E，‎ AE=1，BE=2，AD=2，PE=4．‎ 该几何体中最长的棱长为PC==2．‎ 故答案为：2．‎ ‎【点评】本题考查了长方体与四棱锥的三视图、勾股定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎15．（5分）如图，在△ABC中，，∠ABC=90°，点D为AC的中点，将△ABD沿BD折起到△PBD的位置，使PC=PD，连接PC，得到三棱锥P﹣BCD．若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是　7π　．‎ ‎【分析】由题意得该三棱锥的面PCD是边长为的正三角形，且BD⊥平面PCD，求出三棱锥P﹣BDC的外接球半径R=，由此能求出该球的表面积．‎ ‎【解答】解：由题意得该三棱锥的面PCD是边长为的正三角形，且BD⊥平面PCD，‎ 设三棱锥P﹣BDC外接球的球心为O，‎ ‎△PCD外接圆圆心为O1，则OO1⊥面PCD，‎ ‎∴四边形OO1DB为直角梯形，‎ 由BD=，O1D=1，OB=OD，得OB=，‎ ‎∴三棱锥P﹣BDC的外接球半径R=，‎ ‎∴该球的表面积S=4πR2=4=7π．‎ 故答案为：7π．‎ ‎【点评】本题考查三棱锥外接球的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方思想，是中档题．‎ ‎　‎ ‎16．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F∥平面D1AE，则A1F与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围是　　．‎ ‎【分析】设平面AD1‎ E与直线BC交于点G，连接AG、EG，则G为BC的中点，分别取B1B、B1C1的中点M、N，连接AM、MN、AN，可得到A1F是平面A1MN内的直线，观察点F在线段MN上运动，即可得到A1F与平面BCC1B1所成角取最大值、最小值的位置，从而得到A1F与平面BCC1B1所成角的正切取值范围．‎ ‎【解答】解：设平面AD1E与直线BC交于点G，连接AG、EG，则G为BC的中点 分别取B1B、B1C1的中点M、N，连接AM、MN、AN，则 ‎∵A1M∥D1E，A1M⊄平面D1AE，D1E⊂平面D1AE，‎ ‎∴A1M∥平面D1AE．同理可得MN∥平面D1AE，‎ ‎∵A1M、MN是平面A1MN内的相交直线 ‎∴平面A1MN∥平面D1AE，‎ 由此结合A1F∥平面D1AE，可得直线A1F⊂平面A1MN，即点F是线段MN上上的动点．‎ 设直线A1F与平面BCC1B1所成角为θ 运动点F并加以观察，可得 当F与M（或N）重合时，A1F与平面BCC1B1所成角等于∠A1MB1，此时所成角θ达到最小值，满足tanθ==2；‎ 当F与MN中点重合时，A1F与平面BCC1B1所成角达到最大值，满足tanθ==2‎ ‎∴A1F与平面BCC1B1所成角的正切取值范围为[2，2]‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了正方体的性质、直线与平面所成角、空间面面平行与线面平行的位置关系判定等知识，属于中档题．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题包括6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，把正确答案填在答题卡中的对应位置上）.‎ ‎17．（10分）已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=3，且成等比数列．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）设（n﹣Sn）bn=1，求数列{bn}的前n项和Tn．‎ ‎【分析】（1）由题数列{an}为等差数列，且成等比数列，可得S5=a2•a3，即5a1+10d=（a1+d）（a1+2d），又a1=3，解之得d．‎ ‎（2）由（1）得，则，利用裂项求和方法即可得出．‎ ‎【解答】解：（1）由题数列{an}为等差数列，且成等比数列，则S5=a2•a3，‎ 即5a1+10d=（a1+d）（a1+2d），又a1=3，解之得d=2或，‎ 数列{an}为正项等差数列，所以d=2，所以an=2n+1．‎ ‎（2）由（1）得，则．‎ ‎【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，a=2bcosB，b≠c．‎ ‎（1）证明：A=2B；‎ ‎（2）若a2+c2=b2+2acsinC，求A．‎ ‎【分析】（1）利用正弦定理化简即可证明；‎ ‎（2）根据余弦定理求解C，利用三角形内角和定理和（1）的结论可得A．‎ ‎【解答】解：由a=2bcosB，b≠c．‎ 正弦定理化简，可得sinA=sin2B 可得：A=2B或A=π﹣2B．‎ ‎∵A+B+C=π，‎ 若A=π﹣2B．‎ 那么：2B+A=π，‎ ‎∴B=C，‎ 即b=c．与题干矛盾．‎ ‎∴A=2B；‎ ‎（2）由a2+c2=b2+2acsinC，‎ 余弦定理：2ac•cosB=a2+c2﹣b2=2ac•sinC，‎ 即cosB=sinC．‎ ‎∵0＜C＜π，0＜B＜π，‎ ‎∴B=C=，‎ ‎∵A+B+C=π，‎ ‎∴A=．‎ ‎【点评】本题考查了正余弦定理的化简和运用能力，三角形内角和定理的计算．属于基础题．‎ ‎　‎ ‎19．（12分）设P、Q是边长为a的正方体AC1的面AA1D1D、面A1B1C1D1的中心．如图：‎ ‎（1）证明：PQ∥平面AA1B1B；‎ ‎（2）求线段PQ的长．‎ ‎【分析】（1）连结A1C1、B1D1，交于点Q，连结DC1、AB1，推导出PQ∥AB1，由此能证明PQ∥平面AA1B1B．‎ ‎（2）推导出PQ是△A1DC1的中位线，由此能求出线段PQ的长．‎ ‎【解答】证明：（1）连结A1C1、B1D1，交于点Q，连结DC1、AB1，‎ ‎∵P、Q是边长为a的正方体AC1的面AA1D1D、面A1B1C1D1的中心，‎ ‎∴PQ∥DC1，AB1∥DC1，∴PQ∥AB1，‎ ‎∵PQ⊄平面AA1B1B，AB1⊂平面AA1B1B，‎ ‎∴PQ∥平面AA1B1B．‎ 解：（2）∵P、Q是边长为a的正方体AC1的面AA1D1D、面A1B1C1D1的中心，‎ ‎∴PQ是△A1DC1的中位线，‎ ‎∴PQ===．‎ ‎【点评】本题考查线面平行的证明，考查线段长的求法，考查线面、面面平行等基础知识，考查学生分析解决问题的能力，是基础题．‎ ‎　‎ ‎20．（12分）已知△BCD中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB⊥平面BCD，∠ADB=60°，E、F分别是AC、AD上的动点，且=λ（0＜λ＜1）．‎ ‎（Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；‎ ‎（Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD？‎ ‎【分析】（Ⅰ）由AB⊥平面BCD⇒AB⊥CD，又CD⊥BC⇒CD⊥平面ABC，再利用条件可得不论λ为何值，恒有EF∥CD⇒EF⊂平面BEF，就可得不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又平面BEF⊥平面ACD⇒BE⊥平面ACD⇒BE⊥AC．故只须让所求λ的值能证明BE⊥AC即可．在△ABC中求出λ的值．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD，‎ ‎∵CD⊥BC且AB∩BC=B，∴CD⊥平面ABC．（3分）‎ 又∵，‎ ‎∴不论λ为何值，恒有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC，EF⊂平面BEF，‎ ‎∴不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC．（6分）‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又∵平面BEF⊥平面ACD，‎ ‎∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC．（9分）‎ ‎∵BC=CD=1，∠BCD=90°，∠ADB=60°，‎ ‎∴，（11分）‎ ‎∴，‎ 由AB2=AE•AC得，∴，（13分）‎ 故当时，平面BEF⊥平面ACD．（14分）‎ ‎【点评】本题考查了面面垂直的判定．在证明面面垂直时，其常用方法是在其中一个平面内找两条相交直线和另一平面内的某一条直线垂直．‎ ‎　‎ ‎21．（12分）如图，在三棱锥ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥底面ABC，∠A1AC=60°，AC=2AA1=4，点D，E分别是AA1，BC的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：DE∥平面A1B1C；‎ ‎（Ⅱ）若AB=2，∠BAC=60°，求三棱锥A1﹣BDE的体积．‎ ‎【分析】（Ⅰ）取AC的中点F，连结DF、EF，推导出平面DEF∥平面A1B1C，由此能证明DE∥平面A1B1C．‎ ‎（Ⅱ）过点A1作AC的垂线，垂足为H，推导出A1H⊥底面ABC，由，能求出三棱锥A1﹣BDE的体积．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）如图，取AC的中点F，连结DF、EF，‎ 在△AA1C中，点D、F分别是AA1、AC的中点，∴DF∥A1C，‎ 同理，得：EF∥∥，DF∩EF=F，A1C∩A1B1=A1，‎ ‎∴平面DEF∥平面A1B1C，‎ 又DE⊂平面DEF，‎ ‎∴DE∥平面A1B1C．‎ 解：（Ⅱ）过点A1作AC的垂线，垂足为H，由题知侧面ACC1A1⊥底面ABC，‎ ‎∴A1H⊥底面ABC，在△AA1C中，∵∠A1AC=60°，AC=2AA1=4，∴A1H=，‎ ‎∵AB=2，∠BAC=60°，∴BC=2，点E是BC的中点，‎ ‎∴BE=，，‎ ‎∵D为AA1的中点，‎ ‎∴‎ ‎===．‎ ‎【点评】本题考查线面平行的证明，考查几何体的体积的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，考查创新意识、应用意识，是中档题．‎ ‎　‎ ‎22．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAB⊥平面ABCD，AB=AP=3，AD=PB=2，E为线段AB上一点，且AE：EB=7：2，点F、G分别为线段PA、PD的中点．‎ ‎（1）求证：PE⊥平面ABCD；‎ ‎（2）若平面EFG将四棱锥P﹣ABCD分成左右两部分，求这两部分的体积之比．‎ ‎【分析】（1）证明PE⊥AB，利用平面PAB⊥平面ABCD，即可证明：PE⊥平面ABCD；‎ ‎（2）若平面EFG将四棱锥P﹣ABCD分成左右两部分，利用分割法求体积，即可求这两部分的体积之比．‎ ‎【解答】（1）证明：在等腰△APB中，，‎ 则由余弦定理可得，，∴，…（2分）‎ ‎∴PE2+BE2=4=PB2，∴PE⊥AB，…（3分）‎ ‎∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，‎ ‎∴PE⊥平面ABCD．…（4分）‎ ‎（2）解：设平面EFG与棱CD交于点N，连接EN，因为GF∥AD，所以GF∥平面ABCD，‎ 从而可得EN∥CD．…（6分）‎ 延长FG至点M，使GM=GF，连接DM，MN，则AFE﹣DMN为直三棱柱，…（7分）‎ ‎∵F到AE的距离为，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴．…（12分）‎ ‎【点评】本题考查线面垂直的证明，考查体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎　‎ 四、选择题（共3小题，每小题0分，满分0分）‎ ‎23．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1绕其体对角线BD1‎ 旋转θ之后与其自身重合，则θ的值可以是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】由正方体的特点，对角线BD1垂直于平面AB1C，且三角形AB1C为等边三角形得答案．‎ ‎【解答】解：如图，‎ 正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，对角线BD1垂直于平面AB1C，且三角形AB1C为等边三角形，‎ 正方体绕对角线旋转120°能与原正方体重合．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查空间想象能力和思维能力，是中档题．‎ ‎　‎ ‎24．已知三棱锥A﹣BCD中，AB=AC=BC=2，BD=CD=，点E是BC的中点，点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点，则该三棱锥外接球的表面积为　　．‎ ‎【分析】由题意，△BCD为等腰直角三角形，E是外接圆的圆心，点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点，利用勾股定理，建立方程，求出三棱锥外接球的半径，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：由题意，△BCD为等腰直角三角形，E是外接圆的圆心，‎ 点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F，则BF==，‎ ‎∴AF==，‎ 设球心到平面BCD是距离为h，则1+h2=+（﹣h）2，‎ ‎∴h=，r==，‎ ‎∴该三棱锥外接球的表面积为=．‎ 故答案为．‎ ‎【点评】本题考查三棱锥外接球的表面积，考查学生的计算能力，确定三棱锥外接球的半径是关键．‎ ‎　‎ ‎25．如图，在矩形ABCD中，AB=2BC，P，Q分别为线段AB，CD的中点，EP⊥平面ABCD．‎ ‎（1）求证：DP⊥平面EPC；‎ ‎（2）问在EP上是否存在点F使平面AFD⊥平面BFC？若存在，求出的值；‎ ‎（3）求证：平面AEQ⊥平面DEP．‎ ‎【分析】（1）由已知得∠APD=∠BPC=45°，∠DPC=90°，从而DP⊥PC，由EP⊥平面ABCD，得EP⊥DP，由此能证明DP⊥平面EPC；‎ ‎（2）假设存在F，使平面AFD⊥平面BFC，由已知得AD∥‎ 平面BFC，从而AD平行于平面AFD与平面BFC的交线l，由已知得EP⊥AD，而AD⊥AB，从而l⊥平面FAB，∠AFB为平面AFD与平面BFC所成二面角的平面角，由此能求出当=1时，平面AFD⊥平面BFC；‎ ‎（3）欲证平面AEQ⊥平面DEP，根据面面垂直的判定定理可知在平面AEQ内一直线与平面DEP垂直，而根据题意可证AQ⊥平面DEP．‎ ‎【解答】（1）证明：∵在矩形ABCD中，AB=2BC，P，Q分别为线段AB，CD的中点，‎ ‎∴∠APD=∠BPC=45°，∴∠DPC=90°，∴DP⊥PC，‎ ‎∵EP⊥平面ABCD，DP⊂平面ABCD，‎ ‎∴EP⊥DP，又PC∩EP=P，‎ ‎∴DP⊥平面EPC； ‎ ‎（2）解：假设存在F使平面AFD⊥平面BFC，‎ ‎∵AD∥BC，BC⊂平面BFC，AD不包含于平面BFC，‎ ‎∴AD∥平面BFC，∴AD平行于平面AFD与平面BFC的交线l，‎ ‎∵EP⊥平面ABCD，‎ ‎∴EP⊥AD，而AD⊥AB，AB∩EP=P，‎ ‎∴AD⊥平面EAB，∴l⊥平面FAB，‎ ‎∴∠AFB为平面AFD与平面BFC所成二面角的平面角，‎ ‎∵P为线段AB的中点，且FP⊥AB，‎ ‎∴当∠AFB=90°时，EP=AP，‎ ‎∴当=1时，平面AFD⊥平面BFC．‎ ‎（3）证明：∵EP⊥平面ABCD，AQ⊂平面ABCD，‎ ‎∴EP⊥AQ，∵在矩形ABCD中，AB=2BC，P，Q分别为线段AB，CD的中点，‎ ‎∴APQD为正方形，AQ⊥DP，‎ ‎∵EP∩DP=P，∴AQ⊥平面EDP，AQ⊂平面AEQ，‎ ‎∴平面AEQ⊥平面DEP．‎ ‎【点评】本题考查直线与平面垂直以及平面与平面垂直的判定的证明，考查使平面与平面垂直的点是否存在的判断与求法，解题时要注意空间思维能力和推理能力的培养，属于中档题．‎ ‎　‎