广东省汕头市潮阳林百欣中学2015-2016学年高二上学期第一阶段考试数学理试卷

潮阳林百欣中学2015-2016学年度第一学期

第一阶段考试高二级理科数学试卷

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择）题两部分，满分150分．考试用时120分钟．

第Ⅰ卷（选择题，共60分）

一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60分. )

1．若直线l1和l2是异面直线，l1在平面?内，l2在平面?内，l是平面?与平面?的交线，则下列命题正确的是 （ ）

A．l至少与l1，l2中的一条相交 B．l与l1，l2都相交 C．l至多与l1，l2中的一条相交 D．l与l1，l2都不相交

2．设平面?∥平面?，A∈?，B∈?，C是AB的中点，当A、B分别在?、?内运动时，那么所有的动点C ( )

A．不共面 B．当且仅当A、B在两条给定的平行直线上移动时才共面 C．当且仅当A、B在两条相交直线上移动时才共面 D．不论A、B如何移动都共面 3. 已知m,n是两条不同直线，?,?,?是三个不同平面，下列命题中正确的为 ( ) A．若???,???,则?∥? B．若m??,n??,则m∥n C．若m∥?,n∥?，则m∥n D．若m∥?,m∥?,则?∥? 4.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A．3? B．4? C．2??4 D．3??4

5．平面?截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面?的距离为2，则此球的体积为 ( )

A．8? B．12? C．46? D．43? 6.表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为( ) A．1 B．2 C．3 D．4

7．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若E是AD的中点，则直线A1B与 直线C1E的位置关系是( ) A．平行 B．相交 C．共面 D．垂直

8．如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB中点，PM垂直于△ABC所在

平面，那么( )

A．PA＝PB＞PC B．PA＝PB＜PC C．PA＝PB＝PC D．PA≠PB≠PC

9.各棱长都相等的四面体的内切球和外接球的体积之比为( ) A．1∶27

B．1∶9 C．1∶3 D．9∶1

10.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ） A．11．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且

1111 B． C． D．8765 12

EF＝，则下列结论中错误的是 ( )

．．

A．AC⊥BE B．三棱锥A－BEF的体积为定值 C．EF∥平面ABCD D．△AEF的面积与△BEF的面积相等

12．如图，PA⊥平面ABCD ，四边形ABCD是矩形，下列结论中不正确的是( ) ．．．A．PD⊥BD C．PB⊥BC

B．PD⊥CD

DOCBjAPD．PA⊥BD

第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）

13．水平放置的?ABC的斜二测直观图如右图所示，已知A?C??3， B?C??2，则AB边上中线的实际长度为________．

14．如图所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC， PC＝4，H是AB上一个动点，则PH的最小值为________．

15．如图所示，ABCD—A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M、N分别是下底面的棱A1B1，

B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP＝ 底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝____________.

a，过P、M、N的平面交上 316.在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°，BC=2 ，则AB的取值范围为 ____. 三、解答题：(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步．) 17．（本小题满分10分）

如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，

求证：(1)B，C，H，G四点共面；

(2)平面EFA1∥平面BCHG.

18. （本小题满分12分）

如图，空间四边形ABCD中，E、F、G分别在AB、BC、CD上，且满足

AE∶EB＝CF∶FB＝2∶1，CG∶GD＝3∶1，过E、F、G的平面交AD于点H. (1)求AH∶HD；

(2)求证：EH、FG、BD三线共点.

19. （本小题满分12分）

2设f(x)?sinxcosx?cos(x??4) (1)求f(x)的单调区间；

(2)在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.若f()?0,a?1,求△ABC面积的最大值.

20. （本小题满分12分）

如图所示，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD=PC=4，AB=6，

P BC=3.

(1)证明：BC⊥PD；

(2)求点C到平面?D?的距离．

21. （本小题满分12分） 如

图

所

示

,

已

知

A D G F B

C

A2AA1?平面

ABC,BB1//AA1 ,AB?AC?3,BC?25,AA1?7,

BB1?27, 点E,F分别是BC,A1C的中点.

(1)求证：EF//平面A1B1BA ； (2)求证：平面AEA1?平面BCB1. (3)求直线A1B1 与平面BCB1所成角的大小.

22. （本小题满分12分）

AC?BC，AA1?AB，D为BB1的中点，E为AB1上如图，直三棱柱ABC?A1B1C1中，

的一点，AE?3EB1．

（Ⅰ）证明：DE为异面直线AB1与CD的公垂线；

（Ⅱ）设异面直线AB1与CD的夹角为45°，求二面角A1?AC1?B1的正切值.

高二理数第一学期第一段考答案

ADBDDB DCADDA 13.225 14. 27 15. a 16. （6?2，6+2）

322 D：根据平行平面的性质，不论A、B如何运动，动点C均在过C且与α，β都平行的平面

上．

4.D【解析】试题分析：由三视图知：该几何体是半个圆柱，其中底面圆的半径为1，母线长为2，所以该几何体的表面积是1?2??1??1?2??2?2?3??4，故选D． 2122

6.B解析 设圆锥的母线为l，圆锥底面半径为r.则πl＋πr＝3π，πl＝2πr，∴r＝1，

2即圆锥的底面直径为2.

7.D 解析：易证A1B⊥平面AB1C1D，又C1E?平面AB1C1D，∴A1B⊥C1E.答案：D 8.C 解析：∵M是Rt△ABC斜边AB的中点，∴MA＝MB＝MC.

又∵PM⊥平面ABC，∴MA、MB、MC分别是PA、PB、PC在平面ABC上的射影．∴PA＝PB＝PC. 9. A 解析:设四面体的内切球半径为r,外接球半径为R,四面体各面面积为S,

则4×Sr=S(R+r),解得R=3r,所以四面体的内切球和外接球的体积之比为1∶27.故选A.

D1C110.D 【解析】由三视图得，在正方体ABCD?A截去四面体A?A1B1D1，1BC11D1中，

11313如图所示，，设正方体棱长为a，则VA?A1B1D1??a?a，故剩余几何体326113533体积为a?a?a，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为． 566A1DB1CAB11.D解析：如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC⊥BB1，BD∩BB1＝B，∴AC⊥平面BB1D1D， BE?平面BB1D1D，∴AC⊥BE，∴A对．∵EF∥DB，∴EF∥平面ABCD，∴B对． S△BEF＝×EF×BB1＝××1＝，AO⊥平面BB1D1D，AO＝

∴三棱锥的体积为定值，C对．

14.解析：作CH⊥AB于H，连PH，∵PC⊥面ABC，∴PH⊥AB，PH为PM的最小值，等于27. 15解析：∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∴MN∥PQ.∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点，AP＝，

3

12

1122

14

21122，∴VA－BEF＝××＝， 234224

aa2a2222

∴CQ＝，从而DP＝DQ＝，∴PQ＝a.答案：a 3333

16． 试题分析：如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合与E点时，AB最长，在△BCE中，∠B=∠C=75°，∠E=30°，BC=2，由正弦定理可得BCBE2BE??，即，解得BE=6+2，平oosin?Esin?Csin30sin75移AD ，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，在△BCF中，

∠B=∠BFC=75°，∠FCB=30°，由正弦定理知，BFBC?，即sin?FCBsin?BFCBF2?，解得BF=6?2，所以AB的取值范围为（6?2，6+2）. oosin30sin75 17.证明 (1)∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.

又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面. (2)∵E、F分别为AB、AC的中点，∴EF∥BC，

∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G∥EB且A1G=EB， ∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.

∵A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG.∴A1E∥平面BCHG. ∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG. 18(1)解 ∵＝AECF＝2，∴EF∥AC， EBFB∴EF∥平面ACD，而EF?平面EFGH，平面EFGH∩平面ACD＝GH， ∴EF∥GH，∴AC∥GH.∴＝＝3.∴AH∶HD＝3∶1.

AHCGHDGDEF1GH1

(2)证明 ∵EF∥GH，且＝，＝，∴EF≠GH，∴EFGH为梯形.

AC3AC4

令EH∩FG＝P，则P∈EH，而EH?平面ABD，又P∈FG，FG?平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，

∴P∈BD.∴EH、FG、BD三线共点. 19解：（Ⅰ）由f(x)?由2k??11?1111sin2x?[1?cos(2x?)]?sin2x??sin2x?sin2x? 2222222?2?2x?2k???2,k?Z得k???4?x?k???4,k?Z， 则f(x)的递增区间为[k??由2k???4,k???4],k?Z； 3??3?,k?Z得k???x?k??,k?Z， 2244?3?],k?Z. 则f(x)的递增区间为[k??,k??44A11?（Ⅱ）在锐角?ABC中，f()?sinA??0,sinA?,A?,而a?1, 2226?2x?2k??22由余弦定理可得1?b?c?2bccos??6?2bc?3bc?(2?3)bc，当且仅当b?c时等号成立，即bc?111?12?3?2?3，S?ABC?bcsinA?bcsin?bc?，

226442?3

故?ABC面积的最大值为2?3. 420【答案】（1）因为四边形??CD是长方形，所以?C?CD，因为平面?DC?平面??CD，平面?DC?平面??CD?CD，?C?平面??CD，所以?C?平面?DC，因为?D?平面?DC，所以?C??D

（2）取CD的中点?，连结??和??，因为?D??C，所以???CD，在Rt???D中，

P ????D2?D?2?42?32?7，因为平面?DC?平面??CD， 平面?DC?平面??CD?CD，???平面?DC， 所以???平面??CD，由（1）知：?C?平面?DC， 又 ?C//?D，所以?D?平面?DC，因为?D?平面?DC， A F B D E G C

所以?D??D，设点C到平面?D?的距离为h，因为V三棱锥C??D??V三棱锥???CD，所以

1S??CD???2?3?6?73711S??D??h?S??CD???，即h?，所以点C到平面?D???133S??D?2?3?42的距离是37 221（I）证明：如图,连接A1B,在△A1BC中,因为E和F分别是BC,AC1 的中点,所以EF//BA1 ,又因为EF? 平面A1B1BA, 所以EF∥平面A1B1BA. （II）因为AB=AC,E为BC中点,所以AE?BC,因为AA1?平面ABC,

AE?平面BCB1 ,BB1//AA1所以BB1?平面ABC,从而BB1?AE,又BC?BB1?B ,所以

又因为AE?平面AEA1,所以平面AEA1?平面BCB1.

考点：1.空间中线面位置关系的证明；2.直线与平面所成的角

22解法一：（I）连接A1B，记A1B与AB1的交点为F.

因为面AA1BB1为正方形，故A1B⊥AB1，且AF=FB1，又AE=3EB1，所以FE=EB1，又D为BB1的中点，故DE∥BF，DE⊥AB1. ??????3分

作CG⊥AB，G为垂足，由AC=BC知，G为AB中点. 又由底面ABC⊥面AA1B1B.连接DG，则DG∥AB1，故DE⊥DG，由三垂线定理，得DE⊥CD.

所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线.

（II）因为DG∥AB1，故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角，∠CDG=45° 设AB=2，则AB1=22，DG=2，CG=2，AC=3. 作B1H⊥A1C1，H为垂足，因为底面A1B1C1⊥面AA1CC1，故B1H⊥面AA1C1C.又作HK⊥AC1，K为垂足，连接B1K，由三垂线定理，得B1K⊥AC1，因此∠B1KH为二面角A1-AC1-B1的平面角.

?1?2A1B1?A1C1??A1B1?223?2?2B1H??，HC1?B1C1?B1H2?, A1C1332AC1?22??3?2?7,HK?AA231?HC1?, AC137tan?B1KH?B1H?14,所以二面角A1—AC1—B1的正切值为14 HK

【点评】三垂线定理是立体几何的最重要定理之一，是高考的的热点，它是处理线线垂直问题的有效方法，同时它也是确定二面角的平面角的主要手段.通过引入空间向量，用向量代数形式来处理立体几何问题，淡化了传统几何中的“形”到“形”的推理方法，从而降低了思维难度，使解题变得程序化，这是用向量解立体几何问题的独到之处.

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