河北省定州中学2016一2017学年高二上学期开学考试（承智班）数学试题 Word版(含答案).doc

www.ks5u.com 百强校河北定州中学：2016一2017学年第一学期高二承智班开学考试数学试题 ‎ 一、选择题：共12题 每题5分 共60分 ‎1．若一个四棱锥底面为正方形, 顶点在底面的射影为正方形的中心, 且该四棱锥的体积为,当其外接球的体积最小时, 它的高为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．已知三个平面，若，与相交但不垂直，分别为内的直线，则下列结论正确的是（ ）‎ A． ‎ B． ‎ C． ‎ D．‎ ‎4．一个几何体的三视图如图所示，其中府视图与侧视图均为半径是的圆，则这个几何体的体积是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性质，可得出空间内的下列结论：‎ ‎①垂直于同一个平面的两条直线互相平行；‎ ‎②垂直于同一条直线的两条直线互相平行；‎ ‎③垂直于同一个平面的两个平面互相平行；‎ ‎④垂直于同一条直线的两个平面互相平行.‎ 其中正确的结论是（ ）‎ A．①② B．②③ C．①④ D．③④‎ ‎7．已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．用半径为6的半圆形铁皮卷成一个圆锥的侧面，则此圆锥的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎11．如图，三棱锥的棱长都相等，是棱的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎12．若长方体的一个顶点上三条棱长分别是1、2、2，且它的八个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎ 二、填空题：共4题 每题5分 共20分 ‎13．已知点，，点是圆上的动点，则面积的最大值与最小值之差为 ．‎ ‎14．.已知在直角梯形中，，将直角梯形沿折叠成三棱锥，当三棱锥的体积取最大值时，其外接球的体积为______.‎ ‎15．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球表面积是 .‎ ‎16．在三棱柱中侧棱垂直于底面，，，，且三棱柱的体积为3，则三棱柱的外接球的表面积为 ．‎ ‎ 三、解答题：共8题 共70分 ‎17．如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，，，是上的点．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面⊥平面； ‎ ‎（Ⅱ）若是的中点，且二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎18．如图，已知AB⊥平面ACD，DE∥AB，△ACD是正三角形，AD＝DE＝2AB，且F是CD的中点．‎ ‎（1）求证：AF∥平面BCE；‎ ‎（2）求证：平面BCE⊥平面CDE；‎ ‎（3）求平面BCE与平面ACD所成锐二面角的大小．‎ ‎19．如图，三棱锥中，平面.‎ ‎ ‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若于点于点，求四棱锥的体积.‎ ‎20．选修4-1：几何证明选讲 如图，四边形中， 于，交于，且.‎ ‎（1）求证：、、、四点共圆；‎ ‎（2）若，求四边形的面积.‎ ‎21．已知中，，将沿折起，使 变到，使平面平面．‎ ‎（1）试在线段上确定一点，使平面；‎ ‎（2）试求三棱锥的外接球的半径与三棱锥的表面积．‎ ‎22．如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，是 的中点.‎ ‎（Ⅰ）证明：//平面；‎ ‎（Ⅱ）设，三棱锥的体积，求到平面的距离.‎ ‎23．如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，．‎ ‎（Ⅰ）求证：CD⊥平面ADD1A1；‎ ‎（Ⅱ）若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为，求k的值．‎ ‎24．已知直线和.‎ ‎（1）若，求实数的值；‎ ‎（2）若，求实数的值.‎ 参考答案 ‎1．A ‎【解析】‎ 试题分析：设四棱锥底面正方形边长为，四棱锥高为，外接球半径为，则，所以，因为，所以时取唯一一个极小值，也是最小值，即外接球的体积最小，因此选A.‎ 考点：导数实际应用 ‎【方法点睛】利用导数解答函数最值的一般步骤：第一步：利用f′（x）＞0或f′（x）＜0求单调区间；第二步：解f′（x）＝0得两个根x1、x2；第三步：比较两根同区间端点的大小；第四步：求极值；第五步：比较极值同端点值的大小．‎ ‎2．C ‎【解析】‎ 试题分析：几何体为一个三棱锥，一条长为4侧棱垂直底面，底面为直角三角形，直角边分别为3和4；三个侧面皆为直角三角形，因此表面积为，选C.‎ 考点：三视图 ‎【名师点睛】‎ ‎1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．‎ ‎2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．‎ ‎3．B ‎【解析】‎ 试题分析：很容易运用反例验证答案A, C, D都是不正确的,故应选答案B.‎ 考点：空间直线与平面的位置关系．‎ ‎4．C ‎【解析】‎ 试题分析：由三视图可知该几何体为一个球体的，缺口部分为挖去的．∵球的半径，∴，故选：C．‎ 考点：由三视图求面积，体积．‎ ‎5．D ‎【解析】‎ 试题分析：由三视图知几何体是圆锥的一部分，由正视图可得：底面扇形的圆心角为，又由侧视图知几何体的高为，底面圆的半径为，∴几何体的体积．故答案为：D.‎ 考点：由三视图求面积，体积.‎ ‎6．C ‎【解析】‎ 试题分析：①垂直于同一个平面的两条直线互相平行，故正确．②垂直于同一条直线的两条直线互相平行，不一定平行，也可能相交直线，异面直线，故不正确．③垂直于同一个平面的两个平面互相平行；不一定平行，也可能相交平面，如墙角，故不正确．④垂直于同一条直线的两个平面互相平行．故正确．故选：C．‎ 考点：类比推理.‎ ‎7．A ‎【解析】‎ 试题分析：连接，则由已知得，可知三棱锥是棱长为的正四面体，其高为，则三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为．‎ 考点：三棱锥外接球．‎ ‎8．C ‎【解析】‎ 试题分析：由三视图可知，该几何体为三棱锥与三棱柱的组合体，且三棱锥体积为 ‎，三棱柱体积为，故所求体积为．‎ 考点：三视图．‎ ‎9．B ‎【解析】‎ 试题分析：由三视图可知，该几何体为半圆柱与正方体的组合体，则其表面积 ‎.‎ 考点：三视图．‎ ‎10．A ‎【解析】‎ 试题分析：设圆锥的母线和底面半径长分别为 ‎，故选A.‎ 考点：圆锥的侧面积和体积公式.‎ ‎11．C ‎【解析】‎ 试题分析：取中点，连接，则直线与直线所成角为,设四棱锥棱长为，故选C.‎ 考点：异面直线所成的角.‎ ‎【易错点睛】本题主要考查了异面直线所成角．异面直线所成角的求解技巧求异面直线所成的角采用“平移线段法”，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点（线段的端点或中点）作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行．异面直线所成角一般以选择填空题出现.‎ ‎12．B ‎【解析】‎ 试题分析：由题意得，此问题是球内接长方体，所以可得长方体的对角线长等于球的直径，‎ 即，所以，所以求得表面积为．‎ 故选B.‎ 考点：几何体的外接球.‎ ‎13．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由于底边AB为定值，所以当点P到直线AB距离最大值与最小值时，面积取最大值与最小值，因此面积的最大值与最小值之差为 考点：直线与圆位置关系 ‎14．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：当三棱锥的体积最大时，即点到底面的距离最大时，此时平面平面,取中点,中点,连接,,,所以,而,所以点是其外接球的球心，所以,故填：.‎ 考点：球与几何体 ‎【方法点睛】本题考查了球与几何体的位置关系的题型，属于中档题型，这类型的习题，关键是球心的位置，球心到各个顶点的距离相等，首先找三角形外接球的球心，其有可能是外接球的球心，那就要证明到第四个点的距离是否相等，如果不相等，那就在过外接球的球心与底面垂直的直线上，这样就比较好找到球心，只要有球心，半径就比较容易了.‎ ‎15．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：从三视图可以看出该几何体是一个直三棱柱,底面是一个等腰三角形,容易计算该三角形是等腰直角三角形.该三角形外接圆的半径为,正三棱柱的外接球的球心到底面的距离是,故球的半径,该外接球的表面积.‎ 考点：三视图的识读和几何体的外接球的面积的计算．‎ ‎【易错点晴】几何体的三视图是从正面、侧面、上面三个方向对一个几何体的全方位透视,因此解答这类问题的关键是根据三视图所提供的图形信息弄清楚该几何体的形状和有关数据,然后再选择运用相应的体积或面积公式进行求解.通过三视图提供的信息可以推断该几何体是底面是等腰直角三角形的三棱柱.然后再利用题设条件求出其外接球的半径为.最后球的面积公式求出其面积为.‎ ‎16．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：∵三棱柱中侧棱垂直于底面，设侧棱长为，又三棱柱的底面为直角三角形，，，∴，∴三棱柱的体积，∴，的外接圆半径为，三棱柱的外接球的球心为上、下底面直角三角形斜边中点连线的中点，∴外接球的半径，∴外接球的表面积．故答案为：．‎ 考点：球的表面积与体积．‎ ‎【方法点晴】本题考查了求三棱柱的外接球的表面积，利用三棱柱的结构特征求得外接球的半径是关键．根据棱柱的体积公式求得棱柱的侧棱长，再利用三棱柱的底面是直角三角形可得外接球的球心为上、下底面直角三角形斜边中点连线的中点，构造出直角三角形，利用勾股定理,从而求得外接球的半径，代入球的表面积公式计算．‎ ‎17．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）要证面面垂直，就要证线面垂直，首选寻找直线垂直，在底面直角梯形中，，可证得，又可得，从而有平面，从而可得面面垂直；（Ⅱ）结合（Ⅰ）的证明，为了求直线与平面所成的角，以为原点，为轴，垂直于的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，这样易写出各点坐标，同时设后分别可得，求出平面和平面的法向量，由二面角与法向量夹角的关系求得，由向量和的夹角（或补角）与直线和平面所成的角互余可得结论．‎ 试题解析：（Ⅰ）证明：平面ABCD，平面ABCD，，‎ ‎，，‎ ‎，.‎ 又，面，面.‎ 平面，‎ ‎∵平面，平面平面 ‎（Ⅱ）以为原点，建立空间直角坐标系如图所示， ‎ 则C（0，0，0），（1，1，0），（1，－1，0）‎ 设（0，0，）（），则（，，）， ‎ ‎，，，‎ 取=（1，－1，0） ‎ 则，为面的法向量 设为面的法向量，则，‎ 即，取，，，则，‎ 依题意，，则 ‎ 于是.‎ 设直线与平面所成角为，则，‎ 即直线与平面所成角的正弦值为 ‎ 考点：面面垂直的判断，直线与平面所成的角．‎ ‎18．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）45°．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）要证明线面平行，就要证线线平行，要在平面内找一条平行线，考虑到是中点，因此取中点，由已知可证得，从而证得平行四边形，即得平行线，得线面平行；（2）由已知，利用平面，又可证得，从而有平面，因此可得平面，这样证明面面垂直的需要的线面垂直就有了；（3）要求二面角，可以AF，FD，FP所在的直线分别为x，y，z轴（如图）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，并求得平面和平面的法向量，由法向量的平角求得二面角．‎ 试题解析：（1）取CE的中点P，连结FP、BP.‎ ‎∵F为CD的中点，∴FP∥DE，且FP＝DE.‎ 又AB∥DE，且AB＝DE，∴AB∥FP，且AB＝FP，‎ ‎∴四边形ABPF为平行四边形，∴AF∥BP.‎ 又∵AF平面BCE，BP平面BCE，‎ ‎∴AF∥平面BCE.‎ ‎（2）∵△ACD为正三角形，∴AF⊥CD.‎ ‎∵AB⊥平面ACD，DE∥AB，‎ ‎∴DE⊥平面ACD，又AF平面ACD，∴DE⊥AF.‎ 又AF⊥CD，CD∩DE＝D，‎ ‎∴AF⊥平面CDE.又BP∥AF，∴BP⊥平面CDE.‎ 又∵BP平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.‎ ‎（3）法一：由（2），以F为坐标原点，‎ AF，FD，FP所在的直线分别为x，y，z轴（如图）‎ 建立空间直角坐标系F－xyz.设AC＝2，‎ 则C（0，－1，0），B（－，0，1），E（0，1，2）．‎ 设n＝（x，y，z）为平面BCE的法向量，‎ ‎∴n·＝0，n·＝0，∴，令z＝1，则n＝（0，－1，1）‎ 显然，m＝（0，0，1）为平面ACD的法向量．‎ 设面BCE与面ACD所成锐二面角为α，‎ 则cos α＝＝＝.∴α＝45°.‎ 即平面BCE与平面ACD所成锐二面角的大小为45°.‎ 法二：延长EB、DA，设EB、DA交于一点O，连结CO.‎ 则面EBC∩面DAC＝CO.‎ 由AB是△EDO的中位线，则DO＝2AD.‎ 在△OCD中，∵OD＝2AD＝2AC，∠ODC＝60°.‎ ‎∴OC⊥CD，又OC⊥DE.‎ ‎∴OC⊥面ECD，而CE面ECD，‎ ‎∴OC⊥CE，∴∠ECD为所求二面角的平面角，‎ 在Rt△EDC中，∵ED＝CD，∴∠ECD＝45°，‎ 即平面BCE与平面ACD所成锐二面角为45°.‎ 考点：线面平行的判断，面面垂直的判断，二面角．‎ ‎19．（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）利用勾股定理证明，依题意有，所以平面；（2）由（1）得，而，所以平面，以为高.利用相似三角形，面积比等于相似比的平方，计算，从而求得体积.‎ 试题解析：‎ ‎（1）平面平面中，‎ ‎ 、是平面上的两条相交直线，‎ ‎ 平面.‎ ‎（2）由平面，平面平面平面，交线为，‎ 于点平面，从而.‎ 又于点平面平面 ‎，直角中，. ‎ 又相似于，‎ 从而，‎ 所以，四棱锥的体积.‎ 考点：1.立体几何证明平行与垂直；2.立体几何求体积.‎ ‎20．（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）要证明四点共圆，实际上就是要证明同弦所对的圆周角相等.本题即是证明即可.有已知条件易证，所以，而，所以有得证；（2）由（1）知，且 ‎，由于，所以.‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：在中， ，又，‎ ‎.又、、、四点共圆.‎ ‎（2）由、、、四点共圆，，而正三角形中易知为正三角形且，且，四边形的面积.‎ 考点：几何证明选讲.‎ ‎21．（1）点为的靠近点的三等分点（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）要平面，则由线面平行性质定理知过的平面与平面的交线必平行,由于，,所以只需取的三等分点（靠近点），使得,再在上取点，使，，且，所以四边形为平行四边形，（2）三棱锥可看做一个长方体的截面，所以其外接球半径满足，其四个表面皆为直角三角形，易求表面积 试题解析：（1）‎ ‎∵，‎ ‎∴，在上取点，使，连接，再在上取点，使，连接，可知，，且，可知，且，所以四边形为平行四边形，平面，∴平面，故点为的靠近点的三等分点．‎ ‎（2）由（1）可知，，‎ 设三棱锥的外接球半径为，可知，，∴．‎ 三棱锥的表面积为 ‎．‎ 考点：线面平行性质定理及判定定理，三棱锥外接球 ‎【思想点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.‎ ‎（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.‎ ‎（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.‎ ‎（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.‎ ‎22．（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（1）由题为证明线与面平行，可运用线面平行的判定定理或运用面面平行的性质来证明。结合题中的条件可选择证；EO//PB，由线面平行的判定而的证。‎ ‎（2）由题为求点到面的距离，首先要结合条件找出到平面的距离，做辅助线可证出，由条件，可求出，再利用，可求出 试题解析：（Ⅰ）设BD与AC的交点为，连接因为ABCD为矩形，所以为BD的中点，‎ 又因为E为PD的中点，所以EO//PB ‎ 平面，平面，‎ 所以平面 ‎ ‎（Ⅱ）‎ 由题设知，可得 作交于 由题设知，所以，故，‎ 又, 所以到平面的距离为。‎ 考点：（1）线与面平行的证明. （2）点到面的距离。‎ ‎23．（1）见解析 （2） ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）本题为证线与面垂直，通常运用线与面垂直的判定，转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直。结合题目条件AA1⊥底面ABCD，再可找出CD⊥AD，而得证．‎ ‎（2）由题为已知线面角的正弦值，求参数k的值，可考虑建立空间坐标系，然后利用线面角的关系建立关于k的方程，可求．‎ 试题解析：（Ⅰ）取CD的中点E，连结BE．‎ ‎∵AB∥DE，ABDE3k，∴四边形ABED为平行四边形， ‎ ‎∴BE∥AD且BEAD4k．‎ 在△BCE中，∵BE4k，CE3k，BC5k，∴BE2＋CE2BC2，‎ ‎∴∠BEC90°，即BE⊥CD，‎ 又∵BE∥AD，∴CD⊥AD． ‎ ‎∵AA1⊥平面ABCD，CD平面ABCD，∴AA1⊥CD．又AA1∩ADA，‎ ADD1A1． ‎ ‎（Ⅱ）以D为原点，，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则 所以，，．‎ 设平面AB1C的法向量n（x，y，z），‎ 则由得，取y2，得．‎ 设AA1与平面AB1C所成角为θ，则 sin θ|cos〈，n〉|，‎ 解得k1，故所求k的值为1． ‎ ‎【考点】（1）空间中线与面的垂直证明。 （2）线面角及空间向量的运算及方程思想。‎ ‎24．（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）借助两直线垂直的充要条件建立方程求解；（2）借助两直线平行充要条件建立方程求解.‎ 试题解析:‎ ‎（1）若，则.‎ ‎（2）若，则或2.‎ 经检验，时，与重合，时，符合条件，∴.‎ 考点：两直线平行和垂直的充要条件及运用．‎