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2012-2013学年四川省成都望子成龙学校高二上学期期中模拟数学试题(1)数学试题

来源：筏尚旅游网

望子成龙学校高二上数学半期摸拟题

一．选择题：（60分）

1.在空间，异面直线a，b所成的角为α，且sin1,则cos= 2C． A．3 2B．3 233或 22D．1 22.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以是（）

（A）（B）（C）（D）

（正视图）（俯视图）

3.已知三条不重合的直线m、n、l，两个不重合的平面、，有下列命题： ①若m∥n,n ③若m④若

A．1个

B．2个

C．3个

D．4个

4.如右图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）

A、16 B、24 C、34 D、48

5.在空间中．l、m、n是三条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列结论错误的是： A．若α∥β，α∥γ，则β∥γ B．若l∥α，l∥β，α∩β=m，则l∥m C．α⊥β，α⊥γ，β∩γ=l，则l⊥α

D．若α∩β=m，β∩γ=l，γ∩α=n， l⊥m，l⊥n，则m⊥n 6.空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A）6＋2（C）8＋2,则m∥； ②若l,m,且l∥m,则∥

∥

，其中正确命题的个数为（）

,n,m//，n∥,则,=m,n,nm,则n5 5 （B）8＋2 （B）6＋23 3 127.已知平面内不共线的四点O，A，B,C满足 OBOAOC,则|AB|:|BC|33（）

A．1：3

B．2：1 C．1：2

D．3：1

8.已知底面是正三角形，顶点在底面的射影是底面三角形的中心的三棱锥VABC的主视图、俯

4,AC23,D为棱

B6．

视图如图所示，其中VACB的中点，则该三棱锥的左视图的面积为（）

A．9 C．33 D．39 9.在三棱锥

PABC中，若O是底面ABC内部一点，满足

OA2OB4OC0,则

VPAOB35( ) A. B. 5 C. 2 D.

23VPAOC10.某几何体的正视图和侧视图均为如图1所示，则在图2的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是

A．（1），（3） B．（1），（3），（4）

C．（1），（2），（3）

D．（1），（2），（3），（4）

11．在三棱锥P－ABC中，PA＝PB=PC=积为

（A）2 (B)

3,侧棱PA与底面ABC所成的角为60°，则该三棱锥外接球的体

43

3 (C)4 （D)

12．已知矩形ABCD的面积为8，当矩形周长最小时，沿对角线AC把△ACD折起，则三棱锥D—ABC的外接球的表面积等于 A．4π B．8π C．16π D．24π

二．填空题：(16分)

13.一个几何体的三视图如下图所示．刚该几何体的体积为＿＿＿＿＿

14.在ABC中，ABAC，ADBC，D为垂足，则

AB2BDBC，该结论称为射影定理。如

图，在三棱锥

ABCD中，AD平面ABC，AO平面BCD，O为垂足，在三棱锥ABCD内，

类比射影定理，探究SABC,SBCO,SBCD这三者之间满足的关系是 .

15.用若干个体积为1的正方体搭成一个几何体，其正（主）视图、侧（左）视图都是如图所示的图形，则这个几何体的最大体积是＿＿＿

16..如图，将菱形ABCD沿对角线BD折起，使得C点至，E点在线段上，若二面角

A—BD-E与二面角的大小分别为30°和45°,则=._______

三．解答题：（74分）

17.(本小题满分12分)如图，四棱锥P-ABCD中，PA面ABCD.底面ABCD为直角梯形，

ABCBAD90,PAABBC 1AD1。E为PD的中点。 2（1）求证：CE//平面PAB；

P（2）求异面直线AB与PC所成的角的正切值。

A BC

18.（本小题满分12分）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC. AB=AC=l，∠

BAC=12，异面直线B1C与A1C1所成的角为60°。（I）求三棱柱ABC－A1B1C1的体积：（II）求二面角B1-AC－B的余弦值．

19. (本题满分12分) 如图，已知矩形ACEF的边CE与正方形ABCD所在平面垂直，

AB2，AF1，M是线段EF的中点。

(1)求证：CM//平面BDF； (2)求二面角ADBF的大小。

20.（本小题12分）如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC2，BD23，E是PB上任意一点 . （I）求证： AC⊥DE；

P 15（II）已知二面角APBD的余弦值为，若E为PB的中点，

5求EC与平面PAB所成角的正弦值 .

E D A

O B

21.（本小题满分12分）如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，

PACD，PA = 1， PD＝2 ，E为PD上一点，PE = 2ED．（Ⅰ）求证：PA 平面ABCD；（Ⅱ）求二面角D－AC－E的余弦值；（Ⅲ）在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF // 平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由．

22.（本小题共14分）如图边长为4的正方形ABCD所在平面与正PAD所在平面互相垂直，M、Q分别为PC,AD的中点.

（1）求证：PA//平面MBD；

（2）求：二面角PBDA的余弦值；

（3）试问：在线段AB上是否存在一点N,使得平面PCN平面

试指出点N的位置，并证明你的结论；若不存在，PQB?若存在，

请说明理由.

望子成龙学校高二上数学半期摸拟题答案

一，选择题：（60分） ADBAD CBBCA DC 二．填空题：(16分)

13. 答：32. 14. 答：SABC2SBCOSBCD

15. 答：11.∵体积最大时，底层有9个小正方体，左上面有2个小正方体。16. 答：22P

三．解答题：（74分）

17. 解：1）取AD的中点F.连结EF,CF. 因E为PD的中点，BC1AD。所以EF//PA,CF//AB 2AE所以面EFC//面PAB所以CE//面PAB ……….6分 2）由已知可得ABCF为平行四边形

所以AB//CF, PCF为所求的角，可证CF面PAD在直角三角形PCF中 tantanPCFDPF2……12分 CFBC18. 解：（Ⅰ）如图，以A为原点，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系．设AA1＝a（a＞0），依题意得B1(3 1

，－，a)，A(0，0，0)，C(0，1，0)． 22

z 3 3 →→→B1C＝(－，，－a)，A1C1＝AC＝(0，1，0)，

22由异面直线B1C与A1C1所成的角为60，知 →→|B1C·A1C1|___________→→|cosB1C，A1C1|＝→→

|B1C||A1C1| 1

＝＝，解得a＝6． 2

223＋a所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积

A …4分

B …6分

x C y V＝

1 1 332

AB·ACsin120·AA1＝×1×1××6＝． 2224

3 3 →→（Ⅱ）由（Ⅰ）知，B1C＝(－，，－6)．设n＝(x，y，z)为面ACB1的法向量，则n·AC＝0，

22→n·B1C＝0，则y＝0，－

3 3 取z＝1，得x＝－22，于是n＝(－22，0，1)．…9分 x＋y－6z＝0．22

m·n 1

又m＝(0，0，1)为面ACB的一个法向量，所以cosm，n＝＝．

|m||n|3

因此二面角B1-AC-B的余弦值为

． 3

…12分

19. 解：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，则

22CM(,,1),DB2,2,0,DF(0,2,1)设平面DBF的一个法向量为

222p2q0nDB0 n(p,q,r)，则nDF02qr0取p1,q1,r2，得平面DBF的一个法向量为n(1,1,2)，…6分

22CMn20，所以CMn，又因为直线CM不在平面DBF内，所以CM//平

22面BDF。…6分

（2）由（1）知平面BDF的一个法向量为n(1,1,2)，而平面ABD的一个法向量为n1(0,0,1)，

n1n223，从图中可以看出二面角cos,所以向量AB与向量n的夹角4122n1n420. (1)证明：∵ PD平面ABCD，AC平面ABCD, ∴ PDAC, 又∵ABCD是菱形 ∴ BDAC, ∴AC平面PBD ∵DE平面PBD ∴ ACDE …6分

（2）分别以OA,OB,OE方向为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设PDADBF为锐二面角，所以所求二面角ADBF的大小是

。 …………… 12分

t，则

tA1,0,0,B0,3,0,C1,0,0,E0,0,,P0,3,t2

由（1）知：平面PBD的法向量为n11,0,0，令平面PAB的法向量为n2x,y,z， 23n2AB0x3y0则根据得∴ n3,1,2tx3ytz0n2AP0因为二面角A-PB-D的余弦值为1515，则cosn1,n2，即 55315t23 …9分,∴P0,3,23

51242t3,1,1设EC与平面PAB所成的角为，∵EC1,0,3，n2则

2315 ………………12分 sincosEC,n252521. 解：（Ⅰ）  PA = PD = 1 ,PD = 2 ,  PA + AD = PD, 即：PA  AD ---2分

又PA  CD , AD , CD 相交于点D,  PA  平面ABCD-------4分

（Ⅱ）过E作EG//PA 交AD于G，从而EG  平面ABCD，且AG = 2GD ,

EG = PA = , ------5分连接BD交AC于O, 过G作GH//OD ，交AC于H，

连接EH．GH  AC , EH  AC ,  EHG为二面角D—AC―E的平面角． -----6分

tanEHG = GH = 2

．二面角D—AC―E的平面角的余弦值为

63-------8分

（Ⅲ）以AB , AD , PA为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．则A（0 ，0， 0），B（1，0，0），C（1，

2121

1，0），P（0，0，1），E（0 , , ）,AC = （1,1,0）, AE = （0 , , ）

3333

nAC0---9分设平面AEC的法向量n= （x, y,z） , 则 ，

nAE0xy0即：，令y = 1 , 则n = （- 1,1, - 2 ）-------10分

2yz0假设侧棱PC上存在一点F, 且CF＝ （0    1）, 使得：BF//平面AEC, 则BFn ＝ 0．又CP ，

因为：BF＝ BC+ CF ＝（0 ，1，0）+ （-,-,）= （-,1-,）,BFn ＝+

1- - 2 = 0 ,  = ,所以存在PC的中点F, 使得BF//平面AEC． ---12分

222. （1）证明：连接

AC交BD于点O，连接MO,由正方形ABCD知O为AC的中点，M为PC平面MBD,PA平面MBD,PA//平面MBD

的中点，MO//PA，MO（2）二面角PBDA的余弦值为（3）解，存在点N,当N为

7 7AB中点时，平面PQB平面PNC四边形ABCD是正方形，Q为

AD的中点，BQNC.由（1）知，PQ平面ABCD,NC平面ABCD,PQNC,

又BQPQ

Q,NC平面PQBNC平面PCN,平面PCN平面PQB

成都望子成龙学校2012—2013学年度上学期半期考试试题

高二数学参

1 C 2 D 33 B 4 B 5 B 6 C 7 A 8 C 9 C 10 D 11 D 12 A 211（13）144cm （14）文科 3或5 理科abc

322（15）2 （16）④

b2c2a2117．解：（I）由a(bc)bc得:abcbccosA 又

0A, ∴A（II）

3。 …… 6分

bc,sinC1C，……8分 ∴B……………10分 sinBsinC26∵

bc2,b2sinB2sin1。………………………12分 sinB618.证明（I）：连结BD，令BD∩AC＝O ······················ 1分 ∵ABCD是正方形O是DB的中点，又E是DD1的中点，

∴EO∥BD1 ·································· 3分又EO平面ACE，BD1平面ACE，

∴BD1∥平面ACE ······························· 6分（II）在正方形ABCD中，AB＝2，AC＝22，∴AO＝2

在直角△ADE中，AD＝2，DE＝1，∴AE＝5 ··················· 8分在Rt△EAO中，EO＝EAAO＝52＝3 ··············· 10分 ∴sACE

19.解：（I）设an的公差为d， bn的公比为q，则依题意有q0且

221························ 12分 2236

21q1d由2，解得d2，q2．∴an1(n1)d2n1， …5分 2q113dbnqn12n1． ………………………………………………6分

an2n1352n32n1n1． …7分Sn112n2n1，①………8分（II）bn222222Sn2352n32n1n3n2，②… …… ………………9分 2222222n12n2n1…… …………10分 2222由②－①得Sn221n12n11112n12n32n1=6n1． …12分 =22(12n2)n1=221222222121 版权所有：中华资源库 www.ziyuanku.com

20.解(Ⅰ)因为DE平面ABCD，所以DEAC. 因为ABCD是正方形，所以ACBD,从而AC平面BDE.所以DA,DC,DE两两垂直，以D为原点，DA、DC、DE分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Dxyz如图所示.因为BE与平面ABCD所成角为600，即

E z DBE60，所以

EDtan603.由AD3可知DBD C y DE36，AF6.则A(3,0,0)，F(3,0,6)，E(0,0,36)，F M A B(3,3,0)，C(0,3,0)，所以BF(0,3,6)，EF(3,0,26)，B nBF0设平面BEF的法向量为n(x,y,z)，则，即nEF0x 3y6z0，令z6，则n(4,2,6). 3x26z0因为AC平面BDE，所以CA为平面BDE的法向量，CA(3,3,0)，

nCA613所以cosn,CA.因为二面角为锐角，所以二面角13nCA3226FBED的余弦值为

13. ………………8分 13(Ⅱ)解：点M是线段BD上一个动点，设M(t,t,0).则AM(t3,t,0)，

因为AM//平面BEF，所以AMn0，即4(t3)2t0，解得t2.

此时，点M坐标为(2,2,0)，

BM1符合题意. ………………12分 BD3xax20 2分 21.解：由x，得

ax1ax1此不等式与x(ax1)0同解 3分若a0，则

综上，a0时，原不等式的解集是(,0)(,)；

1aa0时，原不等式的解集是(,0)；

1a0时，原不等式的解集是(,0) 12分

a22.解：（I）建立如图所示的空间直角坐标系,则各点坐标分别为: A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(a,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2) 设Q(a,x,0)(0≤x≤2)， …………………2分

∵PQa,x,2,QDa,2x,0,∴由PQ⊥QD得

PQQDa2x(2x)0a2x(2x)。

∵x0,2,ax(2x)0,1 ……………4分

2∴在所给数据中，a可取a3和a1两个值. ……7分 2

(II) 由(Ⅰ)知a有两个，…8分

313，此时x或x，即满足条件的点Q222根据题意，其坐标为Q1(3133,,0)和Q2(,,0)，……9分 2222∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AQ1，PA⊥AQ2，

∴∠Q1AQ2就是二面角Q1-PA-Q2的平面角.……………………11分

33AQ1AQ23=44由cosAQ1,AQ2，

2|AQ1||AQ2|13得∠Q1AQ2=30，∴二面角Q1-PA-Q2的大小为30.………………………14分

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