2016年浙江省宁波市余姚中学高二上学期数学期中试卷与解析

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浙江省宁波市余姚中学2016届高三上学期期中数学试卷(理科) 含解析

2015-2016学年浙江省宁波市余姚中学高三（上）期中数学试卷（理科）一、选择题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1．下列说法正确的是（）A．若命题p，¬q都是真命题，则命题“p∧q”为真命题B．命题“若xy=0,则x=0或y=0”的否命题为“若xy≠0则x≠0或y≠0”C．命题“∀x∈R,2x＞0"的否定是“∃x0∈R,2≤0”D．“x=﹣1"是“x2﹣5x﹣6=0"的必要不充分条件2．已知函数f（x)=Asin（ωx+φ)( A≠0，ω＞0，）在时取得最大值,且它的最小正周期为π，则（）A．f（x）的图象过点（0，）B．f（x）在上是减函数C．f(x）的一个对称中心是D．f（x)的图象的一条对称轴是x=3．已知数列{a n}满足：a n=,且S n=，则n的值为（)A．8 B．9 C．10 D．114．若α、β是两个相交平面，则在下列命题中,真命题的序号为(）①若直线m⊥α，则在平面β内，一定不存在与直线m平行的直线．②若直线m⊥α，则在平面β内，一定存在无数条直线与直线m垂直．③若直线m⊂α，则在平面β内，不一定存在与直线m垂直的直线．④若直线m⊂α，则在平面β内，一定存在与直线m垂直的直线．A．①③B．②③C．②④D．①④5．已知函数f（x）=﹣kx2（k∈R)有四个不同的零点，则实数k的取值范围是（）A．k＜0 B．k＜1 C．0＜k＜1 D．k＞16．若直线+=1通过点M(cosα，sinα),则（）A．a2+b2≤1 B．a2+b2≥1 C．D．7．已知双曲线与抛物线y2=8x有一个公共的焦点F，且两曲线的一个交点为P，若|PF|=5，则双曲线的离心率为（）A．2 B．2C．D．8．设a＜0，（3x2+a)（2x+b）≥0在（a，b）上恒成立,则b﹣a的最大值为(）A．B．C．D．二、填空题（每题5分,满分35分，将答案填在答题纸上）9．设全集为R，集合M={x∈R|x2﹣4x+3＞0｝，集合N=｛x∈R|log2x＜1}，则M∪N=；M∩N=；∁R（M∩N)=．10．已知曲线+=1，当曲线表示圆时k的取值是，当曲线表示焦点在y轴上的椭圆时k的取值范围是，当曲线表示双曲线时k的取值范围是．11．已知某几何体的三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．则该几何体的表面积是；体积是．12．已知实数x，y，实数a＞1，b＞1，且a x=b y=2，（1)若ab=4，则+=;(2）a2+b=8，则+的最大值是．13．已知向量，的夹角60°，｜|=2，|｜=2，=λ+μ，若λ+μ=2,则|｜的最小值是，此时，夹角大小为．14．已知f（x）=x2﹣3x+4，若f（x）的定义域和值域都是［a，b］，则a+b=．15．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，底面ABCD的对角线BD在平面α内,则正方体在平面α内的影射构成的图形面积的取值范围是．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

数学上学期期中试题-余姚中学2016届高三上学期期中考试数学试题及答案(文)

浙江省余姚中学2016届高三上学期期中考试数学试卷（文）第I 卷选择题部分（共40分）一. 选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的四项中，只有一项是符合题目要求的.1．若集合}0|{≥=x x A ，且AB B =，则集合B 可能是（）A ．}2,1{B ．}1|{≤x xC ．}1,0,1{-D ． R 2．若（）A ．B ．C ．D ． 3．函数1211111(),(),,(),,()()n n f x f x f x x x f x x f x +===++则函数2015()f x 是（）A.奇函数但不是偶函数B.偶函数但不是奇函数C.既是奇函数又是偶函数D.既不是奇函数又不是偶函数4．已知,a b 是空间中两不同直线，,αβ是空间中两不同平面，下列命题中正确．．的是（） A ．若直线//a b ，b α⊂，则//a α B ．若平面αβ⊥， a α⊥，则//a β C ．若平面//αβ，,a b αβ⊂⊂，则//a b D ．若,a b αβ⊥⊥，//a b ，则//αβ 5．给出下列结论：①命题“1sin ,≠∈∀x R x ”的否定是“1sin ,=∈∃x R x ”；②命题:2p x ≠或3y ≠，命题:5q x y +≠则p 是q 的必要不充分条件；③数列}{n a 满足“n n a a 31=+”是“数列}{n a 为等比数列”的充分必要条件；④“在三角形ABC 中，若sin sin A B >,则A B >”的逆命题是真命题；⑤“若,221a b a b >>-则”的否命题为“若a b ≤，则221a b -≤” ．其中正确的是 ( ) A.③④B.①②④⑤C. ①③④⑤D.①②③④⑤6．在如图所示的空间直角坐标系O xyz -中，一个四面体的顶点坐标分别是（0，0，2），（2，2，0），（1，2，1），（2，2，2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）∈<<=+απαααα则),20(,tan cos sin )6,0(π)4,6(ππ)3,4(ππ)2,3(ππA ．①和②B ．③和①C ．③和④D ．④和②7．已知|ln |)(x x f =，设b a <<0，且)()(b f a f =，则b a 2+的取值范围是（） A ．),3[+∞ B ．),3(+∞ C ．),22[+∞ D ．),22(+∞ 8.已知向量OA 与OB 的夹角为θ，OB t OQ OA t OP OB OA )1(,,1,2-====，PQ 在0t 时取得最小值.当0105t <<时，夹角θ的取值范围是（）A ．0,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,32ππ⎛⎫⎪⎝⎭C ． 2,23ππ⎛⎫⎪⎝⎭D ． 20,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭第II 卷非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。

2016届浙江省余姚中学高三上学期期中考试理数试题解析版

一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.下列说法正确的是（）A ．若命题p ，q ⌝都是真命题，则命题“p q ∧”为真命题B ．命题“若0xy =，则0x =或0y =”的否命题为“若0xy ≠，则0x ≠或0y ≠”C ．命题“R x ∀∈，20x >”的否定是“0R x ∃∈，020x ≤” D ．“1x =-”是“2560x x --=”的必要不充分条件【答案】C .考点：１、命题及其关系；2、充分条件；3、必要条件.2.已知函数()()sin f x x ωϕ=A +（0A ≠，0ω>，22ππϕ-<<）在23x π=时取得最大值，且它的最小正周期为π，则（）A ．()f x 的图象过点10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．()f x 在2,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是减函数 C ．()f x 的一个对称中心是5,012π⎛⎫⎪⎝⎭D ．()f x 的图象的一条对称轴是512x π= 【答案】C .【解析】考点：1、求函数()()sin f x x ωϕ=A +的解析式；2、三角函数的图像及其性质.3.已知数列{}n a 满足：21n a n n =+，且1011n S =，则n 的值为（） A ．8 B ．9 C ．10 D ．11 【答案】C .【解析】试题分析：因为21111(1)1n a n n n n n n ===-+++，所以 11111110(1)()()12231111n S n n n =-+-++-=-=++ ，所以10n =，故应选C . 考点：1、裂项求和.4.若α、β是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为（）①若直线m α⊥，则在平面β内一定不存在与直线m 平行的直线．②若直线m α⊥，则在平面β内一定存在无数条直线与直线m 垂直．③若直线m α⊂，则在平面β内不一定存在与直线m 垂直的直线．④若直线m α⊂，则在平面β内一定存在与直线m 垂直的直线．A ．①③B ．②③C ．②④D ．①④【答案】C .考点：1、直线与平面之间的位置关系.5.已知函数()22x f x kx x =-+（R k ∈）有四个不同的零点，则实数k 的取值范围是（） A ．0k < B ．1k < C ．01k <<D ． 1k >【答案】D .【解析】试题分析：对于选项A ，函数sin y x =为奇函数，但是sin y x =在区间(0,)+∞内不是单调递增的，不符合题意；对于选项B ，函数ln ||y x =满足：()ln ||ln ()f x x x f x -=-==，所以函数ln ||y x =是偶函数，所以不符合题意；对于选项C ，函数1y x=-满足：11()()f x f x x x -=-==--，所以函数1y x=-是奇函数，且在区间(0,)+∞内是增函数，符合题意；对于选项D ，函数31y x =+满足：33()()11f x x x -=-+=-+，所以函数31y x =+是非奇非偶函数，不符合题意，故应选C .考点：1、函数的奇偶性；2、函数的单调性.6.若直线1x y a b+=通过点()cos ,sin ααM ，则（）A ．221a b +≤B ．221a b +≥C ．22111a b +≤ D ．22111a b+≥ 【答案】D .考点：1、直线的方程；2、柯西不等式的应用.【思路点睛】本题主要考查直线的方程和柯西不等式的应用，属中档题.其解题的一般思路为：首先由已知条件可得cos sin 1a b αα+=，然后运用柯西不等式可得不等式22222cos sin 11(cos sin )()ab a b αααα⎛⎫+≤++ ⎪⎝⎭，并验证等号是否能够成立，化简即可得出所求的结果. 其解题的关键是能有效地将直线方程和柯西不等式知识联系起来并求解实际问题.7.已知双曲线22221x y a b-=（0a >，0b >）与抛物线28y x =有一个公共的焦点F ，且两曲线的一个交点为P ，若F 5P =，则双曲线的离心率为（）AD ．2 【答案】D .【解析】试题分析：因为抛物线28y x =的焦点坐标F(2,0)，所以p=4.又因为抛物线的焦点与双曲线的焦点相同，所以2p c =，即2c =.设P(m,n)，则由抛物线的定义知，F 252p m m P =+=+=，所以3m =，所以点P的坐标为，所以222249241a b ab ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，解之得2213a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以双曲线的离心率为2c e a ==，故应选D . 考点：1、抛物线；2、双曲线.【思路点睛】本题主要考查抛物线和双曲线及其基本性质，考查学生综合运用知识的能力和分析问题、解决问题的能力，属中档题.其解题的一般思路为：首先根据抛物线的方程可得出其焦点的坐标，然后利用已知条件可得双曲线的一个焦点坐标，即可得出,,a b c 的一个等式关系，再运用已知条件和抛物线的定义可知P 的坐标，进而得出另一个,,a b c 的一个等式关系，联立方程组即可得出所求的结果.8.设0a <，()()2320x a x b ++≥在(),a b 上恒成立，则b a -的最大值为（）A ．13B ．12 C ．3 D ．2 【答案】A .考点：1、不等式恒成立问题；2、函数的性质及其应用.【思路点睛】本题主要考查了函数的恒成立问题的求解，属中高档题.其解题的一般思路为：首先根据题意适当的进行分类讨论：0a b <<、0a b <<和0a b <=，然后将()()2320x a x b ++≥在(),a b 上恒成立，转化为相应的不等式，进而求出对应的,a b 的取值范围，最后求出b a -的最大值即可. 其解题的关键是正确的分类讨论，并结合已知转化为相应的不等式进行求解.第Ⅱ卷（共100分）（非选择题共100分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）9.设全集为R ，集合{}2R 430x x x M =∈-+>，集合{}2R log 1x x N =∈<，则M N = ；M N = ；()R M N = ð ．【答案】{R 3x x ∈>或2}x <，{}01x x <<，{}0,1x x x ≤≥.【解析】试题分析：因为{}2R 430{R 3x x x x x M =∈-+>=∈>或1}x <，{}{}2R log 1R 02x x x x N =∈<=∈<<，所以M N = {R 3x x ∈>或2}x <，M N = {}01x x <<，()R M N = ð{}0,1x x x ≤≥，故应填{R 3x x ∈>或2}x <，{}01x x <<，{}0,1x x x ≤≥.考点：1、集合间的基本运算.10.已知曲线22212x y k k+=-．当曲线表示圆时k 的取值是；当曲线表示焦点在y 轴上的椭圆时k 的取值范围是；当曲线表示双曲线时k 的取值范围是．【答案】2或-1；2k >或1k <-；01k <<.考点：1、圆的标准方程；2、椭圆的标准方程；3、双曲线的标准方程.11.已知某几何体的三视图如下图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．则该几何体的表面积是；体积是．【答案】160643+. 【解析】试题分析：由题意中的三视图可知，该几何体是一个三棱柱切去一个三棱锥所得的组合体，其原始几何体如下图所示.其中平面ABFE 的面积为：32；平面BCDF 的面积为：24；平面ABC 的面积为：8；平面DEF 的面积为：ADE 的面积为：；平面ACD 的面积为：64+而棱柱ABC EFG -的体积为：64；棱锥D EFG -的体积为：323；所以该组合体的体积为：1603，故应填160643+.考点：1、三视图；2、简单几何体的体积.12.已知实数x ，y ，实数1a >，1b >，且2x y a b ==，（1）若4ab =，则11x y += ；（2）28a b +=，则21x y+的最大值是．【答案】2，4.考点：1、基本不等式的应用；2、对数及其基本运算.13.已知OA 与OB 的夹角为60 ，2OA = ，OB = ，λμOP =OA+OB ，若2λ=，则OP 的最小值为．【答案】【解析】试题分析：因为λμOP =OA+OB ，所以()222222222412λμλμλμλμOP =OA +OB =OA +OB +OA⋅OB =++ ，又因为2λ=，所以2λ=，所以222224124(2)12)λμμμOP =++=++21)12=-+10-=，即μ=时，min OP = 考点：1、平面向量的数量积的应用.14.已知函数()23344f x x x =-+的定义域和值域都是[],a b ，则a b += ．【答案】5.考点：1、函数的值域；2、函数的定义域；3、二次函数的单调区间及其最值问题.【思路定睛】本题主要考查了函数的值域、函数的定义域和二次函数的单调区间及其最值问题，考查学生综合运用知识的能力和逻辑推理能力，属中档题.其解题的关键有两点：其一是正确地理解函数的定义域和值域都是[],a b ，这说明函数的最大值和最小值的取得均在区间的端点处取得；其二是能根据对称轴对函数进行合理的分类讨论，进而得出所求的结果.15.正方体1111CD C D AB -A B 的棱长为1，底面CD AB 的对角线D B 在平面α内，则正方体在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是．【答案】⎡⎣.考点：1、二面角；2、空间位置关系与距离.【思路点睛】本题考查了二面角的应用，考查学生空间想象能力以及转化思想的应用，属高档题.其一般解题思路为:首先设出矩形11BDD B 与α所成的锐二面角为θ，面积记为1S ，则正方形1111C D A B 与α所成锐二面角为2πα-，面积记为2S ，然后求出阴影部分的面积的表达式，最后利用两角和与差的三角函数求解最值即可得出所求的结果.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）16.（本题满分15分）在C ∆AB 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知cosC sinC 0b a c --=．（I ）求B ；（II ）若b =2a c +的取值范围．【答案】（1）3B π=；（2）.【解析】试题分析：（1）首先由正弦定理可将已知等式化简为sin cos sin sin sin 0B C B C A C --=，然后由三考点：1、正弦定理的应用；2、简单的三角恒等变换.【方法点睛】本题主要考查简单的三角恒等变换和正弦定理的应用，综合考查学生应用知识的能力，属中档题.其解题过程中最关键有以下两点：其一是能够灵活地运用正弦定理将已知的三角恒等式中所有的边换成角的正弦的形式，或将已知的角的正弦形式化简成边的形式；其二是注意三角形隐藏的条件如三角形的内角和为π、sin sin()A B C =+等.17.（本题满分15分）数列{}n a 满足：12a =，2166n n n a a a +=++（n *∈N ）．（1）证明：数列(){}5log 3n a +是等比数列；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）设21166n n n nb a a a =--+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：51164n -≤T <-．【答案】(1)由2166,n n n a a a +=++得213(3).n n a a ++=+515log (3)2log (3)n n a a +∴+=+，由等比数列的定义知数列(){}5log 3n a +是等比数列；（2) 125 3.n n a -=-（3）令()5l o g 3n n C a =+，则由（1）知{}n C 是以２为公比的等比数列，再由等比数列的通项公式可知12n n C -=，又15log 51C ==， 12n n C -∴=即 15log (3)2n n a -+=，1235.n n a -∴+=故125 3.n n a -=-（2）211111,6666n n n n n n b a a a a a +=-=--+-- 2111111.66459n n n T a a +∴=-=----- 又221110,591659n <≤=--51.164n T ∴-≤<-（2)令()5log 3n n C a =+，则由（1）知{}n C 是以２为公比的等比数列，再由等比数列的通项公式可知12n n C -=，又15log 51C ==， 12n n C -∴=即 15log (3)2n n a -+=，1235.n n a -∴+=故125 3.n n a -=-（3）211111,6666n n n n n n b a a a a a +=-=--+-- 2111111.66459n n n T a a +∴=-=----- 又221110,591659n <≤=--51.164n T ∴-≤<-考点：1、等比数列；2、数列的前n 项和.【方法点睛】本题主要考查了等比数列及其性质和数列的前n 项和，以及不等式的放缩法，综合考查了学生知识的应用能力和逻辑推理能力，属中档题. 其解题的关键步骤有以下两步：其一是能够将已知的数列递推式作适当的变形，并结合对数的运算性质构造出新的数列，使得该数列成为等差数列或等比数列；其二是能够合理的运用裂项求和法对其进行求解.18.（本题满分15分）如图，在四棱锥CD P -AB 中，底面CD AB 为菱形，D 60∠BA =，Q 为D A 的中点．（I ）若D PA =P ，求证：平面Q P B ⊥平面D PA ；（II ）设点M 是线段C P 上的一点，C t PM =P ，且//PA 平面Q M B ．（i ）求实数t 的值；（ii ）若D D 2P A=P =A =，且平面D PA ⊥平面CD AB ，求二面角Q C M -B -的大小．【答案】（1）证明：（1） Q 为AD 的中点.PA=PD ，AD PQ ∴⊥，又 Q 为AD 的中点，底面ABCD 为棱形，∠BAD=60oAD BQ ∴⊥， AD ∴⊥面PBQ ，∴平面PQB ⊥平面PAD. （2）（ⅰ）当13t =时，//PA 平面Q M B ．（ii ）二面角M –BQ –C 的大小为3π.考点：1、直线与平面平行的判定定理；2、直线与平面垂直的判定定理；3、利用空间向量求二面角的大小.19.（本题满分15分）已知椭圆E 经过点()2,3A ，对称轴为坐标轴，焦点1F ，2F 在x 轴上，离心率12e =．（I ）求椭圆E 的方程；（II ）求12F F ∠A 的角平分线所在直线l 的方程；（III ）在椭圆E 上是否存在关于直线l 对称的相异两点？若存在，请找出；若存在，说明理由．【答案】（I ）2211612x y +=；（II ）210x y --=；（III ）在椭圆E 上不存在关于直线l 对称的相异两点.（II ）由（I ）知，12F (2,0),F (2,0)-，所以直线1F A 的方程为：3460x y -+=；直线2FA 的方程为：2x =；设12F F ∠A 的角平分线上任意一点为(,)P x y ，则34625x y x -+=-，即210x y --=或280x y +-=，因为斜率为正的，所以所求的12F AF ∠的角平分线所在直线l 的方程为210x y --=.（III ）假设椭圆E 上存在关于直线l 对称的相异两点，不妨设1122(,),(,)P x y Q x y ，PQ 的中点00(,)x y ，则2211222234483448x y x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩ 01212121203344x y y x x x x y y y -+=-=--+ 0032x y ∴=，又0021y x =- ，002,3x y ∴==，则PQ 的中点与()2,3A 重合，与题意不符。

2015-2016学年浙江省宁波市余姚中学高二(上)开学数学试卷(解析版)

2015-2016学年浙江省宁波市余姚中学高二（上）开学数学试卷一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）已知向量＝（2，1），＝（x，﹣2），若∥，则+等于（）A．（﹣3，1）B．（3，1）C．（2，1）D．（﹣2，﹣1）2．（5分）已知直线ax+y﹣1＝0与直线x+ay﹣1＝0互相垂直，则a＝（）A．1或﹣1B．1C．﹣1D．03．（5分）两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于akm，灯塔A在观察站C的北偏东20°，灯塔B在观察站C的南偏东40°，则灯塔A与灯塔B的距离为（）A．akm B．akm C．2akm D．akm4．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若b sin A﹣a cos B＝0，且b2＝ac，则的值为（）A．B．C．2D．45．（5分）已知直线l：x cosα+y sinα＝2（α∈R），圆C：x2+y2+2x cosθ+2y sinθ＝0（θ∈R），则直线l与圆C的位置关系是（）A．相交B．相切C．相离D．与α，θ有关6．（5分）正项等比数列{a n}中，存在两项a m、a n使得＝4a1，且a6＝a5+2a4，则的最小值是（）A．B．2C．D．7．（5分）若函数f（x）＝的值域为R，则m的取值范围是（）A．[0，4]B．（﹣∞，0）C．（﹣∞，0]D．（﹣∞，0]∪[4，+∞）8．（5分）已知三个正数a，b，c满足a≤b+c≤3a，3b2≤a（a+c）≤5b2，则的最小值是（）A．﹣B．﹣3C．0D．不存在二、填空题：本大题共7小题，前4题每空3分，后3题每空4分，36分．9．（6分）设集合P＝{x∈R|x2＜16}，M＝{x∈R|2x＜8}，S＝{x∈R|log5x＜1}，则P∪M＝；P∩S＝；∁R M＝．10．（6分）在△ABC中，若∠A＝120°，AB＝1，BC＝，＝，则AC＝；AD＝．11．（6分）若实数x，y满足不等式组．若a＝4，则z＝2x+y的最大值为；若不等式组所表示的平面区域面积为4，则a＝．12．（6分）设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a2+a4+a9＝24，则S9＝，•的最大值为．13．（4分）若实数x，y满足4x2+2x+y2+y＝0，则2x+y的范围是．14．（4分）已知点O是△ABC的外接圆圆心，且AB＝3，AC＝4．若存在非零实数x、y，使得＝x+y，且x+2y＝1，则cos∠BAC＝．15．（4分）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f（x）＝（|x﹣a2|+|x﹣2a2|﹣3a2），若∀x∈R，f（x﹣1）≤f（x），则实数a的取值范围为．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16．设平面向量＝（cos x，sin x），＝（cos x+2，sin x），＝（sinα，cosα），x∈R．（1）若，求cos（2x+2α）的值；（2）若α＝0，求函数f（x）＝的最大值，并求出相应的x值．17．已知等差数列{a n}的公差d≠0，它的前n项和为S n，若S5＝70，且a2，a7，a22成等比数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列{}的前n项和为T n，求证：≤T n＜．18．已知圆O1的方程为x2+（y+1）2＝6，圆O2的圆心坐标为（2，1）．若两圆相交于A，B两点，且|AB|＝4，求圆O2的方程．19．已知函数为奇函数，其中a为不等于1的常数；（1）求a的值；（2）若对任意的x∈[﹣1，1]，f（x）＞m恒成立，求m的范围．20．已知数列{a n}中，a1＝1，a n+1＝（I）求证：数列{a2n﹣}是等比数列；（II）若S n是数列{a n}的前n项和，求满足S n＞0的所有正整数n．2015-2016学年浙江省宁波市余姚中学高二（上）开学数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．【解答】解：向量＝（2，1），＝（x，﹣2），∥，可得﹣4＝x，+＝（﹣2，﹣1）．故选：D．2．【解答】解：∵直线ax+y﹣1＝0与直线x+ay﹣1＝0互相垂直，∴1×a+1×a＝0，即2a＝0，解得：a＝0．故选：D．3．【解答】解：根据题意，△ABC中，∠ACB＝180°﹣20°﹣40°＝120°，∵AC＝BC＝akm，∴由余弦定理，得cos120°＝，解之得AB＝akm，即灯塔A与灯塔B的距离为akm，故选：D．4．【解答】解：△ABC中，由b sin A﹣a•cos B＝0，利用正弦定理得sin B sin A﹣sin A cos B＝0，∴tan B＝，故B＝．由余弦定理得b2＝a2+c2﹣2ac•cos B＝a2+c2﹣ac，即b2＝（a+c）2﹣3ac，又b2＝ac，所以4b2＝（a+c）2，求得＝2，故选：C．5．【解答】解：圆C：x2+y2+2x cosθ+2y sinθ＝0（θ∈R），即（x+cosθ）2+（y+sinθ）2＝1，圆心C（﹣cosθ，﹣sinθ），半径为r＝1．圆心C到直线l：x cosα+y cosα＝2的距离为d＝＝2+cos （θ﹣α），当cos（θ﹣α）＝﹣1时，d＝r，直线和圆相切；当cos（θ﹣α）＞﹣1时，d＞r，直线和圆相离，故选：D．6．【解答】解：在等比数列中，∵a6＝a5+2a4，∴，即q2﹣q﹣2＝0，解得q＝2或q＝﹣1（舍去），∵＝4a 1，∴，即2m+n﹣2＝16＝24，∴m+n﹣2＝4，即m+n＝6，∴，∴＝（）＝，当且仅当，即n＝2m时取等号．故选：A．7．【解答】解：①当m＝0时，成立；②当m≠0时，原式可化为myx2+（my﹣1）x+y＝0，由△＝（my﹣1）2﹣4my×y≥0对任意y都成立，得（m2﹣4m）y2﹣2my+1≥0对任意y都成立，则或．解得：m≤0．故选：C．8．【解答】解：不等式a≤b+c≤3a，3b2≤a（a+c）≤5b2，等价为1≤+≤3，3（）2≤1+≤5（）2，设＝x，＝y，则不等式等价为，即，则＝﹣2•＝x﹣2y，设z＝x﹣2y，作出不等式组对应的平面区域如图：由z＝x﹣2y得y＝x﹣z，平移直线y＝x﹣z，由图象可知当直线y＝x﹣z，过点A时，直线y＝x﹣z的截距最大，此时z最小，由，解得x＝，y＝，代入目标函数z＝x﹣2y，得z＝﹣∴目标函数z＝x﹣2y的最小值是﹣，故选：A．二、填空题：本大题共7小题，前4题每空3分，后3题每空4分，36分．9．【解答】解：∵P＝{x∈R|x2＜16}＝{x|﹣4＜x＜4}，M＝{x∈R|2x＜8}＝{x|x＜3}，S＝{x∈R|log5x＜1}＝{x|0＜x＜5}，则P∪M＝{x|x＜4}，P∩S＝{x|0＜x＜4}，∁R M＝{x|x≥3}，故答案为：{x|x＜4}，{x|0＜x＜4}，{x|x≥3}10．【解答】解：由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bc cos A，∴，化为b2+b﹣12＝0，解得b＝3．cos B＝＝＝．∵＝，∴＝．在△AB中，由余弦定理可得：AD2＝AB2+BD2﹣2AB•BD cos B＝1+﹣＝，解得AD＝．故答案分别为：3；．11．【解答】解：当a＝4时，作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．由z＝2x+y得y＝﹣2x+z，平移直线y＝﹣2x+z，由图象可知当直线y＝﹣2x+z经过点C时，直线y＝﹣2x+z的截距最大，此时z最大．由，解得，即C（3，1），代入目标函数z＝2x+y得z＝2×3+1＝7．即目标函数z＝2x+y的最大值为7．作出不等式组对应的平面区域，由，解得，即A（1，1），若不等式组构成平面区域，则必有点A在直线x+y＝a的下方，即满足不等式x+y＜a，即a＞1+1＝2，由，解得，即C（a﹣1，1），由，解得，即B（，），则三角形的面积S＝（a﹣1﹣1）×（﹣1）＝（a﹣2）2＝4，即（a﹣2）2＝16，即a﹣2＝4或a﹣2＝﹣4，解得a＝6或a＝﹣2（舍），故答案为：7，612．【解答】解：在等差数列{a n}中，由a2+a4+a9＝24，得3a1+12d＝24，即a1+4d＝8，a5＝8．∴S9＝9a5＝9×8＝72；•＝＝＝＝．故答案为：72；64．13．【解答】解：把已知式子配方可得（2x+）2+（y+）2＝，∴，∴，∴2x+y＝cosθ﹣+sinθ﹣＝sin（θ+）﹣1，∵﹣1≤sin（θ+）≤1，∴﹣2≤sin（θ+）﹣1≤0，∴2x+y的范围为：[﹣2，0]，故答案为：[﹣2，0]．14．【解答】解：如图所示，∵＝x+y，且x+2y＝1，∴﹣＝y（﹣2），∴＝y（+），取AC的中点D，则+＝2，∴＝2y，又点O是△ABC的外心，∴BD⊥AC．在Rt△BAD中，cos∠BAC＝．故答案为：，15．【解答】解：当x≥0时，f（x）＝（|x﹣a2|+|x﹣2a2|﹣3a2）．∴当0≤x≤a2时，f（x）＝[﹣x+a2 ﹣（x﹣2a2）﹣3a2]＝﹣x；当a2＜x≤2a2时，f（x）＝﹣a2；当x＞2a2时，f（x）＝x﹣3a2．由于函数f（x）是定义在R上的奇函数，即可画出f（x）在R上的图象，如图所示：当x＞0时，f（x）的最小值为﹣a2，当x＜0时，f（x）的最大值为a2，由于∀x∈R，f（x﹣1）≤f（x），故函数f（x﹣1）的图象不能在函数f（x）的图象的上方，结合（图二）可得1﹣3a2 ≥3a2，即6a2≤1，求得﹣≤a≤，故答案为：[﹣，]．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16．【解答】解：（1）若，则•＝0，∴cos x sinα+sin x cosα＝0，∴sin（x+α）＝0，∴cos（2x+2α）＝1﹣2sin2（x+α）＝1．（2）若α＝0，＝（0，1），则f（x）＝＝（cos x，sin x）•（cos x+2，sin x﹣2）＝cos x（cos x+2）+sin x （sin x﹣2）＝1﹣2sin x+2cos x＝1+4sin（x+），所以，f（x）max＝5，x＝2kπ﹣（k∈Z）．17．【解答】解：（1）由题意得，解得a1＝6，d＝4，∴a n＝6+（n﹣1）×4＝4n+2．（2）∵a1＝6，d＝4，∴S n＝6n+＝2n2+4n，＝＝，∴T n＝＝＝﹣＜，（T n）min＝T1＝﹣＝．故≤T n＜．18．【解答】解：设圆O2的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2＝r2（r＞0），∵圆O1的方程为x2+（y+1）2＝6，即圆O1的圆心坐标为（0，﹣1），∴直线AB的方程为4x+4y+r2﹣10＝0，∴圆心O1到直线AB的距离d＝＝，∵|AB|＝4，即|AB|＝2，由垂径定理及勾股定理得：d2+22＝6，解得：d2＝2，∴r2﹣14＝±8，解得：r2＝6或22，则圆O2的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2＝6或（x﹣2）2+（y﹣1）2＝22．19．【解答】解：（1）∵为奇函数∴f（﹣x）＝﹣f（x），即即对x∈[﹣1，1]恒成立；所以（5+ax）（5﹣ax）＝（5+x）（5﹣x）∴a＝±1，因为a为不等于1的常数，所以a＝﹣1（2）∵设，则f（t）＝log2t，因为在[﹣1，1]上递减所以，又因为f（t）＝log2t，在上是增函数，所以因为对任意的x∈[﹣1，1]，f（x）＞m恒成立，所以f（x）min＞m所以20．【解答】（Ⅰ）证明：设b n＝a2n﹣，则＝（）﹣＝﹣，＝＝＝＝，∴数列{}是以﹣为首项，为公比的等比数列．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得b n＝a2n﹣＝﹣•（）n﹣1＝﹣•（）n，∴+，由a2n＝+（2n﹣1），得a2n﹣1＝3a2n﹣（2n﹣1）＝﹣•（）n﹣1﹣6n+，∴a2n﹣1+a2n＝﹣[（）n﹣1+（）n]﹣6n+9＝﹣2•（）n﹣6n+9，S2n＝（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n﹣1+a2n）＝﹣2[]﹣6（1+2+3+…+n）+9n＝＝（）n﹣3（n﹣1）2+2．由题意得n∈N*时，{S2n}单调递减，又当n＝1时，S2＝＞0，当n＝2时，S4＝﹣＜0，∴当n≥2时，S2n＜0，S2n﹣1＝S2n﹣a2n＝﹣，故当且仅当n＝1时，S2n+1＞0，综上所述，满足S n＞0的所有正整数n为1和2．。

浙江省宁波市余姚三中高二数学上学期期中试卷(含解析)

2015-2016学年浙江省宁波市余姚三中高二（上）期中数学试卷一．选择题：每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．直线x+1=0的倾斜角是（）A．0°B．90° C．45° D．不存在2．若直线3x+y+a=0过圆x2+y2+2x﹣4y=0的圆心，则a的值为（）A．﹣1 B．1 C．3 D．﹣33．如果AB＜0，且BC＜0，那么直线Ax+By+C=0不通过（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和EF 所成的角为（）A．30° B．45° C．60° D．90°5．在空间，下列命题正确的是（）A．平行于同一平面的两条直线平行B．平行于同一直线的两个平面平行C．垂直于同一平面的两个平面平行D．垂直于同一平面的两条直线平行6．直线x﹣y+3=0被圆（x+2）2+（y﹣2）2=2截得的弦长等于（）A．B．C．2 D．7．若实数x，y满足不等式组合，则x+y的最大值为（）A．9 B．C．1 D．8．过点（﹣2，4）且在两坐标轴上截距相等的直线有（）A．1条B．2条C．3条D．4条9．若直线ax+by+1=0与圆x2+y2=1相离，则点P（a，b）的位置是（）A．在圆上B．在圆外C．在圆内D．以上都有可能10．已知圆C的方程是x2+y2﹣4x﹣4y﹣10=0，直线l：y=﹣x，则圆C上有几个点到直线l 的距离为（）A．1个B．2个C．3个D．4个二．填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．11．直线与圆x2+y2﹣2x﹣2=0相切，则实数m= ．12．圆x2+y2=20的弦AB的中点为P（2，﹣3），则弦AB所在直线的方程是．13．若点p（m，3）到直线4x﹣3y+1=0的距离为4，且点p在不等式2x+y＜3表示的平面区域内，则m= ．14．如果两条直线l1：x+a2y+6=0与l2：（a﹣2）x+3ay+2a=0平行，则实数a 的值是．15．过点P（1，1）的直线与圆（x﹣2）2+（y﹣3）2=9相交于A，B两点，则|AB|的最小值为．16．已知线段PQ两端点的坐标分别为P（﹣1，1）和Q（2，2），若直线l：mx+y﹣m=0与线段PQ有交点，则实数m的取值范围是．17．设m，n是两条不重合的直线，α，β，γ是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题：①若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β②若m⊥α，m⊥β，则α∥β③若m、n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α，则α∥β④若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β其中正确的命题的序号是．三．解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．（12分）（2013秋•秦州区校级期末）已知直线l的倾斜角为135°，且经过点P（1，1）．（Ⅰ）求直线l的方程；（Ⅱ）求点A（3，4）关于直线l的对称点A′的坐标．19．（15分）（2010•如皋市校级模拟）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=BB1，AC1⊥平面A1BD，D为AC的中点．（1）求证：B1C∥平面A1BD；（2）求证：B1C1⊥平面ABB1A1；（3）设E是CC1上一点，试确定E的位置使平面A1BD⊥平面BDE，并说明理由．20．（15分）（2010秋•杭州校级期末）如图，已知△BCD中，∠BCD=90°，AB⊥平面BCD，BC=CD=1，分别为AC、AD的中点．（1）求证：平面BEF⊥平面ABC；（2）求直线AD与平面BEF所成角的正弦值．21．（15分）（2015秋•余姚市校级期中）已知平面区域恰好被面积最小的圆C：（x﹣a）2+（y﹣b）2=r2及其内部所覆盖．（1）作出该不等式组所确定的平面区域试，并求圆C的方程．（2）若斜率为1的直线l与圆C交于不同两点A，B，满足CA⊥CB，求直线l的方程．22．（15分）（2009秋•下城区校级期末）已知圆C：与x轴交于点O、A，与y轴交于点O、B，其中O为原点．（1）求证：△OAB的面积为定值；（2）设直线y=﹣2x+4与圆C交于点M、N，若|OM|=|ON|，求圆C的方程．2015-2016学年浙江省宁波市余姚三中高二（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一．选择题：每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．直线x+1=0的倾斜角是（）A．0°B．90° C．45° D．不存在【考点】直线的倾斜角．【专题】计算题；函数思想；直线与圆．【分析】直接利用直线方程求出直线的倾斜角即可．【解答】解：直线x+1=0的倾斜角是90°．故选：B．【点评】本题考查直线的倾斜角的求法，考查计算能力．2．若直线3x+y+a=0过圆x2+y2+2x﹣4y=0的圆心，则a的值为（）A．﹣1 B．1 C．3 D．﹣3【考点】圆与圆的位置关系及其判定．【专题】待定系数法．【分析】把圆x2+y2+2x﹣4y=0的圆心为（﹣1，2）代入直线3x+y+a=0，解方程求得a的值．【解答】解：圆x2+y2+2x﹣4y=0的圆心为（﹣1，2），代入直线3x+y+a=0得：﹣3+2+a=0，∴a=1，故选 B．【点评】本题考查根据圆的方程求圆心的坐标的方法，用待定系数法求参数的取值范围．3．如果AB＜0，且BC＜0，那么直线Ax+By+C=0不通过（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【考点】直线的截距式方程；确定直线位置的几何要素．【专题】直线与圆．【分析】先把Ax+By+C=0化为y=﹣x﹣，再由AB＜0，BC＜0得到﹣＞0，﹣＞0，数形结合即可获取答案【解答】解：∵直线Ax+By+C=0可化为y=﹣x﹣，又AB＜0，BC＜0∴AB＞0，∴﹣＞0，﹣＞0，∴直线过一、二、三象限，不过第四象限．故选：D．【点评】本题考查直线的一般式方程与直线的斜截式的互化，以及学生数形结合的能力，属容易题4．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和EF 所成的角为（）A．30° B．45° C．60° D．90°【考点】异面直线及其所成的角．【专题】计算题．【分析】连接BC1，A1C1，A1B，根据正方体的几何特征，我们能得到∠A1C1B即为异面直线AC 和EF所成的角，判断三角形A1C1B的形状，即可得到异面直线AC和EF所成的角．【解答】解：连接BC1，A1C1，A1B，如图所示：根据正方体的结构特征，可得EF∥BC1，AC∥A1C1，则∠A1C1B即为异面直线AC和EF所成的角BC1=A1C1=A1B，∴△A1C1B为等边三角形故∠A1C1B=60°故选C【点评】本题考查的知识点是异面直线及其所成的角，其中利用平移的方法，构造∠A1C1B 为异面直线AC和EF所成的角，是解答本题的关键．5．在空间，下列命题正确的是（）A．平行于同一平面的两条直线平行B．平行于同一直线的两个平面平行C．垂直于同一平面的两个平面平行D．垂直于同一平面的两条直线平行【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离．【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．【解答】解：平行于同一平面的两条直线平行、相交或异面，故A错误；平行于同一直线的两个平面平行或相交，故B错误；垂直于同一平面的两个平面平行或相交，故C错误；由直线与平面垂直的性质得：垂直于同一平面的两条直线平行，故D正确．故选：D．【点评】本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．6．直线x﹣y+3=0被圆（x+2）2+（y﹣2）2=2截得的弦长等于（）A．B．C．2 D．【考点】直线和圆的方程的应用．【专题】计算题．【分析】先根据点到直线的距离公式求出圆心到弦的距离即弦心距OD，然后根据垂径定理得到垂足为弦长的中点D，根据勾股定理求出弦长的一半BD，乘以2即可求出弦长AB．【解答】解：连接OB，过O作OD⊥AB，根据垂径定理得：D为AB的中点，根据（x+2）2+（y﹣2）2=2得到圆心坐标为（﹣2，2），半径为．圆心O到直线AB的距离OD==，而半径OB=，则在直角三角形OBD中根据勾股定理得BD==，所以AB=2BD=故选D．【点评】考查学生灵活运用点到直线的距离公式解决数学问题，以及理解直线和圆相交所截取的弦的一半、圆的半径、弦心距构成直角三角形．灵活运用垂径定理解决数学问题．7．若实数x，y满足不等式组合，则x+y的最大值为（）A．9 B．C．1 D．【考点】简单线性规划．【专题】不等式的解法及应用．【分析】先根据条件画出可行域，设z=x+y，再利用几何意义求最值，将最大值转化为y轴上的截距，只需求出直线z=x+y，过可行域内的点A（4，5）时的最大值，从而得到z最大值即可．【解答】解：先根据约束条件画出可行域，设z=x+y，∵直线z=x+y过可行域内点A（4，5）时z最大，最大值为9，故选A．【点评】本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组，以及简单的转化思想和数形结合的思想，属中档题．8．过点（﹣2，4）且在两坐标轴上截距相等的直线有（）A．1条B．2条C．3条D．4条【考点】直线的截距式方程．【专题】分类讨论；方程思想；直线与圆．【分析】对直线截距分类讨论即可得出．【解答】解：当直线经过原点时，满足条件，其方程为：y=﹣2x．当直线不经过原点时，设要求的直线方程为：x+y=a，代入点（﹣2，4）可得a=2，此时直线方程为x+y=2．综上可得：满足条件的直线有两条．故选：B．【点评】本题考查了直线的截距式，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．9．若直线ax+by+1=0与圆x2+y2=1相离，则点P（a，b）的位置是（）A．在圆上B．在圆外C．在圆内D．以上都有可能【考点】直线与圆的位置关系．【专题】计算题．【分析】根据直线与圆的位置关系，得到圆心到直线的距离大于半径，得到关于a，b的关系式，这个关系式正好是点到圆心的距离，得到圆心与点到距离小于半径，得到点在圆的内部．【解答】解：∵直线ax+by+1=0与圆x2+y2=1相离，∴，∴，∴点P（a，b）到圆心的距离小于半径，∴点在圆内，故选C．【点评】本题考查直线与圆的位置关系和点与圆的位置关系，本题解题的关键是正确利用点到直线的距离公式，本题是一个基础题．10．已知圆C的方程是x2+y2﹣4x﹣4y﹣10=0，直线l：y=﹣x，则圆C上有几个点到直线l 的距离为（）A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】点到直线的距离公式；圆的一般方程．【专题】计算题；数形结合．【分析】先把圆的方程转化为标准形式，求出圆心和半径；再根据点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离即可得出结论．【解答】解：圆C的方程是x2+y2﹣4x﹣4y﹣10=0，即（x﹣2）2+（y﹣2）2=18，圆心为（2，2），r=3．又因为（2，2）到直线y=﹣x的距离d=＜3．所以圆与直线相交，而到直线l的距离为的点应在直线两侧，且与已知直线平行的直线上．两平行线与圆相交的只有一条．故满足条件的点只有两个．故选B．【点评】本题主要考查圆的标准方程和一般方程的相互转化以及点到直线的距离公式的应用．解决本题需要有很强的分析能力．二．填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．11．直线与圆x2+y2﹣2x﹣2=0相切，则实数m= 或．【考点】圆的切线方程．【专题】计算题；直线与圆．【分析】求出圆x2+y2﹣2x﹣2=0的圆心为C（1，0）、半径r=，根据直线与圆相切可得圆心到直线的距离等于半径，利用点到直线的距离公式列式，解之即可得到实数m的值．【解答】解：∵将圆x2+y2﹣2x﹣2=0化成标准方程，得（x﹣1）2+y2=3，∴圆x2+y2﹣2x﹣2=0的圆心为C（1，0），半径r=．∵直线与圆x2+y2﹣2x﹣2=0相切，∴点C到直线的距离等于半径，即=，解之得m=或．故答案为：或【点评】本题给出含有参数m的直线与已知圆相切，求参数m之值．着重考查了圆的标准方程、点到直线的距离公式和直线与圆的位置关系等知识，属于中档题．12．圆x2+y2=20的弦AB的中点为P（2，﹣3），则弦AB所在直线的方程是2x﹣3y﹣13=0 ．【考点】直线与圆的位置关系．【专题】直线与圆．【分析】先求得直线OP的斜率，可得弦AB的斜率，再用点斜式求得弦AB所在直线的方程．【解答】解：由于弦AB的中点为P（2，﹣3），故直线OP的斜率为=﹣，∴弦AB的斜率为，故弦AB所在直线的方程是y+3=（x﹣2），即 2x﹣3y﹣13=0，故答案为：2x﹣3y﹣13=0．【点评】本题主要考查直线和圆相交的性质，用点斜式求直线的方程，属于基础题．13．若点p（m，3）到直线4x﹣3y+1=0的距离为4，且点p在不等式2x+y＜3表示的平面区域内，则m= ﹣3 ．【考点】二元一次不等式（组）与平面区域．【专题】不等式的解法及应用．【分析】由点M到直线4x﹣3y+1=0的距离等于4求得m的值，代入不等式2x+y＜3验证后得答案．【解答】解：∵点M（m，3）到直线4x﹣3y+1=0的距离为4，∴，解得：m=7或m=﹣3．当m=7时，2×7+3＜3不成立；当m=﹣3时，2×（﹣3）+3＜3成立．综上：m=﹣3．故答案为：﹣3．【点评】本题考查了点到直线的距离公式，考查了二元一次不等式表示的平面区域，是基础题．14．如果两条直线l1：x+a2y+6=0与l2：（a﹣2）x+3ay+2a=0平行，则实数a 的值是0或﹣1 ．【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系．【专题】计算题．【分析】讨论直线的斜率是否存在，然后根据两直线的斜率都存在，则斜率相等建立等式，解之即可．【解答】解：当a=0时，两直线的斜率都不存在，它们的方程分别是x=﹣6，x=0，显然两直线是平行的．当a≠0时，两直线的斜率都存在，故有斜率相等，∴﹣=，解得：a=﹣1，综上，a=0或﹣1，故答案为：0或﹣1．【点评】本题主要考查了两直线平行的条件，要注意特殊情况即直线斜率不存在的情况，属于基础题．15．过点P（1，1）的直线与圆（x﹣2）2+（y﹣3）2=9相交于A，B两点，则|AB|的最小值为 4 ．【考点】直线与圆相交的性质．【专题】计算题；方程思想；综合法；直线与圆．【分析】求出圆心坐标与半径，圆心C到直线距离的最大值为|CP|．由此结合垂径定理，即可算出|AB|的最小值．【解答】解：圆（x﹣2）2+（y﹣3）2=9的圆心坐标为（2，3），半径为3．点P（1，1）在圆（x﹣2）2+（y﹣3）2=9内部．∵圆心到直线的距离的最大值为|CP|==，∴|AB|有最小值2=4，故答案为：4．【点评】本题给出直线与圆相交于A、B两点，求截得弦长的最小值，着重考查了两点间的距离公式和用垂径定理求弦长等知识，属于中档题．16．已知线段PQ两端点的坐标分别为P（﹣1，1）和Q（2，2），若直线l：mx+y﹣m=0与线段PQ有交点，则实数m的取值范围是m≤﹣2或m≥．【考点】两条直线的交点坐标．【专题】计算题；数形结合；综合法；直线与圆．【分析】利用直线l：x+my+m=0经过定点，A（0，﹣1），求得直线AQ的斜率k AQ，直线AP 的斜率k AP即可得答案．【解答】解：直线mx+y﹣m=0等价为y=﹣m（x﹣1）则直线过定点A（1，0），作出对应的图象如图：则由图象可知直线的斜率k=﹣m，满足k≥k AQ或k≤k AP，即﹣m≥=2或﹣m≤=﹣，则m≤﹣2或m≥，故答案为：m≤﹣2或m≥．【点评】本题考查：两条直线的交点坐标，考查恒过定点的直线，考查直线的斜率的应用，考查作图与识图能力，属于中档题．17．设m，n是两条不重合的直线，α，β，γ是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题：①若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β②若m⊥α，m⊥β，则α∥β③若m、n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α，则α∥β④若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β其中正确的命题的序号是②③．【考点】命题的真假判断与应用；平面与平面之间的位置关系．【专题】规律型．【分析】由空间平面与平面之间位置关系的定义及判定方法，可以判断①的正误；若m⊥α，m⊥β，则α∥β，可由垂直同一条直线的两个平面的关系判断；对于③，利用反证法，可得到α∥β；对于④，α∩β=a，m⊂α，n⊂β，m∥a，n∥a，故m∥n，从而可判断．【解答】解：对于①，若α⊥β，β⊥γ，则α与γ可能相交，也可能平行，故①错误；对于②，因为由m⊥α，m⊥β，可得出α∥β，故命题正确；对于③，若α∩β=a，则因为m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α，所以m∥a，n∥a，∴m∥n，这与m、n是异面直线矛盾，故结论正确对于④，α∩β=a，m⊂α，n⊂β，m∥a，n∥a，∴m∥n，故结论不正确故正确的命题为：②③故答案为：②③【点评】本题考查的知识点是空间直线与平面之间的位置关系判定及命题的真假判断与应用，其中熟练掌握空间直线与平面位置关系的判定方法是解答本题的关键．三．解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．（12分）（2013秋•秦州区校级期末）已知直线l的倾斜角为135°，且经过点P（1，1）．（Ⅰ）求直线l的方程；（Ⅱ）求点A（3，4）关于直线l的对称点A′的坐标．【考点】与直线关于点、直线对称的直线方程；直线的点斜式方程．【专题】计算题；直线与圆．【分析】（I）算出直线l的斜率k=tan135°=﹣1，利用直线方程的点斜式列式，化简即得直线l的方程；（II）设所求对称点A'的坐标为（a，b），根据轴对称的性质建立关于a、b的方程组，解出a、b之值，可得所求对称点A'的坐标．【解答】解：（Ⅰ）∵直线l的倾斜角为135°，∴直线l的斜率k=tan135°=﹣1，由此可得l直线l的方程为：y﹣1=﹣（x﹣1），化简得x+y﹣2=0；（Ⅱ）设点A（3，4）关于直线l的对称点为A'（a，b），∵AA'与直线l相互垂直，且AA'的中点（，）在直线l上，∴，解得，可得A'的坐标为（﹣2，﹣1）．【点评】本题求经过定点且倾斜角为135°的直线方程，并依此求对称点的坐标．着重考查了直线的基本量与基本形式、直线的位置关系等知识，属于基础题．19．（15分）（2010•如皋市校级模拟）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=BB1，AC1⊥平面A1BD，D为AC的中点．（1）求证：B1C∥平面A1BD；（2）求证：B1C1⊥平面ABB1A1；（3）设E是CC1上一点，试确定E的位置使平面A1BD⊥平面BDE，并说明理由．【考点】直线与平面平行的判定；集合的含义；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定．【专题】计算题；证明题．【分析】（1）连接AB1与A1B相交于M，由三角形中位线定理，我们易得B1C∥MD，结合线面平行的判定定理，易得B1C∥平面A1BD；（2）由于已知的几何体ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，结合AB=BB1，AC1⊥平面A1BD，根据正方形的几何特征，我们易得到AB1⊥B1C1，BB1⊥B1C1，根据线面垂直的判定定理，即可得到B1C1⊥平面ABB1A1；（3）由图可知，当点E为CC1的中点时，平面A1BD⊥平面BDE，由已知易得DE∥AC1，结合AC1⊥平面AB1D，我们易得到DE⊥平面AB1D，进而根据面面垂直的判定定理得到结论．【解答】解：（1）证明：连接AB1与A1B相交于M，则M为A1B的中点，连接MD，又D为AC的中点，∴B1C∥MD，又B1C⊄平面A1BD，∴B1C∥平面A1BD．（4分）（2）∵AB=BB1，∴四边形ABB1A1为正方形，∴AB1⊥A1B，又∵AC1⊥面A1BD，∴AC1⊥A1B，∴A1B⊥面AB1C1，∴A1B⊥B1C1，又在直棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥B1C1，∴B1C1⊥平面ABB1A1．（8分）（3）当点E为CC1的中点时，平面A1BD⊥平面BDE，∵D、E分别为AC、CC1的中点，∴DE∥AC1，∵AC1⊥平面A1BD，∴DE⊥平面AB1D，又DE⊂平面BDE，∴平面A1BD⊥平面BDE．（14分）【点评】本题考查的知识眯是直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，平面与平面垂直的判定，熟练掌握空间直线与平面间平行和垂直的判定定理、性质定理、定义是解答此类问题的根本．20．（15分）（2010秋•杭州校级期末）如图，已知△BCD中，∠BCD=90°，AB⊥平面BCD，BC=CD=1，分别为AC、AD的中点．（1）求证：平面BEF⊥平面ABC；（2）求直线AD与平面BEF所成角的正弦值．【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．【专题】计算题；证明题．【分析】（1）通过证明CD⊥平面ABC，CD∥EF，说明EF⊂平面BEF，即可证明平面BEF⊥平面ABC；（2）过A作AH⊥BE于H，连接HF，可得AH⊥平面BEF，推出∠AFH为直线AD与平面BEF 所成角．在Rt△AFH中，求直线AD与平面BEF所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD．又∵CD⊥BC，∴CD⊥平面ABC．∵E、F分别为AC、AD的中点，∴EF∥CD．∴EF⊥平面ABC，∵EF⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面ABC．（2）过A作AH⊥BE于H，连接HF，由（1）可得AH⊥平面BEF，∴∠AFH为直线AD与平面BEF所成角．在Rt△ABC中，为AC中点，∴∠ABE=30°，∴．在Rt△BCD中，BC=CD=1，∴．∴在Rt△ABD中，∴．∴在Rt△AFH中，，∴AD与平面BEF所成角的正弦值为．【点评】证明两个平面垂直，关键在一个面内找到一条直线和另一个平面垂直；利用三垂线定理找出二面角的平面角，解三角形求出此角，是常用方法．21．（15分）（2015秋•余姚市校级期中）已知平面区域恰好被面积最小的圆C：（x﹣a）2+（y﹣b）2=r2及其内部所覆盖．（1）作出该不等式组所确定的平面区域试，并求圆C的方程．（2）若斜率为1的直线l与圆C交于不同两点A，B，满足CA⊥CB，求直线l的方程．【考点】简单线性规划的应用．【专题】计算题；作图题；数形结合；不等式的解法及应用．【分析】（1）作平面区域，从而可得C（2，1），r==，从而解得；（2）由题意作图，从而可得CB∥x轴，从而解得B（2+，1）或B（2﹣，1）；从而解得．【解答】解：（1）、作平面区域如下，，结合图象可知，点C（2，1），r==，故圆C的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2=5；（2）由题意作图如右图，结合图象可知，CB∥x轴，故由（x﹣2）2+（1﹣1）2=5解得，x=2+或x=2﹣；故B（2+，1）或B（2﹣，1）；故l的方程为y﹣1=x﹣2﹣或y﹣1=x﹣2+；即x﹣y﹣1﹣=0或x﹣y﹣1+=0．【点评】本题考查了学生的作图能力及数形结合的思想应用．22．（15分）（2009秋•下城区校级期末）已知圆C：与x轴交于点O、A，与y轴交于点O、B，其中O为原点．（1）求证：△OAB的面积为定值；（2）设直线y=﹣2x+4与圆C交于点M、N，若|OM|=|ON|，求圆C的方程．【考点】直线和圆的方程的应用．【专题】计算题．【分析】（1）由题意知A（2t，0），，进而表示出面积即可得到答案．（2）由OM=ON，CM=CN可得OC垂直平分线段MN，根据题意得到直线OC的方程是，所以t=2或t=﹣2，再分别验证t的数值是否正确，进而得到答案．【解答】解：（1）由题意知A（2t，0），∴，所以△OAB的面积为定值．（2）∵OM=ON，CM=CN，∴OC垂直平分线段MN．∵k MN=﹣2，∴，∴直线OC的方程是．又因为圆心C（t，），所以，解得：t=2或t=﹣2．①当t=2时，圆心C的坐标为（2，1），，此时C到直线y=﹣2x+4的距离，圆C与直线y=﹣2x+4相交于两点．②当t=﹣2时，圆心C的坐标为（﹣2，﹣1），，此时C到直线y=﹣2x+4的距离，圆C与直线y=﹣2x+4不相交，∴t=﹣2不符合题意舍去．∴圆C的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2=5．【点评】本题主要考查圆与直线的方程，以及直线与圆的位置关系，并且熟练掌握运用点到直线的距离公式判断直线与圆的位置关系，是一道中档题．。

浙江省宁波市余姚中学2016-2017学年高二上学期期中数学试卷Word版含解析

2016-2017学年浙江省宁波市余姚中学高二（上）期中数学试卷一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．抛物线y2=4x上一点P到焦点F的距离是10，则P点的坐标是（）A．（9，6） B．（6，9） C．（±6，9）D．（9，±6）2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，给定下列四个命题，其中为真命题的是（）①；②；③；④．A．①和②B．②和③C．③和④D．①和④3．如图，直线PA垂直于圆O所在的平面，△ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，点M为线段PB的中点．现有以下命题：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中真命题的个数为（）A．3 B．2 C．1 D．04．与椭圆+y2=1共焦点且过点P（2，1）的双曲线方程是（））A．B．C．D．5．若二面角α﹣L﹣β的大小为，此二面角的张口内有一点P到α、β的距离分别为1和2，则P点到棱l的距离是（）A．B．2 C．2 D．26．设圆（x+1）2+y2=25的圆心为C，A（1，0）是圆内一定点，Q为圆周上任一点．线段AQ的垂直平分线与CQ的连线交于点M，则M的轨迹方程为（）A．B．C．D．7．双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1，F2渐近线分别为l1，l2，位于第一象限的点P在l1上，若l2⊥PF1，l2∥PF2，则双曲线的离心率是（）A．B．C．2 D．8．一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个正方体，若正方体可以在纸盒内任意转动，则正方体棱长的最大值为（）A．2 B．3 C．1 D．二、填空题（本题共7小题，共36分，将答案填在答题纸上）9．双曲线的焦距是10，则实数m的值为，其双曲线渐进线方程为．10．已知一个正三棱锥的正视图为等腰直角三角形，其尺寸如图所示，则此正三棱锥的体积，其侧视图的周长为．11．抛物线y=ax2的焦点为F（0，1），P为该抛物线上的动点，则a=；线段FP中点M的轨迹方程为．12．过点M（1，1）作斜率为的直线与椭圆C：相交于A，B，则直线AB的方程；若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率为．13．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2在x轴上，离心率为，过F1的直线l交C于A、B两点，且△ABF2的周长是16，求椭圆C 的方程．14．在三棱锥P﹣ABC中，PA垂直于底面ABC，∠ACB=90°，AE⊥PB于E，AF⊥PC于F，若PA=AB=2，∠BPC=θ，则当△AEF的面积最大时，tanθ的值为．15．如图，F1，F2是双曲线的左、右焦点，过F1的直线l与双曲线的左右两支分别交于点B、A两点，若△ABF2为等边三角形，则该双曲线的离心率为．三、解答题（本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）16．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，底面四边形ABCD为菱形，AB=2，BD=2，M，N分别是线段PA，PC的中点．（Ⅰ）求证：MN∥平面ABCD；（Ⅱ）求异面直线MN与BC所成角的大小．17．已知抛物线x2=2py（p＞0）与直线2x﹣y+1=0交于A，B两点，，点M在抛物线上，MA⊥MB．（1）求p的值；（2）求点M的横坐标．18．如图，已知离心率为的椭圆过点M（2，1），O 为坐标原点，平行于OM的直线i交椭圆C于不同的两点A、B．（1）求椭圆C的方程；（2）记直线MB、MA与x轴的交点分别为P、Q，若MP斜率为k1，MQ斜率为k2，求k1+k2．19．如图，ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，∠BAD=60°．（Ⅰ）求证：平面PBD⊥平面PAC；（Ⅱ）求点A到平面PBD的距离；（Ⅲ）求二面角A﹣PB﹣D的余弦值．20．设椭圆C：的离心率e=，左顶点M到直线=1的距离d=，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设直线l与椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：点O到直线AB的距离为定值；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，试求△AOB的面积S的最小值．2016-2017学年浙江省宁波市余姚中学高二（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．抛物线y2=4x上一点P到焦点F的距离是10，则P点的坐标是（）A．（9，6） B．（6，9） C．（±6，9）D．（9，±6）【考点】抛物线的定义．【分析】先求出抛物线的准线，再由P到焦点的距离等于其到准线的距离，从而可确定P的横坐标，代入抛物线方程可确定纵坐标，从而可确定答案．【解答】解：∵抛物线y2=4x的准线为：x=﹣1抛物线y2=4x上一点P到焦点F的距离是10，∴P到x=﹣1的距离等于10设P（x，y）∴x=9代入到抛物线中得到y=±6故选D．2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，给定下列四个命题，其中为真命题的是（）①；②；③；④．A．①和②B．②和③C．③和④D．①和④【考点】四种命题的真假关系；平面与平面垂直的性质．【分析】准确把握立体几何中定理公理的条件．【解答】解：①为假命题，因为由线面垂直的判定定理，要得m⊥α，需要m垂直α内的两条相交直线，只有m⊥n，不成立．排除A、D，②为面面垂直的判定定理，正确．故选B．④中，m∥n或m与n异面．故选B．3．如图，直线PA垂直于圆O所在的平面，△ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，点M为线段PB的中点．现有以下命题：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中真命题的个数为（）A．3 B．2 C．1 D．0【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面垂直的判定．【分析】对于①，先根据线面垂直的判定定理证明BC⊥面PAC，然后根据线面垂直的判定定理得到结论；对于②，根据线面平行的判定定理进行判定即可；对于③，根据点到面的距离的定义进行判定即可．【解答】解：∵PA⊥圆O所在的平面，BC⊂圆O所在的平面∴PA⊥BC而BC⊥AC，PA∩AC=A∴BC⊥面PAC，而PC⊂面PAC∴BC⊥PC，故①正确；∵点M为线段PB的中点，点O为AB的中点∴OM∥PA，而OM⊄面PAC，PA⊄面PAC∴OM∥平面APC，故②正确；∵BC⊥面PAC∴点B到平面PAC的距离等于线段BC的长，故③正确故选A4．与椭圆+y2=1共焦点且过点P（2，1）的双曲线方程是（））A ．B ．C ．D ．【考点】双曲线的标准方程．【分析】先根据椭圆的标准方程，求得焦点坐标，进而求得双曲线离心率，根据点P 在双曲线上，根据定义求出a ，从而求出b ，则双曲线方程可得．【解答】解：由题设知：焦点为a=，c=，b=1∴与椭圆共焦点且过点P （2，1）的双曲线方程是故选B ．5．若二面角α﹣L ﹣β的大小为，此二面角的张口内有一点P 到α、β的距离分别为1和2，则P 点到棱l 的距离是（）A ．B ．2C ．2D ．2【考点】二面角的平面角及求法．【分析】设过P ，C ，D 的平面与l 交于Q 点，可以证出l ⊥面PCQD 于Q ，∠DQC 是二面角α﹣l ﹣β的平面角，PQ 是P 到l 的距离．且PQ 是△PDC 的外接圆的直径，在△PCD 中利用余弦定理求出CD ，最后根据正弦定理可求出PQ ，从而求出点P 到直线l 的距离．【解答】解：设过P ，C ，D 的平面与l 交于Q 点．由于PC ⊥平面α，l ⊂平面M ，则PC ⊥l ，同理，有PD ⊥l ，∵PC ∩PD=P ， ∴l ⊥面PCQD 于Q ．又 DQ ，CQ ，PQ ⊂平面PCQD ∴DQ ⊥l ，CQ ⊥l ．∴∠DQC 是二面角α﹣l ﹣β的平面角． ∴∠DQC=60°且PQ ⊥l ，所以PQ 是P 到l 的距离．在平面图形PCQD中，有∠PDQ=∠PCQ=90°∴P、C、Q、D四点共圆，也为△PDC的外接圆，且PQ是此圆的直径．在△PCD中，∵PC=1，PD=2，∠CPD=180°﹣60°=120°，由余弦定理得CD2=1+4﹣2×1×2×（﹣）=7，CD=在△PDC 中，根据正弦定理=2R=PQ，代入数据得出PQ=．∴点P到直线l的距离为故选：A．6．设圆（x+1）2+y2=25的圆心为C，A（1，0）是圆内一定点，Q为圆周上任一点．线段AQ的垂直平分线与CQ的连线交于点M，则M的轨迹方程为（）A．B．C．D．【考点】圆锥曲线的轨迹问题．【分析】根据线段中垂线的性质可得，|MA|=|MQ|，又|MQ|+|MC|=半径5，故有|MC|+|MA|=5＞|AC|，根据椭圆的定义判断轨迹椭圆，求出a、b值，即得椭圆的标准方程．【解答】解：由圆的方程可知，圆心C（﹣1，0），半径等于5，设点M的坐标为（x，y ），∵AQ的垂直平分线交CQ于M，∴|MA|=|MQ|．又|MQ|+|MC|=半径5，∴|MC|+|MA|=5＞|AC|．依据椭圆的定义可得，点M的轨迹是以A、C 为焦点的椭圆，且2a=5，c=1，∴b=，故椭圆方程为=1，即．故选D．7．双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1，F2渐近线分别为l1，l2，位于第一象限的点P在l1上，若l2⊥PF1，l2∥PF2，则双曲线的离心率是（）A．B．C．2 D．【考点】双曲线的简单性质．【分析】由双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，渐近线分别为l1，l2，点P在第一象限内且在l1上，知F1（﹣c，0）F2（c，0）P（x，y），由渐近线l1的直线方程为y=x，渐近线l2的直线方程为y=﹣x，l2∥PF2，知ay=bc﹣bx，由ay=bx，知P（，），由此能求出离心率．【解答】解：∵双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，渐近线分别为l1，l2，点P在第一象限内且在l1上，∴F1（﹣c，0）F2（c，0）P（x，y），渐近线l1的直线方程为y=x，渐近线l2的直线方程为y=﹣x，∵l2∥PF2，∴，即ay=bc﹣bx，∵点P在l1上即ay=bx，∴bx=bc ﹣bx 即x=，∴P （，），∵l 2⊥PF 1，∴，即3a 2=b 2，∵a 2+b 2=c 2， ∴4a 2=c 2，即c=2a ，∴离心率e==2．故选C ．8．一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个正方体，若正方体可以在纸盒内任意转动，则正方体棱长的最大值为（）A ．2B ．3C ．1D ．【考点】棱柱的结构特征．【分析】在一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个正方体，并且能使正方体在纸盒内任意转动，说明正方体在正四面体的内切球内，求出内切球的直径，就是正方体的对角线的长，然后求出正方体的棱长．【解答】解：设球的半径为：r ，由正四面体的体积得：4××r ××62=××62×，所以r=，设正方体的最大棱长为a ，∴3a 2=（）2，∴a=．故选D ．二、填空题（本题共7小题，共36分，将答案填在答题纸上）9．双曲线的焦距是10，则实数m 的值为 16 ，其双曲线渐进线方程为y=±x．【考点】双曲线的简单性质．【分析】通过双曲线的基本性质，直接求出a，b，c，然后求出m即可，再求出渐近线方程．【解答】解：双曲线的焦距是10，则a=3，c=5，则m=c2﹣a2=25﹣9=16则渐近线方程为y=±x故答案为：16，y=±x10．已知一个正三棱锥的正视图为等腰直角三角形，其尺寸如图所示，则此正三棱锥的体积9，其侧视图的周长为．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】通过三棱锥的正视图的数据，推出正三棱锥的底面边长，三棱锥的高，然后求出三棱锥的斜高，侧棱长，底面上的高，即可求出此正三棱锥的体积、侧视图的周长．【解答】解：三棱锥的正视图的数据，可知正三棱锥的底面边长为6，三棱锥的高为3，所以三棱锥的底面上的高为=3，斜高为=2，侧棱长为=，所以正三棱锥的体积为=9侧视图的周长为3+2+=．故答案为9；．11．抛物线y=ax 2的焦点为F （0，1），P 为该抛物线上的动点，则a= ；线段FP 中点M 的轨迹方程为 x 2﹣2y +1=0 ．【考点】圆锥曲线的轨迹问题．【分析】由题意可得可得2p==4，由此求得a 的值；设M （x ，y ），P （m ，n ），则m=2x ，n=2y ﹣1，利用P 为抛物线上的动点，代入抛物线方程，即可得出结论．【解答】解：抛物线y=ax 2即x 2=y ，根据它的焦点为F （0，1）可得2p==4，∴a=，设M （x ，y ），P （m ，n ），则m=2x ，n=2y ﹣1， ∵P 为抛物线上的动点， ∴2y ﹣1=×4x 2，即x 2﹣2y +1=0故答案为：；x 2﹣2y +1=0．12．过点M （1，1）作斜率为的直线与椭圆C ：相交于A ，B ，则直线AB 的方程 x +2y ﹣3=0 ；若M 是线段AB 的中点，则椭圆C 的离心率为．【考点】椭圆的简单性质．【分析】由直线的点斜式方程：y ﹣1=﹣（x ﹣1），整理得：x +2y ﹣3=0，由①，②，利用中点坐标公式及作差法，即可求得a 与b 的关系，则c==b ，e===．【解答】解：由题意可知：直线的点斜式方程：y ﹣1=﹣（x ﹣1），整理得：x +2y ﹣3=0，解：设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则①，②，∵M 是线段AB 的中点，∴=1，=1，由=﹣∵①②两式相减可得+=0，即+（﹣）=0，整理得：a=b ，c==b∴e===．椭圆C 的离心率．故答案为：x +2y ﹣3=0，．13．在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 的中心为原点，焦点F 1，F 2在x 轴上，离心率为，过F 1的直线l 交C 于A 、B 两点，且△ABF 2的周长是16，求椭圆C的方程．【考点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质．【分析】画出图形，结合图形以及椭圆的定义与性质，求出a 、b 的值，即可写出椭圆的方程．【解答】解：如图所示，设椭圆的长轴是2a，短轴是2b，焦距是2c；则离心率e==，∴4a=|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=16；∴a=4，∴c=×4=2，∴b2=a2﹣c2=42﹣=8；∴椭圆的方程是．14．在三棱锥P﹣ABC中，PA垂直于底面ABC，∠ACB=90°，AE⊥PB于E，AF⊥PC于F，若PA=AB=2，∠BPC=θ，则当△AEF的面积最大时，tanθ的值为．【考点】解三角形的实际应用．【分析】等腰Rt△PAB中，算出AE=PE=BE═PB=．由线面垂直的判定与性质，证出PB⊥面AEF，得PB⊥EF．在Rt△PEF中算出EF=tanθ，在Rt△AEF中，算出AF=，可得S，利用二次函数的图象与性质，即可得出当且仅△AEF有最大值，可得答案．当tanθ=时S△AEF【解答】解：在Rt△PAB中，PA=AB=2，∴PB=2，∵AE⊥PB，∴AE=PB=，∴PE=BE=．∵PA⊥底面ABC，得PA⊥BC，AC⊥BC，PA∩AC=A∴BC⊥平面PAC，可得AF⊥BC∵AF⊥PC，BC∩PC=C，∴AF⊥平面PBC∵PB⊂平面PBC，∴AF⊥PB∵AE⊥PB且AE∩AF=A，∴PB⊥面AEF，结合EF⊂平面AEF，可得PB⊥EF．Rt△PEF中，∠EPF=θ，可得EF=PE•tanθ=tanθ，∵AF⊥平面PBC，EF⊂平面PBC．∴AF⊥EF．∴Rt△AEF中，AF==，=AF•EF=×tanθ×=∴S△AEF∴当tan2θ=，即tanθ=时，S△AEF有最大值为．故答案为：．15．如图，F1，F2是双曲线的左、右焦点，过F1的直线l与双曲线的左右两支分别交于点B、A两点，若△ABF2为等边三角形，则该双曲线的离心率为．【考点】双曲线的简单性质．【分析】由双曲线的定义，可得F1A﹣F2A=F1A﹣AB=F1B=2a，BF2﹣BF1=2a，BF2=4a，F1F2=2c，再在△F1BF2中应用余弦定理得，a，c的关系，由离心率公式，计算即可得到所求．【解答】解：因为△ABF2为等边三角形，不妨设AB=BF2=AF2=m，A为双曲线上一点，F1A﹣F2A=F1A﹣AB=F1B=2a，B为双曲线上一点，则BF2﹣BF1=2a，BF2=4a，F1F2=2c，由，则，在△F1BF2中应用余弦定理得：4c2=4a2+16a2﹣2•2a•4a•cos120°，得c2=7a2，则．故答案为：．三、解答题（本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）16．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，底面四边形ABCD为菱形，AB=2，BD=2，M，N分别是线段PA，PC的中点．（Ⅰ）求证：MN∥平面ABCD；（Ⅱ）求异面直线MN与BC所成角的大小．【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）连结AC，交BD于点O，由已知得MN∥AC，由此能证明MN∥平面ABCD．（Ⅱ）由已知得∠ACB是异面直线MN与BC所成的角或其补角，由此能求出异面直线MN与BC所成的角．【解答】（Ⅰ）证明：连结AC，交BD于点O，∵M，N分别是PA，PC的中点，∴MN∥AC，∵MN⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴MN∥平面ABCD．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知∠ACB是异面直线MN与BC所成的角或其补角，∵四边形ABCD是菱形，AB=2，BO=，∴∠OCB=60°，∴异面直线MN与BC所成的角为60°．17．已知抛物线x2=2py（p＞0）与直线2x﹣y+1=0交于A，B两点，，点M在抛物线上，MA⊥MB．（1）求p的值；（2）求点M的横坐标．【考点】抛物线的简单性质．【分析】（1）联立直线方程与抛物线方程，化为关于x的一元二次方程，由根与系数的关系得到A，B两点横坐标的和与积，由弦长公式求得p的值；（2）由（1）求出A，B的坐标，设出M的坐标，利用MA⊥MB得，代入根与系数的关系求得答案．【解答】解：（1）将y=2x+1代入x2=2py，得x2﹣4px﹣2p=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=4p，x1x2=﹣2p，由及p＞0，得p=1．（2）由（1）得设点，，，由MA⊥MB得，即，，，∴（x1+x0）（x2+x0）+4=0，∴．18．如图，已知离心率为的椭圆过点M（2，1），O 为坐标原点，平行于OM的直线i交椭圆C于不同的两点A、B．（1）求椭圆C的方程；（2）记直线MB、MA与x轴的交点分别为P、Q，若MP斜率为k1，MQ斜率为k2，求k1+k2．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．【分析】（1）由给出的椭圆的离心率、椭圆过定点M（2，1）及隐含条件a2=b2+c2列方程组可求a2，b2，则椭圆方程可求；（2）设出直线l的方程，设出A，B两点的坐标，把直线和椭圆联立后可求A，B两点的横坐标的和与积，把直线MA，MB的斜率k1、k2分别用A，B两点的坐标表示，把纵坐标转化为横坐标后，则k1+k2仅含A，B两点的横坐标的和与积，化简整理即可得到结论．【解答】解：（1）设椭圆C的方程为：．由题意得：，把①代入②得：a2=4b2④．联立③④得：a2=8，b2=2．∴椭圆方程为．（2）∵M（2，1），∴k OM=又∵直线l∥OM，可设l：y=x+m，将式子代入椭圆C得：x2+4（x+m）2﹣8=0，整理得：x2+2mx+2m2﹣4=0．设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=﹣2m，x1x2=2m2﹣4．设直线MA、MB的斜率分别为k1、k2，则k1=，k2=．事实上，k1+k2=+==1+m（+）=1+m•=1+m•=1﹣=0．k1+k2的值为0．19．如图，ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，∠BAD=60°．（Ⅰ）求证：平面PBD⊥平面PAC；（Ⅱ）求点A到平面PBD的距离；（Ⅲ）求二面角A﹣PB﹣D的余弦值．【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算．【分析】（Ⅰ）先证明AC⊥BD，再利用向量的方法证明DB⊥AP，从而可得DB ⊥平面PAC，利用面面垂直的判定可得面PBD⊥平面PAC；（Ⅱ）求出平面PDB的法向量为，，从而可求点A到平面PBD的距离；（Ⅲ）求出平面ABP的法向量，利用向量的夹角公式，即可求得二面角A﹣PB﹣D的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：设AC与BD交于O点∵ABCD是菱形，∴AC⊥BD以OA、OB所在直线分别x轴，y轴．以过O且垂直平面ABCD的直线为z轴，建立如图的空间直角坐标系，则∵…∴∴DB⊥AP∵AC⊥BD，AC∩AP=A∴DB⊥平面PAC，又DB⊂平面PDB∴平面PBD⊥平面PAC…（Ⅱ）解：设平面PDB的法向量为，由，∴令z1=1得…∵∴点A到平面PBD的距离=…（Ⅲ）解：设平面ABP的法向量，∵，∴∴…∴…∴二面角A﹣PB﹣D的余弦值为…20．设椭圆C：的离心率e=，左顶点M到直线=1的距离d=，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设直线l与椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：点O到直线AB的距离为定值；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，试求△AOB的面积S的最小值．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．【分析】（Ⅰ）由已知得，又a2=b2+c2，由此能求出椭圆C的方程．（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），当直线AB的斜率不存在时，x1x2+y1y2=0，点O到直线AB的距离为．当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为y=kx+m，联立，得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4=0，由此利用韦达定理结合已知条件推导出点O到直线AB的距离为，由此能证明点O到直线AB的距离为定值．（3）设直线OA的斜率为k0，OA的方程为y=k0x，OB的方程为y=﹣，联立，得，同理，得，由此能求出△AOB的面积S的最小值．【解答】解：（Ⅰ）由已知得，又a2=b2+c2，解得a=2，b=1，c=，∴椭圆C的方程为．（Ⅱ）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），①当直线AB的斜率不存在时，则由椭圆的对称性知x1=x2，y1=﹣y2，∵以AB为直线的圆经过坐标原点，∴=0，∴x1x2+y1y2=0，∴，又点A在椭圆C上，∴=1，解得|x1|=|y1|=．此时点O到直线AB的距离．（2）当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为y=kx+m，联立，得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4=0，∴，，∵以AB为直径的圆过坐标原点O，∴OA⊥OB，∴=x1x2+y1y2=0，∴（1+k2）x1x2+km（x1+x2）+m2=0，∴（1+k2）•，整理，得5m2=4（k2+1），∴点O到直线AB的距离=，综上所述，点O到直线AB的距离为定值．（3）设直线OA的斜率为k0，当k0≠0时，OA的方程为y=k0x，OB的方程为y=﹣，联立，得，同理，得，∴△AOB的面积S==2，令1+=t，t＞1，则S=2=2，令g（t）=﹣++4=﹣9（）2+，（t＞1）∴4＜g（t），∴，当k0=0时，解得S=1，∴，∴S的最小值为．2017年1月18日。

浙江省余姚中学-度高二数学期中(文)试卷(无答案)

６５３余姚中学2008学年度第一学期期中考试高二数学（文）一．选择题：本大题共１０小题，每小题５分．1．本赛季，甲，乙两名篮球运动员都参加了１１场比赛，他们每场比赛的得分情况用如图所示的茎叶图表示，则甲，乙两名运动员的中位数分别为（）Ａ．１９，１３Ｂ．１３，１９Ｃ．２０，１８Ｄ．１８，２０ 2．用秦九韶算法求多项式65432()3456781f x x x x x x x =++++++在0.4x =的值时，需要做的乘法和加法次数分别是（）Ａ．５，６Ｂ．６，６Ｃ．５，５Ｄ．６，５３．若平面四边形ＡＢＣＤ中，满足0AB CD +=，()()0AB AD AB AD -+=，则该四边形一定是（）Ａ．直角梯形Ｂ．矩形Ｃ．菱形Ｄ．正方形４．某校共有学生２０００名，各年级男女生人数如右表所示．已知在全校学生中随机抽取一名，抽到二年级女生的概率是０.１９，．现用分层抽样的方法在全校抽取６４名学生，则应在三年级抽取的人数为（）Ａ．２４Ｂ．１８Ｃ．１６Ｄ．１２５．下列叙述中，正确．．的有（）Ａ．已知事件Ａ和事件Ｂ互斥，则当事件Ａ不发生时，事件Ｂ一定发生Ｂ．已知事件Ａ和事件Ｂ互斥，则两事件可能同时不发生Ｃ．已知事件Ａ和事件Ｂ对立，则两事件可能同时不发生Ｄ．若Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）＝１，则事件Ａ和事件Ｂ对立６．一个各面涂有油漆的正方体被锯成６４个同样大小的小正方体．若将这些小正方体均匀地混合在一起，则任意取出一个小正方体，至少一面有油漆的概率为（）Ａ．18 Ｂ． 38 Ｃ． 78 Ｄ．58７．下列说法中：①一组数据不可能有两个众数；②一组数据的方差必须是正数；③将一组数据中的每个数据都加上或减去同一个常数，方差恒不变；④在频率分布直方图中，每个小长方形的高度等于相应小组的频率，其中错误．．的个数有（）Ａ．１个Ｂ．２个Ｃ．３个Ｄ．４个８．将函数sin(6)4y x π=+图象上各点的横坐标伸长到原来的３倍，再向右平移8π个单位，得到函数图象的一个对称中心是（）Ａ．,02π⎛⎫⎪⎝⎭ Ｂ．,04π⎛⎫ ⎪⎝⎭ Ｃ．,09π⎛⎫ ⎪⎝⎭ Ｄ．,016π⎛⎫ ⎪⎝⎭９．在Ｒ上定义运算⊕：(1)x y x y ⊕=-，若不等式()()1x a x a -⊕+<对任意实数x 成立，则（）Ａ．11a -<< Ｂ．02a << Ｃ．1322a -<< Ｄ．3122a -<< １０．在ABC 所在平面内有一点Ｐ，满足PA PB PC AB ++=，则PBC 与ABC 的面积之比是（）Ａ．13 Ｂ．12 Ｃ．23 Ｄ．34二．填空题：本大题共７小题，每小题４分．１５．阅读以下程序：ＩＮＰＵＴ “please input a integer ：”；x ＩＦ x>9 AND x<100 THENa=x\10 b=x MOD 10 x=10*b+a PRINT x END IF END注：算术运算符分＼和ＭＯＤ分别用来取商和求余数若输入的x 为３８，则输出的结果为＿＿＿＿＿＿．１６．若不等式组2202x yx y y x y a≥⎧⎪+≤⎪⎨≥⎪⎪+≤⎩表示的平面区域是一个三角形，则实数a 的取值范围为＿＿＿＿＿＿．１７．按如右图所示的程序框图进行运算：（１）若输入x=8，则输出k ＝＿＿＿＿＿＿；（２）若输出k=2，则输入x 的取值范围为＿＿＿＿＿＿．三．解答题：本大题共５小题，共７２分．１８．设有关于x 的一元二次方程2220x ax b ++=，（１）若a 是从0123，，，四个数中任取的一个数，b 是从012，，三个数中任取的一个数，求上述方程有实根的概率；（２）若a 是从区间[]0,3中任取的一个数，b 是从区间[]0,2中任取的一个数，求上述方程有实数解的概率．１９．已知函数2()2cos cos 1()f x x x x x R =+-∈ （１）求函数()f x 的单调增区间及对称轴方程；（２）若关于x 的方程()0f x a +=在区间[]0,π中有两个实数根，求实数a 的取值范围并求所得两根之和．２０．一次口试，每位考生要在8道试题中随机抽出2道回答，若答对其中1题即为及格．（１）现有某位考生会答8道题中的5道题，那么，这位考生及格的概率有多大？（２）如果一位考生及格的概率小于50％，则他最多只会几道题？（１７题）２２．已知函数2()(,)f x x ax b a b R =++∈，2()2416g x x x =--．（１）若关于x 的方程()0g x t +=在(0,4)x ∈时有解，求t 的取值范围；（２）若|()||()|f x g x ≤对x R ∈恒成立，求证：2,8a b =-=-；（３）在（２）的条件下，若对一切2x >，均有()()215f x m x m ≥+--成立，求实数m 的取值范围．余姚中学2008学年度第一学期期中考试高二数学答题卷（文）一．选择题：（５⨯１０）学号二．填空题：（４７）１１．＿＿＿＿＿＿＿＿１２．＿＿＿＿＿＿＿＿１３．＿＿＿＿＿＿＿＿１４．＿＿＿＿＿＿＿＿１５．＿＿＿＿＿＿＿＿１６．＿＿＿＿＿＿＿＿１７．＿＿＿＿＿＿＿＿，＿＿＿＿＿＿＿＿三．解答题：１８．１９．２０．２１．２２．。

浙江省宁波市余姚中学高二(上)开学数学试题

2015-2016学年浙江省宁波市余姚中学高二（上）开学数学试卷一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知向量=（2，1），=（x，﹣2），若∥，则+等于（）A．（﹣3，1）B．（3，1）C．（2，1）D．（﹣2，﹣1）2．已知直线ax+y﹣1=0与直线x+ay﹣1=0互相垂直，则a=（）A．1或﹣1 B．1 C．﹣1 D．03．两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km，灯塔A在观察站C的北偏东20°，灯塔B 在观察站C的南偏东40°，则灯塔A与灯塔B的距离为（）A．akm B．akm C．2akm D．akm4．在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若bsinA﹣acosB=0，且b2=ac，则的值为（）A．B．C．2 D．45．已知直线l：xcosα+ycosα=2（α∈R），圆C：x2+y2+2xcosθ+2ysinθ=0（θ∈R），则直线l与圆C的位置关系是（）A．相交 B．相切 C．相离 D．与α，θ有关6．正项等比数列{a n}中，存在两项a m、a n使得=4a1，且a6=a5+2a4，则的最小值是（）A．B．2 C．D．7．若函数f（x）=的值域为R，则m的取值范围是（）A． B．（﹣∞，0）C．（﹣∞，0∪﹣1，10，4 D．（﹣∞，04，+∞）考点：函数的值域．专题：函数的性质及应用．分析：当m=0时，函数f（x）的值域为实数集；当m≠0时，把原函数变形，由判别式大于等于0得到关于y的不等式，然后由不等式恒成立列式求得m的取值范围．解答：解：①当m=0时，成立；②当m≠0时，原式可化为myx2+（my﹣1）x+y=0，由△=（my﹣1）2﹣4my×y≥0对任意y都成立，得（m2﹣4m）y2﹣2my+1≥0对任意y都成立，则或．解得：m≤0．故选：C．点评：本题考查了函数的值域，考查了数学转化思想方法，训练了判别式法求函数的值域，是中档题．8．已知三个正数a，b，c满足a≤b+c≤3a，3b2≤a（a+c）≤5b2，则的最小值是（）A．﹣B．﹣3 C．0 D．不存在考点：简单线性规划的应用；不等式的基本性质．专题：不等式的解法及应用．分析：将不等式组进行转化，设=x，=y，利用线性规划的知识进行求解即可．解答：解：不等式a≤b+c≤3a，3b2≤a（a+c）≤5b2，等价为1≤+≤3，3（）2≤1+≤5（）2，设=x，=y，则不等式等价为，即，则=﹣2•=x﹣2y，设z=x﹣2y，作出不等式组对应的平面区域如图：由z=x﹣2y得y=x﹣z，平移直线y=x﹣z，由图象可知当直线y=x﹣z，过点A时，直线y=x﹣z的截距最大，此时z最小，由，解得x=，y=，代入目标函数z=x﹣2y，得z=﹣∴目标函数z=x﹣2y的最小值是﹣，故选：A点评：本题主要考查线性规划的应用，将不等式组进行转化，利用换元法转化为线性规划的知识是解决本题的关键．综合性较强．二、填空题：本大题共7小题，前4题每空3分，后3题每空4分，36分．9．设集合P={x∈R|x2＜16}，M={x∈R|2x＜8}，S={x∈R|log5x＜1}，则P∪M={x|﹣4＜x＜4}；P∩S= {x|0＜x＜5}；C R M={x|x≥4}．考点：交集及其运算；并集及其运算．专题：集合．分析：求出集合的等价条件，利用集合的基本运算进行求解即可．解答：解：∵P={x∈R|x2＜16}={x|﹣4＜x＜4}，M={x∈R|2x＜8}={x|x＜3}，S={x∈R|log5x＜1}={x|0＜x＜5}，则P∪M={x|x＜4}，P∩S={x|0＜x＜4}，C R M={x|x≥4}，故答案为：{x|﹣4＜x＜4}，{x|0＜x＜5}，{x|x≥4}点评：本题主要考查集合的基本运算，比较基础．10．在△ABC中，若∠A=120°，AB=1，BC=，=，则AC=3；AD=．考点：余弦定理；线段的定比分点．专题：解三角形．分析：由余弦定理可得：a2=b2+c2﹣2bccosA，代入解得b．利用余弦定理可得cosB=．由=，可得=．在△AB中，由余弦定理可得：AD2=AB2+BD2﹣2AB•BDcosB即可得出．解答：解：由余弦定理可得：a2=b2+c2﹣2bccosA，∴，化为b2+b﹣12=0，解得b=3．cosB===．∵=，∴=．在△AB中，由余弦定理可得：AD2=AB2+BD2﹣2AB•BDcosB=1+﹣=，解得AD=．故答案分别为：3；．点评：本题考查了余弦定理、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11．若实数x，y满足不等式组．若a=4，则z=2x+y的最大值为7；若不等式组所表示的平面区域面积为4，则a=a．考点：简单线性规划．专题：不等式的解法及应用．分析：作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，求最大值．结合不等式组的图形，根据面积即可得到结论．解答：解：当a=4时，：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．由z=2x+y得y=﹣2x+z，平移直线y=﹣2x+z，由图象可知当直线y=﹣2x+z经过点C时，直线y=﹣2x+z的截距最大，此时z最大．由，解得，即C（3，1），代入目标函数z=2x+y得z=2×3+1=7．即目标函数z=2x+y的最大值为7．作出不等式组对应的平面区域如图，若平面区域为三角形，则a＞0，由，解得，即A（1，1），由，解得，即C（a﹣1，1），由，解得，即B（，），则三角形的面积S=（a﹣1﹣1）×（﹣1）=a（a﹣2）=4，整理得a2﹣4a﹣12=0，解得a=6或a=﹣2（舍），故答案为：7，6点评：本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．12．设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a2+a4+a9=24，则S9=72，•的最大值为64．考点：等差数列的前n项和．专题：等差数列与等比数列．分析：由a2+a4+a9=24结合等差数列的通项公式求得a5，代入等差数列的前n项和公式得答案；直接由等差数列的前n项和把•转化为含有d的代数式求得最大值．解答：解：在等差数列{a n}中，由a2+a4+a9=24，得3a1+12d=24，即a1+4d=8，a5=8．∴S9=9a5=9×8=72；•====．故答案为：72；64．点评：本题考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的前n项和，是中档题．13．若实数x，y满足4x2+2x+y2+y=0，则2x+y的范围是．考点：基本不等式．专题：不等式的解法及应用．分析：配方并三角换元可得2x+y=cosθ﹣+sinθ﹣，由三角函数的值域求解方法可得．解答：解：把已知式子配方可得（2x+）2+（y+）2=，∴，∴，∴2x+y=cosθ﹣+sinθ﹣=sin（θ+）﹣1，∵﹣1≤sin（θ+）≤1，∴﹣2≤sin（θ+）﹣1≤0，∴2x+y的范围为：，故答案为：．点评：本题考查不等式求式子的取值范围，三角换元是解决问题的关键，属中档题．14．已知点O是△ABC的外接圆圆心，且AB=3，AC=4．若存在非零实数x、y，使得=x+y，且x+2y=1，则cos∠BAC=．考点：平面向量的基本定理及其意义．专题：综合题；平面向量及应用．分析：由=x+y，且x+2y=1，可得﹣=y（﹣2），利用向量的运算法则，取AC 的中点D，则=2y，再利用点O是△ABC的外心，可得BD⊥AC．即可得出．解答：解：如图所示，∵=x+y，且x+2y=1，∴﹣=y（﹣2），∴=y（+），取AC的中点D，则+=2，∴=2y，又点O是△ABC的外心，∴BD⊥AC．在Rt△BAD中，cos∠BAC=．故答案为：，点评：本题考查了向量的运算法则、三角形的外心定理、直角三角形的边角关系，属于难题．15．已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f（x）=（|x﹣a2|+|x﹣2a2|﹣3a2），若∀x∈R，f（x﹣1）≤f（x），则实数a的取值范围为．考点：绝对值不等式的解法．专题：不等式的解法及应用．分析：当x≥0时，分类讨论化简函数的解析式，再结合奇函数的性质可得函数的图象．结合条件：∀x∈R，f（x﹣1）≤f（x），可得6a2≤1，由此求得a的范围．解答：解：当x≥0时，f（x）=（|x﹣a2|+|x﹣2a2|﹣3a2）．∴当0≤x≤a2时，f（x）==﹣x；当a2＜x≤2a2时，f（x）=﹣a2；当x＞2a2时，f（x）=x﹣3a2．由于函数f（x）是定义在R上的奇函数，即可画出f（x）在R上的图象，如图所示：当x＞0时，f（x）的最小值为﹣a2，当x＜0时，f（x）的最大值为a2，由于∀x∈R，f（x﹣1）≤f（x），故函数f（x﹣1）的图象不能在函数f（x）的图象的上方，结合（图二）可得1﹣3a2 ≥3a2，即6a2≤1，求得﹣≤a≤，故答案为：．点评：本题主要考查带有绝对值的函数，奇函数的性质，函数的图象特征，属于中档题．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16．（2015春•绍兴校级期末）设平面向量=（cosx，sinx），=（cosx+2，sinx），=（sinα，cosα），x∈R．（1）若，求cos（2x+2α）的值；（2）若α=0，求函数f（x）=的最大值，并求出相应的x值．考点：两角和与差的余弦函数；平面向量数量积的运算．专题：三角函数的图像与性质；平面向量及应用．分析：（1）利用两个向量垂直，它们的数量积等于0，以及二倍角的余弦公式求得cos（2x+2α）的值．（2）若α=0，则=（0，1），由题意化简可得函数解析式：f（x）=1+4sin（x+），利用正弦函数的有界性求出函数的最值．解答：解：（1）若，则•=0，∴cosxsinα+sinxcosα=0，∴sin（x+α）=0，∴cos（2x+2α）=1﹣2sin2（x+α）=1．（2）若α=0，=（0，1），则f（x）==（cosx，sinx）•（cosx+2，sinx﹣2）=cosx（cosx+2）+sinx（sinx ﹣2）=1﹣2sinx+2cosx=1+4sin（x+），所以，f（x）max=5，x=2kπ﹣（k∈Z）．点评：本题考查两个向量的数量积公式的应用，两个向量垂直的性质，两个向量坐标形式的运算，属于基本知识的考查．17．（2015•绥化一模）已知等差数列{a n}的公差d≠0，它的前n项和为S n，若S5=70，且a2，a7，a22成等比数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列{}的前n项和为T n，求证：≤T n＜．考点：数列的求和；等比数列的性质．专题：等差数列与等比数列．分析：（1）由题意得，由此能求出a n=4n+2．（2）由a1=6，d=4，得S n=2n2+4n，==，从而T n==﹣＜，由此能证明≤T n＜．解答：解：（1）由题意得，解得a1=6，d=4，∴a n=6+（n﹣1）×4=4n+2．（2）∵a1=6，d=4，∴S n=6n+=2n2+4n，==，∴T n===﹣＜，（T n）min=T1=﹣=．故≤T n＜．点评：本题考查数列的通项公式的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意裂项求和法的合理运用．18．（2015秋•余姚市校级月考）已知圆O1的方程为x2+（y+1）2=6，圆O2的圆心坐标为（2，1）．若两圆相交于A，B两点，且|AB|=4，求圆O2的方程．考点：圆的标准方程．专题：直线与圆．分析：设出圆O2的方程，两圆方程相交消去二次项得到公共弦AB所在直线方程，利用点到直线的距离公式求出圆心O1到直线AB的距离d，根据半径以及弦长，利用垂径定理，以及勾股定理求出r2的值，即可确定出圆O2的方程．解答：解：设圆O2的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2=r2（r＞0），∵圆O1的方程为x2+（y+1）2=6，即圆O1的圆心坐标为（0，﹣1），∴直线AB的方程为4x+4y+r2﹣10=0，∴圆心O1到直线AB的距离d==，由d2+22=6，得d2=2，∴r2﹣14=±8，解得：r2=6或22，则圆O2的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2=6或（x﹣2）2+（y﹣1）2=22．点评：此题考查了圆的标准方程，涉及的知识有：两圆相交的性质，点到直线的距离公式，垂径定理，勾股定理，熟练掌握公式及定理是解本题的关键．19．（2011秋•常州期中）已知函数为奇函数，其中a为不等于1的常数；（1）求a的值；（2）若对任意的x∈，f（x）＞m恒成立，求m的范围．考点：对数函数的值域与最值；函数奇偶性的性质；函数恒成立问题．专题：计算题．分析：（1）利用奇函数的定义f（﹣x）=﹣f（x），代入函数解析式得恒等式，利用恒等式中x的任意性即可得a的值；（2）先将不等式f（x）＞m恒成立问题转化为求函数f（x）在x∈时的最小值问题，再利用复合函数的单调性求最值即可解答：解：（1）∵为奇函数∴f（﹣x）=﹣f（x），即即对x∈恒成立；所以（5+ax）（5﹣ax）=（5+x）（5﹣x）∴a=±1，因为a为不等于1的常数，所以a=﹣1（2）∵设，则f（t）=log2t，因为在上递减所以，又因为f（t）=log2t，在上是增函数，所以因为对任意的x∈，f（x）＞m恒成立，所以f（x）min＞m所以点评：本题考查了奇函数的定义及其应用，不等式恒成立问题的解法，复合函数的单调性及其最值的求法，转化化归的思想方法20．（2015•潮南区模拟）已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=（I）求证：数列{a2n﹣}是等比数列；（II）若S n是数列{a n}的前n项和，求满足S n＞0的所有正整数n．考点：数列递推式；数列的求和．专题：等差数列与等比数列．分析：（Ⅰ）设b n=a2n﹣，则=﹣，==，由此能证明数列{}是以﹣为首项，为公比的等比数列．（Ⅱ）由b n=a2n﹣=﹣•（）n﹣1=﹣•（）n，得+，从而a2n﹣1+a2n=﹣2•（）n﹣6n+9，由此能求出S2n．从而能求出满足S n＞0的所有正整数n．解答：（Ⅰ）证明：设b n=a2n﹣，则=（）﹣=﹣，====，∴数列{}是以﹣为首项，为公比的等比数列．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得b n=a2n﹣=﹣•（）n﹣1=﹣•（）n，∴+，由a2n=+3（2n﹣1），得a2n﹣1=3a2n﹣3（2n﹣1）=﹣•（）n﹣1﹣6n+，∴a2n﹣1+a2n=﹣﹣6n+9=﹣2•（）n﹣6n+9，S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n﹣1+a2n）=﹣2﹣6（1+2+3+…+n）+9n==（）n﹣3（n﹣1）2+2．由题意得n∈N*时，{S2n}单调递减，又当n=1时，S2=＞0，当n=2时，S4=﹣＜0，∴当n≥2时，S2n＜0，S2n﹣1=S2n﹣a2n=﹣，故当且仅当n=1时，S2n+1＞0，综上所述，满足S n＞0的所有正整数n为1和2．点评：本题考查等比数列的证明，考查数列的前2n项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意构造法、等比数列性质、分组求和法的合理运用．。

浙江省余姚中学高二数学上学期期中试题(实验班,无答案)新人教A版

余姚中学高二实验班数学期中试卷一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把答案写在答题卷中的相应位置上) 1.设n m l ,,为三条不同的直线，α为一个平面，下列命题中正确的个数是（）①若α⊥l ，则l 与α相交 ②若，，，，n l m l n m ⊥⊥⊂⊂αα则α⊥l ③若l ||m ，m ||n ，α⊥l ，则α⊥n ④若l ||m ，α⊥m ，α⊥n ，则l ||nA ．1B ．2C ．3D ．42. 若过定点)0,1(-M 且斜率为k 的直线与圆05422=-++y x x 在第一象限内的部分有交点，则k 的取值范围是( ))(A 50<<k )(B 05<<-k )(C 130<<k )(D 50<<k3．方程2212sin 6sin 2x y θθ+=+-所表示的曲线为( ) A ．焦点在x 轴上的椭圆 B ．焦点在y 轴上的椭圆 C ．焦点在x 轴上的双曲线 D ．焦点在y 轴上的双曲线4.如图所示是某一容器的三视图，现向容器中匀速注水，容器中水面的高度h 随时间t 变化的可能图象是（）正视图侧视图俯视图A ．B ．C ．D ． 5.已知圆222410x y x y ++-+=关于直线220ax by -+=41(0,0),a b a b>>+对称则的最小值是（）A ．4B ．6C ． 8D ．96．如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中 ⑴BM 与ED 平行 ⑵CN 与BE 是异面直线 ⑶CN 与BM 成60︒ ⑷DN 与FN 垂直以上四个命题中，正确命题的序号是（） A.⑴⑵⑶ B.⑵⑷ C.⑶⑷ D.⑵⑶⑷7．双曲线22221(,0)x y a b a b-=>的渐近线上任意一点P 到两个焦点的距离之差的绝对值与2a 的大小关系为（）A ．恒等于2aB ．恒大于2aC ．恒小于2aD ．不确定8.一个半径为2的球放在桌面上，桌面上的一点1A 的正上方有一个光源A ，1AA 与球相切，16,AA =球在桌面上的投影是一个椭圆，则这个椭圆的离心率等于（）A ．12 B．2 C．3 D．29.椭圆2212516x y +=的左右焦点分别为12,F F ，弦AB 过1F ，若2ABF ∆的内切圆周长为π，,A B 两点的坐标分别为1122(,),(,)x y x y ，则12y y -值为（） A ．103B ．53C ．203 D．310．已知双曲线200822=-y x 的左、右顶点分别为1A 、2A ，P 为其右支上一点，且 21214A PA PA A ∠=∠，则21A PA ∠等于（）A ．12πB ．36πC ．18π D 无法确定二、填空题(本大题共7小题，每小题5分，共35分,把答案填在答题卷中的相应位置上) 11.在抛物线y 2=16x 内，通过点(2，1)且在此点被平分的弦所在直线的方程是_________. 12将直线3y x =绕原点逆时针旋转090，再向右平移１个单位长度，则所得到的直线方程为。

2017-2018学年浙江省宁波市余姚中学高二上学期期中数学试卷与解析

2017-2018学年浙江省宁波市余姚中学高二（上）期中数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．1．（4分）下列四个命题中，其中正确的命题是（）A．三点确定一个平面B．四条边都相等的四边形是平面图形C．矩形一定是平面图形D．三条直线两两相交则确定一个平面2．（4分）下列正确的是（）A．命题“若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线”的逆否命题为真命题B．命题“若a＞b，则ac2＞bc2（a，b，c∈R）”的逆命题为真命题C．“若a＞b，则2a＞2b﹣1”的否命题为“若a＜b，则2a＜2b﹣1”D．“a=1”是“直线x﹣ay+1=0与直线x+ay﹣2=0互相垂直”的充要条件3．（4分）用长为4，宽为2的矩形绕其一边旋转构成一个圆柱，则此圆柱的侧面积为（）A．8πB．16πC．24πD．32π4．（4分）一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积为（）A．+B．1+C．1+D．2+5．（4分）已知双曲线与抛物线y2=8x的一个交点为P，F为抛物线的焦点，若|PF|=5，则双曲线的渐近线方程为（）A．x±2y=0 B．2x±y=0 C．D．6．（4分）某几何体的三视图如图所示，图中的正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，两条虚线的交点为正方形的中点，则该几何体的表面积为（）A．6+B．5+C．4+2D．5+27．（4分）过C：y2=8x抛物线上一点P（2，4）作倾斜角互补的两条直线，分别与抛物线相交于A、B两点，则直线AB的斜率是（）A．﹣ B．﹣1 C．﹣ D．﹣28．（4分）一封闭的正方体容器ABCD﹣A1B1C1D1如图所示，H，J分别是C1D1，BB1的中点，由于某种原因，在D，H，J三点处各有一个小洞，为使此容器内存水最多，问容器中水的上表面的形状是（）A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形9．（4分）如图，已知点P是圆锥母线SA的中点，Q是底面圆周上的点，M是线段PQ的中点，当点Q在圆周上运动一周时，点M的轨迹是（）A．线段B．圆C．椭圆D．抛物线10．（4分）设F1，F2分别是双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，P是C的右支上的点，射线PT平分∠F1PF2，过原点O作PT的平行线交PF1于点M，若|MP|=|F1F2|，则C的离心率为（）A．B．3 C．D．二、填空题：本大题共7小题，每小题6分，共20分）.11．（6分）抛物线x2=4y的焦点F的坐标为，离心率为．12．（6分）若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积是；若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为120°、半径为l的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比是．13．（6分）命题“若﹣1≤x≤3，则x2﹣2x﹣3≤0”的逆否命题是；直线：x﹣y+m=0与椭圆C：+y2=1有公共点的充要条件是．14．（6分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的体积为；外接球的表面积为．15．（5分）设直线L1：y=k1x+m，m≠0交椭圆+=1（a＞b＞0）于C、D两点，交直线L2：y=k2x于点E，则“E为CD的中点”是“k1•k2=﹣”的条件．（从“充分不必要，必要不充分，充要，既不充分也不必要”中选一个填空）16．（4分）如图，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H分别为DE，AF的中点，将△ABC沿DE，EF，DF折成正四面体P﹣DEF，则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值为．17．（4分）如图，P是椭圆+=1在第一象限上的动点，F1，F2分别是椭圆的左右焦点，PT是∠F 1PF2的平分线，过F2作PT的垂线，则|OH|的取值范围是．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答写出文字说明、证明过程或演算过程．18．（10分）设集合A={x|x2+2x﹣3＜0}，集合B={x||x+1|＜a，a＞0}，命题p：x∈A，命题q：x∈B．（1）若p是q的充要条件，求正实数a的取值范围；（2）若￢q是￢p的必要不充分条件，求正实数a的取值范围．19．（15分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是B1C1，C1D1的中点，且AC∩BD=P，A1C1∩EF=Q．（1）求证：D，B，E，F四点共面；（2）若A1C交平面DBEF于R点，求证：P，Q，R三点共线；（3）设G为BB1的中点，求异面直线DF与CG所成角θ的余弦值．20．（16分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）焦距为2，椭圆上的动点到两焦点的距离之和为2．（1）求椭圆C的方程；（2）过左焦点F的直线l与椭圆C交于点A，B，求△AOB面积的最大值．21．（16分）已知F（1，0），P是平面上一动点，P到直线l：x=﹣1上的射影为点N，且满足（Ⅰ）求点P的轨迹C的方程；（Ⅱ）过点M（1，2）作曲线C的两条弦MA，MB，设MA，MB所在直线的斜率分别为k1，k2，当k1，k2变化且满足k1+k2=﹣1时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点坐标．22．（16分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的长轴长为4，离心率e=．（1）求椭圆C的方程；（2）椭圆C的短轴端点分别记为A，B（如图所示），直线AM，BM分别为椭圆C交于E，F两点，其中点M（m，）（m≠0）在椭圆C的内部．（i）求E，F的坐标（用m表示）；（ii）求的取值范围．2017-2018学年浙江省宁波市余姚中学高二（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．1．（4分）下列四个命题中，其中正确的命题是（）A．三点确定一个平面B．四条边都相等的四边形是平面图形C．矩形一定是平面图形D．三条直线两两相交则确定一个平面【解答】解：在A中，不共线的三点确定一个平面，故A错误；在B中，四条边都相等的四边形有可能是空间四边形，故B错误；在C中，矩形的两组对边分别平行，由两条平行线确定一个平面得矩形一定是平面图形，故C正确；在D中，三个直线两两相交确定一个或三个平面，故D错误．故选：C．2．（4分）下列正确的是（）A．命题“若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线”的逆否命题为真命题B．命题“若a＞b，则ac2＞bc2（a，b，c∈R）”的逆命题为真命题C．“若a＞b，则2a＞2b﹣1”的否命题为“若a＜b，则2a＜2b﹣1”D．“a=1”是“直线x﹣ay+1=0与直线x+ay﹣2=0互相垂直”的充要条件【解答】解：利用排除法，对于A、若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线，对于平行直线也没有公共点．故错误．B、命题“若a＞b，则ac2＞bc2（a，b，c∈R）”的逆命题为：若ac2＞bc2（a，b，c∈R）则a＞b，是真命题．故正确．C、若a＞b，则2a＞2b﹣1”的否命题为若a≤b，则2a≤2b﹣1，故错误．D、a=±1是“直线x﹣ay+1=0与直线x+ay﹣2=0互相垂直”的充要条件．故错误．故选：B．3．（4分）用长为4，宽为2的矩形绕其一边旋转构成一个圆柱，则此圆柱的侧面积为（）A．8πB．16πC．24πD．32π【解答】解：由题意，此圆柱的侧面积为2π×2×4=16π或2π×4×2=16π，故选：B．4．（4分）一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积为（）A．+B．1+C．1+D．2+【解答】解：把直观图还原出原平面图形，如图所示；∴这个平面图形是直角梯形，它的面积为S=×（1+1+）×2=2+．故选：D．5．（4分）已知双曲线与抛物线y2=8x的一个交点为P，F为抛物线的焦点，若|PF|=5，则双曲线的渐近线方程为（）A．x±2y=0 B．2x±y=0 C．D．【解答】解：∵点P在抛物线y2=8x上，|PF|=5，∴P（x0，y0）满足x0+=5，得x0=5﹣=5﹣2=3因此y02=8x0=24，得y0=±2∴点P（3，±2）在双曲线上可得9﹣=1，解之得m=3∴双曲线标准方程为，得a=1，b=，渐近线方程为y=±，即y=±x故选：C．6．（4分）某几何体的三视图如图所示，图中的正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，两条虚线的交点为正方形的中点，则该几何体的表面积为（）A．6+B．5+C．4+2D．5+2【解答】解：由三视图可知该几何体是一个正方体扣去一个正四棱锥，如图．则正四棱锥的侧面是底为1、高为=的等腰三角形，正四棱锥的每个侧面面积S1==，∴该几何体的面积为S=5×（1×1）+4×S1=5+．故选：B．7．（4分）过C：y2=8x抛物线上一点P（2，4）作倾斜角互补的两条直线，分别与抛物线相交于A、B两点，则直线AB的斜率是（）A．﹣ B．﹣1 C．﹣ D．﹣2【解答】证明：点P坐标为（2，4），设B（x1，y1），A（x2，y2），由已知设PB：m（y﹣4）=x﹣2，即：x=my﹣4m+2，代入抛物线的方程得：y2=8my﹣32m+16，即y2﹣8my+32m﹣16=0，则y1+4=8m，故y1=8m﹣4，设PA：﹣m（y﹣4）=x﹣2，即x=﹣my+4m+2，代入抛物线的方程得：y2=﹣8my+32m+16，即y2+8my﹣32m﹣16=0，则：y2+4=﹣8m，故y2=﹣8m﹣4，x1﹣x2=my1﹣4m+2﹣（﹣my2+4m+2）=m（y1+y2）﹣8m=﹣16m，直线AB的斜率k AB===﹣1，所以直线BC的斜率为定值﹣1．故选：B．8．（4分）一封闭的正方体容器ABCD﹣A1B1C1D1如图所示，H，J分别是C1D1，BB1的中点，由于某种原因，在D，H，J三点处各有一个小洞，为使此容器内存水最多，问容器中水的上表面的形状是（）A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形【解答】解：如图，连接DH并延长交CC1的延长线于S，连接SJ交B1C1于K，延长SJ交CB的延长线于T，连接DT交AB于G，则五边形DGJKH为过三点D、H、J的平面被正方体ABCD﹣A1B1C1D1所截得的平面图形，∴为使此容器内存水最多，容器中水的上表面的形状是五边形．故选：C．9．（4分）如图，已知点P是圆锥母线SA的中点，Q是底面圆周上的点，M是线段PQ的中点，当点Q在圆周上运动一周时，点M的轨迹是（）A．线段B．圆C．椭圆D．抛物线【解答】解：设底面圆的圆心为O，连接OP，取OP的中点O′，连接OQ，O′M，则O′M=OQ，∴点M的轨迹是以O′为圆心，OQ为半径的圆，故选：B．10．（4分）设F1，F2分别是双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，P是C的右支上的点，射线PT平分∠F1PF2，过原点O作PT的平行线交PF1于点M，若|MP|=|F1F2|，则C的离心率为（）A．B．3 C．D．【解答】解：设双曲线的右顶点为A，考察特殊情形，当点P→A时，射线PT→直线x=a，此时PM→AO，即|PM|→a，特别地，当P与A重合时，|PM|=a．由|MP|=|F1F2|=，即有a=，由离心率公式e==．另解：设PT交x轴于T，PT为三角形PF1F2的角平分线，可得==，又OM∥PT，可得==，即有===，则PF2=PF1﹣2PM，由双曲线的定义可得，PF1﹣PF2=2a=2PM=c，则c=a，即有e==．故选：A．二、填空题：本大题共7小题，每小题6分，共20分）.11．（6分）抛物线x2=4y的焦点F的坐标为（0，1），离心率为1．【解答】解：根据题意，抛物线的方程为x2=4y，其对称轴为y轴，开口向上，且p=2，则其焦点坐标为（0，1），离心率e=1；故答案为（0，1），1．12．（6分）若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积是；若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为120°、半径为l的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比是4：3．【解答】解：①圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的高为2，底面圆的周长为2，∴底面圆的半径为R==，∴该圆柱的体积为V圆柱=π••2=；②圆锥的侧面积为S圆锥侧=π×12×=，圆锥的底面半径为r=2π×1×÷2π=，圆锥的底面积S圆锥底=π•=，∴圆锥的表面积S圆锥=S圆锥侧+S圆锥底=+=，∴这个圆锥的表面积与侧面积的比为S圆锥：S圆锥侧=4：3．故答案为：，4：3．13．（6分）命题“若﹣1≤x≤3，则x2﹣2x﹣3≤0”的逆否命题是若x2﹣2x﹣3＞0，则：x＞3或x＜﹣1．；直线：x﹣y+m=0与椭圆C：+y2=1有公共点的充要条件是．【解答】解：①命题“若﹣1≤x≤3，则x2﹣2x﹣3≤0”的逆否命题是：若x2﹣2x ﹣3＞0，则：x＞3或x＜﹣1．②直线：x﹣y+m=0与椭圆C：+y2=1有公共点，则：，整理得：3x2+4mx+2m2﹣2=0，利用△=16m2﹣12（2m2﹣2）≥0，解得：．故有公共点的充要条件是：．故答案为：若x2﹣2x﹣3＞0，则：x＞3或x＜﹣1.14．（6分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的体积为12；外接球的表面积为34π．【解答】解：三视图可知，该四棱锥底面为边长3的正方形，高为4，∴该四棱锥体积V=Sh=，该四棱锥补形为长方体，可知高为4，长宽均为3外接球的半径是长方体对角线的一半，即R==那么球的表面积S=4πR2=34π．故答案为：12；34π．15．（5分）设直线L1：y=k1x+m，m≠0交椭圆+=1（a＞b＞0）于C、D两点，交直线L2：y=k2x于点E，则“E为CD的中点”是“k1•k2=﹣”的充要条件．（从“充分不必要，必要不充分，充要，既不充分也不必要”中选一个填空）【解答】解：设C（x1，y1）D（x2，y2），E（x0，y0），则+=1 （1），+=1 （2）两式相减得+=0，即+=0，∴k1===﹣，∴k1•k2=﹣，故答案为：充要．16．（4分）如图，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H分别为DE，AF的中点，将△ABC沿DE，EF，DF折成正四面体P﹣DEF，则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值为．【解答】解：如图，连接HE，取HE的中点K，连接GK，则GK∥DH，故∠PGK 即为所求的异面直线角或者其补角．设这个正四面体的棱长为2，在△PGK中，，，故．即异面直线PG与DH所成的角的余弦值是．故答案为：．17．（4分）如图，P是椭圆+=1在第一象限上的动点，F1，F2分别是椭圆的左右焦点，PT是∠F1PF2的平分线，过F2作PT的垂线，则|OH|的取值范围是（0，3）．【解答】解：由+=1，可得：a=4，b2=7，c==3．如图所示，延长F2H与PF1相交于点M，∵PT⊥F2M，∠MPH=∠F2PH，∴∠PMH=∠PF2H．∴|PF2|=|PM|，|MH|=|HF2|．又|F1O|=|OF2|∴|OH|=|MF2|∵|PF1|+|PF2|=2×4=8．∴|PF1|=8﹣|PF2|．∴|OH|=|MF1|=（|PF1|﹣|PF2|）=（8﹣2|PF2|）=4﹣|PF2|．∵P是椭圆+=1在第一象限上的动点，∴|PF2|∈（a﹣c，a），即|PF2|∈（a﹣c，a），即|PF2|∈（1，4）．∴|OH|∈（0，3）．故答案为：（0，3）．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答写出文字说明、证明过程或演算过程．18．（10分）设集合A={x|x2+2x﹣3＜0}，集合B={x||x+1|＜a，a＞0}，命题p：x∈A，命题q：x∈B．（1）若p是q的充要条件，求正实数a的取值范围；（2）若￢q是￢p的必要不充分条件，求正实数a的取值范围．【解答】解：（1）集合A={x|x2+2x﹣3＜0}，解得：A={x|﹣3＜x＜1}，集合B={x||x+1|＜a，a＞0}，解得：B={x|﹣a﹣1＜x＜a﹣1}，命题p：x∈A，命题q：x∈B．p是q的充要条件，则：p⇔q，即：，解得：a=2，故当a=2时，p是q的充要条件．（2）￢q是￢p的必要不充分条件，则：q是p的充分不必要条件．即：，解得：0≤a≤2，由于a＞0，a的取值范围是：0＜a≤2．19．（15分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是B1C1，C1D1的中点，且AC∩BD=P，A1C1∩EF=Q．（1）求证：D，B，E，F四点共面；（2）若A1C交平面DBEF于R点，求证：P，Q，R三点共线；（3）设G为BB1的中点，求异面直线DF与CG所成角θ的余弦值．【解答】证明：（1）∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是B1C1，C1D1的中点，∴EF∥B1D1∥BD，∴D，B，E，F四点共面．（2）在正方体AC1中，连接PQ，∵Q∈A1C1，∴Q∈平面A1C1CA．又Q∈EF，∴Q∈平面BDEF，即Q是平面A1C1CA与平面BDEF的公共点，同理，P也是平面A1C1CA与平面BDEF的公共点．∴平面A1C1CA∩平面BDEF=PQ．又A1C∩平面BDEF=R，∴R∈A1C，∴R∈平面A1C1CA，R∈平面BDEF．∴R是A1C与PQ的交点．∵PQ=平面BDEG∩平面A1ACC1，R∈A1C，而A1C⊂平面A1ACC1，故R∈平面A1ACC1，同理，R∈平面BDEF，故R∈PQ，即P，Q，R三点共线．解：（3）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，则D（0，0，0），F（0，1，2），C（0，2，0），G（2，2，1），=（0，1，2），=（2，0，1），∴cosθ===．∴异面直线DF与CG所成角θ的余弦值为．20．（16分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）焦距为2，椭圆上的动点到两焦点的距离之和为2．（1）求椭圆C的方程；（2）过左焦点F的直线l与椭圆C交于点A，B，求△AOB面积的最大值．【解答】解：（1）由题意可得：2c=2，2a=2，b2=a2﹣c2，解得c=1=b，a=．∴椭圆C的方程为：=1．（2）F（﹣1，0）．设直线l的方程为：ty=x+1，设A（x1，y1），B（x2，y2）．联立，化为：（t2+2）y2﹣2ty﹣1=0，△＞0．∴y1+y2=，y1y2=，∴|AB|===．点O到直线AB的距离d=．∴S=d|AB|=×==≤△AOB．当且仅当t=0时取等号．∴当直线l⊥x轴时，△AOB面积的最大值是．21．（16分）已知F（1，0），P是平面上一动点，P到直线l：x=﹣1上的射影为点N，且满足（Ⅰ）求点P的轨迹C的方程；（Ⅱ）过点M（1，2）作曲线C的两条弦MA，MB，设MA，MB所在直线的斜率分别为k1，k2，当k1，k2变化且满足k1+k2=﹣1时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点坐标．【解答】解：（Ⅰ）设曲线C上任意一点P（x，y），又F（1，0），N（﹣1，y），从而，，则=，由，得，即．化简得y2=4x，即为所求的P点的轨迹C的对应的方程．（Ⅱ）设A（x1，y1）、B（x2，y2），MA：y=k1（x﹣1）+2，MB：y=k2（x﹣1）+2．将y=k1（x﹣1）+2与y2=4x联立，得：由，得①同理②而AB直线方程为：，即③由①②：y1+y2=代入③得，，整理得k1k2（x+y+1）+6+y=0．则，故直线AB经过定点（5，﹣6）．22．（16分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的长轴长为4，离心率e=．（1）求椭圆C的方程；（2）椭圆C的短轴端点分别记为A，B（如图所示），直线AM，BM分别为椭圆C交于E，F两点，其中点M（m，）（m≠0）在椭圆C的内部．（i）求E，F的坐标（用m表示）；（ii）求的取值范围．【解答】解：（1）由题意可知，2a=4，则a=2，又e==，得c=，∴b=，∴椭圆C的方程为；（2）（i）由（1）知：A（0，1），B（0，﹣1），M （m，），且m≠0，∴直线AM的斜率为k1=﹣，直线BM斜率为k2=，∴直线AM的方程为y=﹣x+1，直线BM的方程为y=x﹣1，联立，得（m2+1）x2﹣4mx=0，∴x=0，x=，∴E（），联立，得（9+m2）x2﹣12mx=0，∴x=0，x=，∴F（）；（ii）∵•|MA|•|MF|•sin∠AMF，•|MB|•|ME|•sin∠BME，∠AMF=∠BME，∴=====．∵m≠0，∴m2+1＞1，∵点M （m ，）（m ≠0）在椭圆C 的内部，∴m 2＜3，则1+∈（3，9）， ∴的取值范围是（3，9）．。

浙江省宁波市余姚中学高二数学上学期期中试卷(含解析)

2015-2016学年浙江省宁波市余姚中学高二（上）期中数学试卷一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．把球的大圆面积扩大为原来的2倍，那么体积扩大为原来的( )A．2倍B．2倍C．倍D．32．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A．B．C．D．3．已知m、n是不重合的直线，α、β是不重合的平面，有下列命题：①若m⊂α，n∥α，则m∥n；②若m∥α，m∥β，则α∥β；③若α∩β=n，m∥n，则m∥α且m∥β；④若m⊥α，m⊥β，则α∥β．其中真命题的个数是( )A．0 B．1 C．2 D．34．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，已知=，=，=，则用向量，，可表示向量为( )A．++B．﹣++C．﹣+D．﹣+﹣5．圆锥的母线长为2，侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的表面积为( )A．6πB．5πC．3πD．2π6．若直线a不平行于平面α，则下列结论正确的是( )A．α内所有的直线都与a异面B．直线a与平面α有公共点C．α内所有的直线都与a相交D．α内不存在与a平行的直线7．如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H，则以下命题中，错误的命题是( )A．点H是△A1BD的垂心B．AH垂直平面CB1D1C．AH的延长线经过点C1D．直线AH和BB1所成角为45°8．已知一个高度不限的直三棱柱ABC﹣A1B1C1，AB=4，BC=5，CA=6，点P是侧棱AA1上一点，过A作平面截三棱柱得截面ADE，给出下列结论：①△ADE是直角三角形；②△ADE是等边三角形；③四面体APDE为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体．其中有不可能成立的结论的个数是( )A．0 B．1 C．2 D．3二、填空题（本大题共7小题，第9～12题每题6分，第13～15题每题4分，共36分．）9．一圆柱的底面直径和高都是3，则它的体积为__________侧面积为__________．10．已知一个三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为__________．外接球半径为__________．11．已知向量=m+5﹣，=3++r若∥则实数m=__________，r=__________．12．各边长为1的正四面体，内切球表面积为__________，外接球体积为__________．13．一只蚂蚁从棱长为1的正方体的表面上某一点P处出发，走遍正方体的每个面的中心的最短距离d=f（P），那么d的最大值是__________．14．三棱锥P﹣ABC中，∠APB=∠BPC=∠CPA=90°，M在△AB C内，∠MPA=∠MPB=60°，则∠MPC=__________．15．如右图，在正三棱锥S﹣ABC中，M，N分别为棱SC，BC的中点，AM⊥MN，若，则正三棱锥S﹣ABC的外接球的体积为__________．三、解答题：本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．（14分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，O是底ABCD对角线的交点．求证：（1）C1O∥面AB1D1；（2）A1C⊥面AB1D1．17．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，底面四边形ABCD为菱形，AB=2，BD=2，M，N分别是线段PA，PC的中点．（Ⅰ）求证：MN∥平面ABCD；（Ⅱ）求异面直线MN与BC所成角的大小．18．如图，三棱锥P﹣ABC中，PB⊥底面ABC，∠BCA=90°，PB=BC，E为PC的中点，M为AB 的中点，点F在PA上，且AF=2FP．（I）求证：BE⊥平面PAC；（II）求证：CM∥平面BEF．19．如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，AF⊥平面ABCD，CE⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：BD⊥EF；（Ⅱ）若AF=1，且二面角B﹣EF﹣C的大小为30°，求CE的长．20．如图，棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC=60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60°．（Ⅰ）证明：BD⊥AA1；（Ⅱ）求二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值；（Ⅲ）在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．2015-2016学年浙江省宁波市余姚中学高二（上）期中数学试卷一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．把球的大圆面积扩大为原来的2倍，那么体积扩大为原来的( )A．2倍B．2倍C．倍D．3【考点】球的体积和表面积．【专题】计算题；空间位置关系与距离．【分析】直接应用公式化简可得球的半径扩大的倍数，然后求出体积扩大的倍数．【解答】解：解：设原球的半径R，∵球的大圆的面积扩大为原来的2倍，则半径扩大为原来的倍，∴体积扩大为原来的2倍．故选B．【点评】本题考查球的表面积、体积和球的半径的关系，是基础题．2．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A．B．C．D．【考点】由三视图求面积、体积．【专题】计算题；空间位置关系与距离．【分析】由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，把相关数据代入棱锥的体积公式计算即可．【解答】解：设正方体的棱长为1，由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，∴正方体切掉部分的体积为×1×1×1=，∴剩余部分体积为1﹣=，∴截去部分体积与剩余部分体积的比值为．故选：D．【点评】本题考查了由三视图判断几何体的形状，求几何体的体积．3．已知m、n是不重合的直线，α、β是不重合的平面，有下列命题：①若m⊂α，n∥α，则m∥n；②若m∥α，m∥β，则α∥β；③若α∩β=n，m∥n，则m∥α且m∥β；④若m⊥α，m⊥β，则α∥β．其中真命题的个数是( )A．0 B．1 C．2 D．3【考点】平面与平面平行的判定；直线与平面平行的判定．【专题】综合题．【分析】要求解本题，根据平面与平面平行的判定与直线与平面平行的判定进行判定需要寻找特例，进行排除即可．【解答】解：①若m⊂α，n∥α，则m与n平行或异面，故不正确；②若m∥α，m∥β，则α与β可能相交或平行，故不正确；③若α∩β=n，m∥n，则m∥α且m∥β，m也可能在平面内，故不正确；④若m⊥α，m⊥β，则α∥β，垂直与同一直线的两平面平行，故正确故选：B【点评】本题主要考查了立体几何中线面之间的位置关系及其中的公理和判定定理，也蕴含了对定理公理综合运用能力的考查，属中档题4．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，已知=，=，=，则用向量，，可表示向量为( )A．++B．﹣++C．﹣+D．﹣+﹣【考点】平面向量的基本定理及其意义．【专题】平面向量及应用；空间向量及应用．【分析】利用空间向量的平行六面体法则即可得出．【解答】解：===﹣．故选：B．【点评】本题考查了空间向量的平行六面体法则，属于基础题．5．圆锥的母线长为2，侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的表面积为( )A．6πB．5πC．3πD．2π【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【专题】空间位置关系与距离．【分析】半径为2的半圆的弧长是2π，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，因而圆锥的底面周长是2π，利用弧长公式计算底面半径后，可得圆锥的表面积．【解答】解：一个圆锥的母线长为2，它的侧面展开图为半圆，圆的弧长为：2π，即圆锥的底面周长为：2π，设圆锥的底面半径是r，则得到2πr=2π，解得：r=1，这个圆锥的底面半径是1，∴圆锥的表面积S=πr（r+l）=3π，故选：C．【点评】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2）圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确对这两个关系的记忆是解题的关键．6．若直线a不平行于平面α，则下列结论正确的是( )A．α内所有的直线都与a异面B．直线a与平面α有公共点C．α内所有的直线都与a相交D．α内不存在与a平行的直线【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离．【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．【解答】解：∵直线a不平行于平面α，∴α内所有的直线都与a异面或相交，故A和C均错误；直线a与平面α至少有一个公共点，故B正确；当a⊂α时，α内存在与a平行的直线，故D不正确．故选：B．【点评】本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．7．如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H，则以下命题中，错误的命题是( )A．点H是△A1BD的垂心B．AH垂直平面CB1D1C．AH的延长线经过点C1D．直线AH和BB1所成角为45°【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】如上图，正方体的体对角线AC1有以下性质：①AC1⊥平面A1BD，AC1⊥平面CB1D1；②AC1被平面A1BD与平面CB1D1三等分；③AC1=AB等．（注：对正方体要视为一种基本图形来看待．）【解答】解：因为三棱锥A﹣A1BD是正三棱锥，所以顶点A在底面的射影H是底面中心，所以选项A正确；易证面A1BD∥面CB1D1，而AH垂直平面A1BD，所以AH垂直平面CB1D1，所以选项B正确；连接正方体的体对角线AC1，则它在各面上的射影分别垂直于BD、A1B、A1D等，所以AC1⊥平面A1BD，则直线A1C与AH重合，所以选项C正确；故选D．【点评】本题主要考查正方体体对角线的性质．8．已知一个高度不限的直三棱柱ABC﹣A1B1C1，AB=4，BC=5，CA=6，点P是侧棱AA1上一点，过A作平面截三棱柱得截面ADE，给出下列结论：①△ADE是直角三角形；②△ADE是等边三角形；③四面体APDE为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体．其中有不可能成立的结论的个数是( )A．0 B．1 C．2 D．3【考点】命题的真假判断与应用．【专题】运动思想；反证法；简易逻辑．【分析】因为是高度不限，所以①②都可能成立；③可对四个顶点分别讨论，用反证法逐个得出矛盾，得出结论．【解答】解：如图，做直三棱柱ABC﹣A1B1C1，AB=4，BC=5，CA=6，①不妨取AD=6，AE=10，DE=8，则△ADE是直角三角形，①可能成立；②不妨令AD=AE=DE=a（a＞6），则△ADE是等边三角形，②可能成立；③假设四面体APDE为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体，当A为直角顶点时，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，PA⊥底面ABC，则 E，D分别与C，B重合，此时，∠EAD不是直角，与假设矛盾，假设不成立，当P为直角顶点时，可得PD∥AB，PE∥AC，由等角定理知则∠EPD不可能是直角，与假设矛盾，假设不成立，当E或D点为直角顶点时，不妨选E为直角顶点，则DE⊥EP，DE⊥EA，EP∩EA═A，EP⊂平面ACC1A1，EA⊂平面ACC1A1，则平面ACC1A1与平面BCC1B1垂直，则直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，可证∠ACB为二面角的平面角，∠ACB═90°，与题意矛盾，假设不成立．综上③错误．故选：B．【点评】考查了空间几何体的线面平行，垂直的应用．难点是③的分类判断．二、填空题（本大题共7小题，第9～12题每题6分，第13～15题每题4分，共36分．）9．一圆柱的底面直径和高都是3，则它的体积为侧面积为9π．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【专题】计算题；规律型；空间位置关系与距离．【分析】直接利用圆柱的体积公式求解体积，侧面积公式求解侧面积即可．【解答】解：一圆柱的底面直径和高都是3，底面半径为：；则它的体积为：V=SH=（）2π•3=．侧面积为：3π×3=9π．故答案为：π；9π．【点评】本题考查圆柱的体积以及侧面积的求法，考查计算能力．10．已知一个三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为．外接球半径为．【考点】球内接多面体．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．【分析】几何体是一个底面是顶角为120°且底边长是2，在等腰三角形的顶点处有一条垂直于底面的侧棱，侧棱长是2，建立适当的坐标系，写出各个点的坐标和设出球心的坐标，根据各个点到球心的距离相等，点的球心的坐标，可得球的半径，做出体积．【解答】解：由三视图知：几何体为三棱锥，且一条侧棱与底面垂直，高为2，三棱锥的底面为等腰三角形，且三角形的底边长为2，底边上的高为1，∴几何体的体积V=××2×1×2=．以D为原点，DB为x轴，DA为y轴，建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（0，0，2），B（2，0，0），C（﹣1，，0）∵（x﹣2）2+y2+z2=x2+y2+z2，①x2+y2+（z﹣2）2=x2+y2+z2，②（x+1）2+（y﹣）2+z2=x2+y2+z2，③∴x=1，y=，z=1，∴球心的坐标是（1，，1），∴球的半径是，故答案为：，．【点评】本题考查由三视图求几何体的体积，考查由三视图还原几何体，考查三棱锥与外接球之间的关系，考查利用空间向量解决立体几何问题．11．已知向量=m+5﹣，=3++r若∥则实数m=15，r=﹣．【考点】共线向量与共面向量．【专题】计算题；函数思想；平面向量及应用．【分析】由∥得出坐标对应成比例，分别求出实数m和r即可【解答】解：向量=m+5﹣=（m，5，﹣1），=3++r=（3，1，r），∥，则==解得m=15，r=﹣故答案为：15，﹣【点评】本题考点是空间共线向量的坐标表示，考查了空间共线向量等价条件的简单应用．12．各边长为1的正四面体，内切球表面积为，外接球体积为．【考点】球的体积和表面积．【专题】综合题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．【分析】画出图形，确定两个球的关系，通过正四面体的体积，求出两个球的半径的比值，即可求棱长为1的正四面体的外接球体积、内切球的表面积．【解答】解：设正四面体为PABC，两球球心重合，设为O．设PO的延长线与底面ABC的交点为D，则PD为正四面体PABC的高，PD⊥底面ABC，且PO=R，OD=r，OD=正四面体PABC内切球的高．设正四面体PABC底面面积为S．将球心O与四面体的4个顶点PABC全部连接，可以得到4个全等的正三棱锥，球心为顶点，以正四面体面为底面．每个正三棱锥体积V1=•S•r 而正四面体PABC体积V2=•S•（R+r）根据前面的分析，4•V1=V2，所以，4••S•r=•S•（R+r），所以，R=3r，因为棱长为1，所以AD=，所以PD=，所以R=，r=所以棱长为1的正四面体的外接球体积为π•（）2=、内切球的表面积为4π•（）2=，故答案为：，【点评】本题是中档题，考查正四面体的内切球与外接球的表面积，找出两个球的球心重合，半径的关系是解题的关键，考查空间想象能力，计算能力．13．一只蚂蚁从棱长为1的正方体的表面上某一点P处出发，走遍正方体的每个面的中心的最短距离d=f（P），那么d的最大值是．【考点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题．【分析】欲求d的最大值，先将起始点定在正方体的一个顶点A点，再将正方体展开，找到6个面的中心点，经观察可知蚂蚁爬行最短程为6个正方体的棱长+展开图形中半个正方形对角线的长．【解答】解：欲求d的最大值，先将起始点定在正方体的一个顶点A点，正方体展开图形为：则蚂蚁爬行最短程的最大值S=5+=．故答案为：．．【点评】本题考查了平面展开﹣最短路径问题，解题关键是找到A点在正方体展开图形中的对应点及6个面的中心点，有一定的难度．14．三棱锥P﹣ABC中，∠APB=∠BPC=∠CPA=90°，M在△ABC内，∠MPA=∠MPB=60°，则∠MPC=45°．【考点】棱锥的结构特征．【专题】计算题；运动思想；数形结合法；空间位置关系与距离．【分析】过M做平面PBC的垂线，交平面PBC于Q，连接PQ，由公式：cos∠MPB=cos∠MPQ×cos∠QPB，得到cos∠QPB=，从而可得cos∠QPC=，再用公式：cos∠MPC=cos∠MPQ×cos∠QPC，即可求∠MPC．【解答】解：如图，过M做平面PBC的垂线，交平面PBC于Q，连接PQ．∵∠APB=∠APC=90°，∴AP⊥平面PBC，∵MQ⊥平面PBC，∴AP∥MQ，∵∠MPA=60°，∴∠MPQ=90°﹣60°=30°．由公式：cos∠MPB=cos∠MPQ×cos∠QPB，得到cos∠QPB=．∵∠QPC是∠QPB的余角，∴cos∠QPC=．再用公式：cos∠MPC=cos∠MPQ×cos∠QPC，得到cos∠MPC=．∴∠MPC=45°．故答案为：45°．【点评】本题考查空间角，考查学生分析解决问题的能力，利用好公式是关键，是中档题．15．如右图，在正三棱锥S﹣ABC中，M，N分别为棱SC，BC的中点，AM⊥MN，若，则正三棱锥S﹣ABC的外接球的体积为．【考点】球内接多面体；球的体积和表面积．【专题】计算题．【分析】由题意推出MN⊥平面SAC，即SB⊥平面SAC，∠ASB=∠BSC=∠ASC=90°，将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球，正方体的对角线就是球的直径，求出直径即可求出球的表面积．【解答】解：∵M，N分别为棱SC，BC的中点，∴MN∥SB∵三棱锥S﹣ABC为正棱锥，∴SB⊥AC（对棱互相垂直）∴MN⊥AC又∵MN⊥AM，而AM∩AC=A，∴MN⊥平面SAC，∴SB⊥平面SAC∴∠ASB=∠BSC=∠ASC=90°以SA，SB，SC为从同一定点S出发的正方体三条棱，将此三棱锥补成以正方体，则它们有相同的外接球，正方体的对角线就是球的直径．∴2R=，∴R=，∴V=πR3=π×=故答案为：【点评】本题考查了三棱锥的外接球的体积，考查空间想象能力．三棱锥扩展为正方体，它的对角线长就是外接球的直径，是解决本题的关键．三、解答题：本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．（14分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，O是底ABCD对角线的交点．求证：（1）C1O∥面AB1D1；（2）A1C⊥面AB1D1．【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】证明题．【分析】（1）欲证C1O∥面AB1D1，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证C1O与面AB1D1内一直线平行，连接A1C1，设A1C1∩B1D1=O1，连接AO1，易得C1O∥AO1，AO1⊂面AB1D1，C1O⊄面AB1D1，满足定理所需条件；（2）欲证A1C⊥面AB1D1，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证A1C与面AB1D1内两相交直线垂直根据线面垂直的性质可知A1C⊥B1D1，同理可证A1C⊥AB1，又D1B1∩AB1=B1，满足定理所需条件．【解答】证明：（1）连接A1C1，设A1C1∩B1D1=O1，连接AO1，∵ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，∴A1ACC1是平行四边形，∴A1C1∥AC且A1C1=AC，又O1，O分别是A1C1，AC的中点，∴O1C1∥AO且O1C1=AO，∴AOC1O1是平行四边形，∴C1O∥AO1，AO1⊂面AB1D1，C1O⊄面AB1D1，∴C1O∥面AB1D1；（2）∵CC1⊥面A1B1C1D1∴CC1⊥B1D!，又∵A1C1⊥B1D1，∴B1D1⊥面A1C1C，即A1C⊥B1D1，∵A1B⊥AB1，BC⊥AB1，又A1B∩BC=B，AB1⊥平面A1BC，又A1C⊂平面A1BC，∴A1C⊥AB1，又D1B1∩AB1=B1，∴A1C⊥面AB1D1【点评】本题主要考查了线面平行、线面垂直的判定定理，考查对基础知识的综合应用能力和基本定理的掌握能力．17．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，底面四边形ABCD为菱形，AB=2，BD=2，M，N分别是线段PA，PC的中点．（Ⅰ）求证：MN∥平面ABCD；（Ⅱ）求异面直线MN与BC所成角的大小．【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）连结AC，交BD于点O，由已知得MN∥AC，由此能证明MN∥平面ABCD．（Ⅱ）由已知得∠ACB是异面直线MN与BC所成的角或其补角，由此能求出异面直线MN与BC 所成的角．【解答】（Ⅰ）证明：连结AC，交BD于点O，∵M，N分别是PA，PC的中点，∴MN∥AC，∵MN⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴MN∥平面ABCD．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知∠ACB是异面直线MN与BC所成的角或其补角，∵四边形ABCD是菱形，AB=2，BO=，∴∠OCB=60°，∴异面直线MN与BC所成的角为60°．【点评】本题考查线面平行的证明，考查异面直线所成角的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．18．如图，三棱锥P﹣ABC中，PB⊥底面ABC，∠BCA=90°，PB=BC，E为PC的中点，M为AB 的中点，点F在PA上，且AF=2FP．（I）求证：BE⊥平面PAC；（II）求证：CM∥平面BEF．【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）证C A⊥平面PBC，可得BE⊥AC，由E为PC中点，且PB=BC得BE⊥平面PAC；（2）取AF中点N，连接CN，MN，证平面MNC∥平面BEF，即能证得CM∥平面BBF．【解答】证明：（1）∵PB⊥底面ABC，且AC⊂平面ABC∴AC⊥PB．由∠BCA=90°，得AC⊥BC又∵PB∩BC=B∴AC⊥平面PBC∵BE⊂平面PBC∴AC⊥BE∵PB=BC，E为PC中点∴BE⊥PC又∵PC∩AC=C，且PC、AC∈平面PAC∴BE⊥平面PAC（2）取AF的中点G，连接CG、GM∵FA=2FP∴GF=AF=FP又∵E为PC中点∴EF∥CG∵CG⊄平面BEF，EF⊂平面BEF∴CG∥平面BEF同理可证：GM∥平面BEF又∵CG∩GM=G∴平面CMG∥平面BEF∵CM⊂平面CGM∴CM∥平面BEF．【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定定理及性质、直线与平面平行的证明方法，解题中要注意空间各种关系的相互转化．19．如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，AF⊥平面ABCD，CE⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：BD⊥EF；（Ⅱ）若AF=1，且二面角B﹣EF﹣C的大小为30°，求CE的长．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的性质．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）通过题意可得四边形ACEF在同一平面内，利用线面垂直的判定定理及性质定理即得结论；（Ⅱ）以点A为坐标原点，分别以AB、AD、AF所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系A ﹣xyz，通过平面BEF的一个法向量与平面CEF的一个法向量的夹角的余弦值的绝对值为，计算即得CE的长．【解答】（Ⅰ）证明：∵AF⊥平面ABCD，CE⊥平面ABCD，∴AF∥CE，∴四边形ACEF在同一平面内，∵AF⊥平面ABCD，∴AF⊥BD，又∵ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∵AF∩AC=A，∴BD⊥平面ACEF，∴BD⊥EF；（Ⅱ）解：以点A为坐标原点，分别以AB、AD、AF所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz如图，设CE=a，则B（1，0，0），F（0，0，1），E（1，1，a），∴=（﹣1，0，1），=（0，1，a），设平面BEF的一个法向量为=（x，y，1），由，得，∴=（1，﹣a，1），由（I）知=（1，﹣1，0）是平面CEF的一个法向量，∴|cos＜，＞|==cos30°=，∴a=2，即CE=2．【点评】本题考查空间中线线垂直的判定及性质，以及求二面角的三角函数值，注意解题方法的积累，属于中档题．20．如图，棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC=60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60°．（Ⅰ）证明：BD⊥AA1；（Ⅱ）求二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值；（Ⅲ）在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的性质．【专题】综合题；空间位置关系与距离．【分析】法一：（Ⅰ）连接BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O，可证A1O⊥底面ABCD，从而建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，证明向量的数量积为0 即可得到BD⊥AA1；（Ⅱ）确定平面AA1C1C、平面AA1D的法向量，利用向量的夹角公式，可求二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值；（Ⅲ）解：假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，求出平面DA1C1的法向量，利用数量积为0，即可求得结论．法二：（Ⅰ）先证明BD⊥平面AA1O，即可证得AA1⊥BD；（Ⅱ）过O作OE⊥AA1于E点，连接OE，则∠DEO为二面角D﹣AA1﹣C的平面角，求出OE、DE，即可求得二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值；（Ⅲ）存在这样的点P，连接B1C，在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP，可得四边形BB1CP为平行四边形，进而利用线面平行的判定可得结论．【解答】法一：（Ⅰ）证明：连接BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°∴A1O2=AA12+AO2﹣2AA1•Aocos60°=3∴AO2+A1O2=A12∴A1O⊥AO，∵平面AA1C1C⊥平面ABCD，平面AA1C1C∩平面ABCD=AO∴A1O⊥底面ABCD∴以OB、OC、OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A（0，﹣1，0），B（，0，0），C（0，1，0），D（﹣，0，0），A1（0，0，）…∵，，∴∴BD⊥AA1…（Ⅱ）解：∵OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1C的法向量设⊥平面AA1D，，则由得到，∴…∴所以二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值是…（Ⅲ）解：假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1设，则得…设⊥平面DA1C1，，则由得到，∴…又因为平面DA1C1，则•，∴，∴λ=﹣1即点P在C1C的延长线上且使C1C=CP …（13分）法二：（Ⅰ）证明：过A1作A1O⊥AC于点O，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，由面面垂直的性质定理知，A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD 又底面为菱形，所以AC⊥BD∵A1O∩AC=O∴BD⊥平面AA1O∵AA1⊂平面AA1O∴AA1⊥BD…（Ⅱ）解：在△AA1O中，A1A=2，∠A1AO=60°，∴AO=AA1•cos60°=1所以O是AC的中点，由于底面ABCD为菱形，所以O也是BD中点由（Ⅰ）可知DO⊥平面AA1C过O作OE⊥AA1于E点，连接OE，则AA1⊥DE，故∠DEO为二面角D﹣AA1﹣C的平面角…在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°∴AC=AB=BC=2，∴AO=1，DO=在Rt△AEO中，OE=OA•sin∠EAO=DE=∴cos∠DEO=∴二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值是…（Ⅲ）解：存在这样的点P，连接B1C，∵A1B1AB DC，∴四边形A1B1CD为平行四边形，∴A1D∥B1C在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP …∵B1B CC1，…∴BB1CP∴四边形BB1CP为平行四边形∴BP∥B1C，∴BP∥A1D∵BP⊄平面DA1C1，A1D⊂平面DA1C1，∴BP∥平面DA1C1…（13分）【点评】本题考查线面位置关系，考查面面角，解题的关键是掌握线面平行、垂直的判定方法，正确作出面面角，考查利用向量方法解决立体几何问题，属于中档题．- 21 -。

2016-2017学年高二上学期期中考试数学试题Word版含答案

北仑中学2016学年第一学期高二年级期中考试数学试卷（除高二4班以外的其它所有班级）命题：贺幼龙审题：莫芬利一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的.答案请填在答题卷的表格中.1．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是（ ▲ ）第1题图2．若将圆锥的高扩大到原来的2倍，底面半径缩短到原来的12，则圆锥的体积（ ▲ ）A ．扩大到原来的2倍B ．缩小到原来的一半C ．不变D ．缩小到原来的163．若,m n 为两条不同的直线，,αβ为两个不同的平面，则以下命题正确的是（ ▲ ） A ．若α//m ，α⊂n ，则n m // B ．若m =βα ，n m ⊥，则α⊥nC ．若α//m ，α//n ，则n m //D ．若α//m ，β⊂m ，n =βα ，则n m //第4题图第5题图4．如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，下面结论错误．．的是（ ▲ ）A ．BD ∥平面CB 1D 1 B ．AC 1⊥BDC ．AC 1⊥平面CB 1D 1 D ．异面直线AD 与CB 1所成的角为60°A BC D5．某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ▲ ） A ．82π- B ．8π- C ．82π- D ．84π-6．如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（ ▲ ）A ．2＋2 B.1＋22 C.2＋22D ．1＋ 27．下列四个命题中正确的命题有（ ▲ ） ①过空间任何一点P 可以作无数条直线与已知的异面直线b a ,都相交； ②三个平面两两相交，有三条交线，则此三条交线或交于一点，或互相平行；③直线a α⊥平面，直线b β⊥平面，则直线b a ,所成角与平面βα,所成角相等或互补； ④αβ⊥平面平面，,,m n m n αβ⊂⊂⊥，则β⊥m 或α⊥n .A.1个B.2个C.3个D.4个8．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,点A 在平面α内，点E 是底面ABCD 的中心.若1C E ⊥平面α，则1C AB ∆在平面α内的射影的面积为（ ▲ ）ABCD第8题图第11题图第12题图二、填空题:本大题共7小题，前4题每空3分，后3题每空4分，共36分.将正确答案填在答题卷的横线上.9．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,则其表面积为 ▲ ，其内切球的体积为 ▲ . 10．将一个边长分别是2 cm 和3 cm ，两邻边夹角为60°的平行四边形绕其3 cm 边上的高所在直线旋转一周形成的简单几何体是 ▲ ，其体积为 ▲ cm 3.11．如图，P 是正方形ABCD 外一点，且PA ABCD ⊥平面，则此几何体的5个面中互相垂直的面有 ▲ 对;若PA AB =，则直线PC 与平面PAB 所成角的正切值为 ▲ .1C 1A 1D 1B CDABαE12．一个几何体的三视图及部分数据如图所示，正视图、侧视图和俯视图都是等腰直角三角形，则该几何体体积为 ▲ ，表面积为 ▲ .第13题图第15题图13．如图，已知正三棱锥A —BCD 侧面的顶角为45°，侧棱长为a ，动点E 在侧棱AC 上运动，则线段BE 、ED 长度和的最小值为 ▲ .14,a b ,则a,b 所满足的等量关系式是 ▲ .15．如图，已知平面⊥α平面β，、A B 是平面α与β的交线上的两个定点，β⊂DA ，β⊂CB ，且6,8,4,,===⊥⊥AB BC AD CB DA αα，在平面α上有一个动点P ，使得BPC APD ∠=∠，则PAB ∆的面积的最大值为 ▲ ．三、解答题:本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.16．（本题满分14的正四棱锥P －ABCD 中，侧棱与底面所成角的大小为60°． (1)求侧棱的长度；(2)求正四棱锥P －ABCD 的外接球的表面积.第16题图第17题图17.（本题满分15分）如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝AA 1=1,∠ABC＝PDCBABCDAE90°. 点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点. (1)求三棱锥B -AFC 的体积； (2)求异面直线EF 和BC 1所成的角.18．（本题满分15分）如图1，平面四边形 ABCD 关于直线AC 对称，2=CD ,60,90,A C ︒︒∠=∠=把ABD ∆沿BD 折起(如图2)使二面角C BD A --的余弦值为33.对于图2 (1)求AC 的长;(2)证明：⊥AC 平面BCD ;(3)求直线AC 与平面ABD 所成角的正弦值.第18题图19．（本题满分15分）如图，两矩形ABCD ，ABEF 所在平面互相垂直，DE 与平面ABCD 及平面ABEF 所成角分别为0030,45，N M ,分别为DB DE 、的中点，且1=MN . (1)求证：⊥MN 平面ABCD ； (2)求二面角B DE A --的正弦值.第19题图第20题图20．（本题满分15分）如图，矩形ABCD 所在的半平面和直角梯形CDEF 所在的半平面成60的二面角，.45,6,23,2,,// =∠===⊥CFE CF EF AD DE CD CF DE (1)求证：BF ∥平面ADE ；A CDB图1CABD图2FACB ED(2)试问在线段CF 上是否存在一点G ，使锐二面角D EG B --的余弦值为41.若存在，请求出CG 的值；若不存在，请说明理由.北仑中学2016学年第一学期高二年级期中考试数学参考答案（除高二4班以外的其它所有班级）一.选择题二.填空题9._____6______ ___6π____ 10.__圆台_____ ___3319π__ 11.______5_____ ____22___ 12.___ 31____ ____32+__13. 14. 822=+b a15. 12三.解答题16.(本题满分14分) （1）2 （2）316π17. (本题满分15分)PDCBA（1）1/12（2）318.(本题满分15分)解：（Ⅰ）取的中点，连接，由，得：就是二面角的平面角，在中，（Ⅱ）由，，又平面（Ⅲ）方法一：由（Ⅰ）知平面平面∴平面平面平面平面，作交于，则平面，就是与平面所成的角方法二：设点到平面的距离为，∵于是与平面所成角的正弦为．19. (本题满分15分)（1）证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，且平面ABCD∩平面ABEF=AB，EB ⊥AB，∴EB⊥平面ABCD，又MN∥EB，∴MN⊥面ABCD．（2）解：过B作BO⊥AE于O点，过O作OH⊥DE于H，连BH，∵AD⊥平面ABEF，BO面ABEF，∴BO⊥平面ADE，∴OH为BH在平面ADE内的射影，∴BH⊥DE，即∠BHO为所求二面角的平面角，在Rt△ABE中，BO=，在Rt△DBE中，由BH·DE=DB·OE得BH=，∴sin∠BHO= .MOGFACBEDHOH20. (本题满分15分)证明：（1）∵在矩形ABCD 中BC ∥AD ， AD ⊂平面ADE BC ⊄平面ADE ， ∴BC ∥平面ADE ，同理CF ∥平面ADE ，又∵BC∩CF=C ， ∴平面BCF ∥平面ADE ，而BF ⊂平面BCF ， ∴BF ∥平面ADE ．（2）∵CD ⊥AD ，CD ⊥DE∴∠ADE 即为二面角A-CD-F 的平面角， ∴∠ADE=60° 又∵AD∩DE=D ， ∴CD ⊥平面ADE ，又∵CD ⊂平面CDEF ∴平面CDEF ⊥平面ADE ，作AO ⊥DE 于O ，则AO ⊥平面CDEF ．过O 作EH OH ⊥于H,连接BH,易得BHO ∠是锐二面角D EG B --的平面角因为3=BO ，易求得55=OH 取CF 中点M,易知OHG ∆与EMG ∆相似，设x OG =（x>0），则EGEMOG OH =，即2)2(9355x x -+=，解得21=x 或2213-=x （舍）因此存在符合题意的点G,使得CG=23.。

浙江省余姚中学高二上学期期中试题数学(实验班)缺答案.pdf

* * * * * * * * * * * * * * * 分析北方和南方自然差异的主导因素。

植被类型北方：南方：主要原因为什么不同？为什么不同？河流流量为什么不同？为什么不同？北方：南方：主要原因共同的影响因素针叶林、落叶阔叶林常绿阔叶林气温河流流量小河流流量大降水气候继续探讨黄土地和黑土地的自然差异。

黄土地与黑土地黄土高原黄土地黑土地地形区植被温度带干湿区水文特征黄土地与黑土地的自然差异华北平原、黄土高原东北平原落叶阔叶林针叶林暖温带中温带、寒温带半湿润和半干旱湿润和半湿润水量小，结冰期短，含沙量大。

水量大，结冰期长，含沙量小。

长江中下游平原水稻土四川盆地的紫色土 1．关于秦岭--淮河一线的说法，不正确的是（? ） A．是我国水田与旱地的大致界限 B．是我国湿润地区与干旱地区的分界线C．是我国南方地区与北方地区的分界线 D．是我国暖温带与亚热带的分界线 2．下列关于我国北方地形的叙述，正确的是（） A．位于我国地势的第三级阶梯 B．有世界上最大的黄土分布区 C．有我国最大的平原——华北平原 D．山脉主要有长白山、秦岭、大兴安岭 3．北方地区主要的气候类型为（? ? ） A．温带季风气候 B．亚热带季风气候 C．温带大陆性气候 D．热带季风气候 B B A 4．我国最早建立的重工业基地位于下列哪个地区（） A．西北地区 B．北方地区 C．南方地区 D．青藏地区 5．下列地形区都位于南方地区的是（? ） A．华北平原、云贵高原 B．黄土高原、东南丘陵 C．长江中下游平原、东北平原D．四川盆地、东南丘陵 6．下列语句中，描写南方地区景观的是（? ） A．千里冰封，万里雪飘 B.早穿皮袄午穿纱，围着火炉吃西瓜 C．枯藤老树昏鸦，小桥流水人家 D．远看是山，近看成川 B D C * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * 北国风光，千里冰封，万里雪飘。

(整理版)余姚高二数学期中试卷(理科)

余姚高二数学期中试卷〔理科〕第一学期一．选择题〔共10题，每题5分〕： 1．圆()1122=+-y x 的圆心到直线x y 33=的距离是〔〕 A ．21 Ｂ．23 Ｃ．１Ｄ．3 ２．两条直线0,0222111=++=++C y B x A C y B x A 垂直的充要条件是〔〕 A ．02121=+B B A A Ｂ．02121=-B B A A Ｃ．121-=A AＤ．121=BB ３．一个棱锥的三视图如下图，那么该棱锥的全面积〔单位2cm 〕为〔〕A．21248+ Ｂ．22448+ Ｃ．21236+ Ｄ．22436+４．在棱长为２的正方体1111D C B A ABCD -中，O 是底面ABCD 的中心，F E 、分别是AD CC 、1的中点，那么异面直线OE 和1FD 所成角的余弦值为〔〕A ．510 Ｂ．515Ｃ．54 Ｄ．32〔第3题图〕6666ABCDA 1B 1C 1D 1OFE〔第4题图〕５．对于平面α和共面的直线n m 、A ．假设α⊥m ，n m ⊥，那么α//n Ｂ．假设α//m ，α//n ，那么n m // Ｃ．假设α⊂m ，α//n ，那么n m // Ｄ．假设n m 、与α所成角相等，那么n m // ６．平面内到两定点的距离之比为１:２的动点的轨迹是〔〕 A ．线段Ｂ．直线Ｃ．圆Ｄ．椭圆７．直线l 方程为()0,=y x f ，点),(111y x P 、),(222y x P 分别在l 上和l 外，那么方程()()()0,,,2211=--y x f y x f y x f 表示〔〕A ．过点1P 且与l 垂直的直线Ｂ．与l 重合的直线Ｃ．过点2P 且与l 平行的直线Ｄ．不过点2P ，但与l 平行的直线 8．多面体ABCDEF 中，面ABCD 是边长为3的正方形，AB EF //,23=EF ,EF 与面AC 的距离为2，那么该多面体的体积为〔〕A ．29 Ｂ．5 Ｃ．6 Ｄ．2159．假设直线1=+by a x 与圆122=+y x 有公共点，那么〔〕A ．122≤+b a Ｂ．122≥+b a Ｃ．11122≤+b a Ｄ．11122≥+ba①设l 、m 位直线，α为平面，假设直线m l //，且α⊂m ，那么α//l ； ②假设一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补； ③设n m 、是一对异面直线，那么存在平面α，使α⊂m 且α//n ； ④假设一个二面角的两个面分别垂直于另一个二面角的两个面，那么这两个二面角的平面角相等或互补．A ．1 Ｂ．2 Ｃ．3 Ｄ．4 二．填空题〔共7题，每题4分〕：11．1F 、2F 为椭圆192522=+y x 的两个焦点，过1F 的直线交椭圆于B A 、两点，假设1222=+B F A F ，那么=AB _________．12．正方体1111D C B A ABCD -中，直线B A 1与平面CD B A 11所成的角为_________． 13．集合{}0103|2≤--=x x x A ，{}121|-≤≤+=m x m x B ，假设B 是A 的充分条件，那么m 的取值范围是_________．ABCDE F(第8题图)14．球O 的面上四点D C B A 、、、，⊥DA 平面ABC ，BC AB ⊥，3===BC AB DA ，那么球O 的体积为_________．15．直线b x y +=与曲线21y x -=有且仅有一个公共点，那么b 的取值范围是_________．16．正三棱柱111C B A ABC -中，底面边长和侧棱长都为2，过底面上一边AB 作平面α，使α与底面ABC 成︒60的二面角，那么正三棱柱被平面α截得的截面面积为_________．17．过点()3,2P 作圆122=+y x 的两条切线PB PA 、，B A 、为切点，那么直线AB 的方程为_________．三．解答题〔共5大题，共72分〕：18．〔14分〕在△ABC 中，()2,5-A ，()3,7B ，且AC 边的中点M 在y 轴上，BC 边的中点N 在x 轴上．求：〔1〕顶点C 的坐标；〔2〕直线MN 的方程．19．〔14分〕0>c ，设P ：函数x c y =在R 上单调递减；Q ：不等式12>-+c x x 的解集为R ．假设P 和Q 有且仅有一个正确，求c 的取值范围．20．〔14分〕某几何体的一棱长为7，它在正视图中的射影长为6，它在侧视图、俯视图中的投影分别为a 、b ．联想长方体…… 〔1〕求22b a +的值；〔2〕求b a +的最大值． 21．〔15分〕在四棱锥ABCD P -中，△PBC 为正三角形，⊥AB 平面PBC ，CD AB //，DC AB 21=，BC DC 3=，E 为PD 中点．〔1〕求证：直线//AE 平面PBC ；〔2〕求证：平面⊥APD 平面PDC ；〔3〕求平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角的大小． 22．〔15分〕设二次函数()m x x x f ++=22的图象与两坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为C ．〔1〕求实数m 的取值范围；〔2〕求圆C 的方程．问圆C 是否经过定点？假设有，求出定点的坐标，并证明你的结论．ABCD(第14题图)A DB CEP(第21题图)。

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24俯视图侧视图正视图（第3题）余姚中学高二数学（理科）期中试卷参考公式：球的表面积公式：24S R π= 球的体积公式：343V R π=其中R 表示球的半径锥体的体积公式：13V Sh =其中S 表示锥体的底面积, h 表示锥体的高柱体的体积公式：V Sh =其中S 表示柱体的底面积, h 表示柱体的高台体的体积公式：V =)(312211S S S S h ++其中12,S S 分别表示台体的上、下底面积, h 表示台体的高一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1、在空间直角坐标系中,点(1,3,5)P -关于平面xOy 对称的点的坐标是（ ▲ ） A 、(1,3,5)-- B 、(1,3,5)-- C 、(1,3,5) D 、(1,3,5)--2、已知平面内两定点,A B 及动点P ，设命题甲是：“||||PA PB +是定值”，命题乙是：“点P 的轨迹是以,A B 焦点的椭圆”，那么甲是乙的（ ▲ ）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3、如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积是（ ▲ ）A 、 88π+B 、82π+C 、 168π+D 、162π+ 4、下列命题中错误．．的是（ ▲ ） A 、如果平面α内的任何直线都平行平面β，则//αβB 、如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC 、如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，l αβ⋂=，那么直线l ⊥平面γD 、如果平面α⊥平面β，m αβ⋂=，直线n m ⊥，则n β⊥ 5、下列说法中正确．．的是（ ▲ ）Ａ、命题“若,a b >则ac bc >”的否命题为“若,a b >则ac bc ≤” Ｂ、已知,p q 表示两个命题，则当p q ∧为假命题时， p q ⌝∨为真命题Ｃ、命题“∀k R ∈，直线1y kx =+过定点”的否定为“∃k R ∈，直线1y kx =+过定点” Ｄ、若直线12,l l 的斜率分别为12,k k ，则12//l l 的必要不充分条件为12k k =6、平面直角坐标系中有(0,1),(0,5),(3,4)A B C 三点，则以下选项中能与点,,A B C 在同一个圆上的点为（ ▲ ）A 、(1,1)-B 、(1,1)C 、(2,5)D 、(3,3)7、已知直线l 过(,6),(1,3)P m Q m -两点，且l 的倾斜角是直线':21l y x =+倾斜角的两倍，则实数m 的值为（ ▲ ）A 、10-B 、1413 C 、22D 、34118、若直线y x b =+与曲线3y=b 的取值范围是（ ▲ ）A、[1,1-+ B、[1-+ C 、[1- D 、[19、已知直线:34120l x y +-=，若圆上恰好存在两个点P Q 、，它们到直线l 的距离为1，则称该圆为“理想型”圆．则下列圆中是“理想型”圆的是（ ▲ ）A 、221x y +=B 、2216x y +=C 、22(4)(4)1x y -+-=D 、22(4)(4)16x y -+-=10、设O 为坐标原点，12,F F 是椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左、右焦点，若在椭圆上存在点P 满足123F PF π∠=，且||OP =，则该椭圆的离心率为（▲ ）Ａ、12 Ｂ、14二、填空题（本大题共7小题，每小题4分，共28分）11、用斜二测画法画水平放置的边长为1的正方形的直观图，则所得直观图的面积为．12、若直线l 过点(1,1)，且与直线':230l x y +-=垂直，则直线l 的方程为． 13、如图，一个三棱柱形容器中盛有水，且侧棱14AA =,若侧面11AA B B 水平放置时，液面恰好过1111,,,AC BC AC B C 的中点，当底面ABC 水平放置时，液面的高为．DCBA第14题第13题1A 114、如图所示三棱锥A BCD -中，,ABD BCD 均为等边三角形，1BD =，二面角A BD C --的大小为23π，则线段AC 长为． 15、点O 和点F 分别为椭圆22143x y +=的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP FP 的最大值为．16、设直线3450x y +-=与圆221:4C x y +=交于A B ,两点, 若圆2C 的圆心在线段AB 上, 且圆2C 与圆1C 相切, 切点在圆1C 的优弧⌒AB 上, 则圆2C 的半径的最小值是．17、如图，在长方形ABCD 中，4AB =，2BC =．现将ACD ∆沿AC 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ，设E 为AB 中点，则异面直线AC 和DE 所成角的余弦值为．三、解答题（本大题共5小题，共72分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）18、在圆:O 224x y +=上任取一点P ，过点P 作y 轴的垂线段PD ，D 为垂足．当点P 在圆上运动时，线段PD 的中点M 形成轨迹C ．（1）求轨迹C 的方程；（2）若直线y x =与曲线C 交于AB 两点，Q 为曲线C 上一动点，求ABQ 面积的最大值．19、已知命题:p 0[1,1]x ∃∈-，满足20010x x a +-+>，命题:q ∀(0,1)t ∈，方程22221(22)21y x t a t a a +=-++++都表示焦点在y 轴上的椭圆．若命题p q ∨为真命题，p q ∧为假命题，求实数a 的取值范围．DCBA第17题 E CDB AMFEA 'D CBA第21题20、已知一隧道的截面是一个半椭圆面（如图所示），要保证车辆正常通行，车顶离隧道顶部至少要有0.5米的距离，现有一货车，车宽4米，车高2.5米．（１）若此隧道为单向通行，经测量隧道的跨度是10米，隧道才能保证此货车正常通行？（２）圆可以看作是长轴短轴相等的特殊椭圆，类比圆面积公式，请你推测椭圆22221(0)x ya b a b+=>>的面积公式．并问，当隧道为双向通行（车道间的距离忽略不记）时，要使此货车安全通过，应如何设计隧道，才会使同等隧道长度下开凿的土方量最小？21、如图，在平行四边形ABCD 中，2AB BC =，23ABC π∠=，E 为线段AB 的中线，将△ADE 沿直线DE 翻折成△'A DE ，使平面'A DE ⊥平面BCD ，F 为线段'AC 的中点. （１）求证：BF ∥平面'A DE ；（２）设M 为线段DE 的中点，求直线FM 与平面'A DE 所成角的余弦值．22、如图，设M 点是圆22:(4)4C x y +-=上的动点，过点M 作圆22:1O x y +=的两条切线，切点分别为,A B ,切线,MA MB 分别交x 轴于,D E （1）求四边形MAOB 面积的最小值；（2）是否存在点M ，使得线段DE 被圆C 在点M 存在，求出点M 的纵．坐标；若不存在，说明理由．余姚中学2011学年度第一学期高二数学（理科）期中考试答案及评分标准一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）二、填空题（本大题共7小题，每小题4分，共28分） 11、412、21y x =- 13、3 14、3215、6 16、3 17三、解答题（本大题共5小题，共72分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）18、（1）2214y x +=；（2）面积最大为2。

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浙江省余姚中学高二上学期期中试题（数学）实验班一、选择题（本题10小题，每小题5分，共50分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1 ”可用于（）A 、输出、赋值a=10 C 、判断a=10 D 、输入a=102、下列函数()f x 中，满足“对任意1x ，2x ∈（0，+∞），当1x <2x 时，都有1()f x >2()f x 的是（）A ．()f x =1xB. ()f x =2(1)x - C .()f x =xe D ()ln(1)f x x =+ 3、设,,a b c r r r为同一平面内具有相同起点的任意三个非零向量，且满足a r 与b r 不共线，a r ⊥c r ，∣a r ∣=∣c r ∣,则∣b r •c r∣的值一定等于（） A ．以a r ，b r 为两边的三角形面积 B 以b r ，c r为两边的三角形面积C ．以a r ，b r 为邻边的平行四边形的面积D 以b r ，c r为邻边的平行四边形的面积4、如图，已知六棱锥P ABCDEF -的底面是正六边形，,2PA ABC PA AB ⊥=平面，则下列结论正确的是（）Ａ.PB AD ⊥ Ｂ.平面PAB PBC ⊥平面 C. 直线BC ∥平面PAE Ｄ.PD ABC ︒直线与平面所成的角为455、.已知函数()f x 是定义在实数集R 上的不恒为零的偶函数，且对任意实数x 都有(1)(1)()xf x x f x +=+，则5(())2f f 的值是（）A.0B.12C.1D.526、已知一组数据为0、40、50、60、60、70，则这组数据的众数、中位数、平均数的大小关系为（）A 、中位数 >平均数 >众数B 、众数 >中位数 >平均数C 、众数 >平均数 >中位数D 、平均数 >众数 >中位数7、某班有60名学生，学号为1~60号，现从中抽出5位学生参加一项活动，用系统抽样的方法确定的抽样号码可能为 ( )A ．5，10，15，5B ．5，12，31，39，57C ．5，15，25，35，45D ．5，17，29，41，53 8、如图，一只蚂蚁在边长分别为3，4，5的三角形区域内随机爬行，则其恰在离三个顶点距离都大于1的地方的概率为（）A 、12π B 、1－3π C 、1－6π D 、1－12π 9.nn n n nnCC C C 1321393-++++Λ等于（）开始 1i =n 整除a ?是输入m n ，结束 a m i =⨯输出a i ，1i i =+14题否A ．n4 B 。

2016浙江宁波中学高二上学期期中考试试卷(数学)

2016浙江宁波中学高二上学期期中考试试卷（数学）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是( )A．90cm2B．129cm2C．132cm2D．138cm22．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如不计容器的厚度，则球的体积为( )A．B．C．D．3．设a，β，γ是三个互不重合的平面，m，n是直线，给出下列命题①若a⊥β，β⊥γ，则a⊥γ；②若a∥β，m⊂β，m∥a，则m∥β；③若m，n在γ内的射影互相垂直，则m⊥n；④若m∥a，n∥β，a⊥β则m⊥n．其中正确命题的个数为( )A．0 B．1 C．2 D．34．如图在一个二面角的棱上有两个点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，AB=4cm，AC=6cm，BD=8cm，CD=2cm，则这个二面角的度数为( )A．30°B．60°C．90°D．120°5．三棱锥O﹣ABC中，OA⊥OB，OB⊥OC，OC⊥OA，若OA=OB=a，OC=b，D是该三棱锥外部（不含表面）的一点，则下列命题正确的是( )①存在无数个点D，使OD⊥面ABC；②存在唯一点D，使四面体ABCD为正三棱锥；③存在无数个点D，使OD=AD=BD=CD；④存在唯一点D，使四面体ABCD有三个面为直角三角形．A．①③B．①④C．①③④D．①②④6．一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有( )A．V1＜V2＜V4＜V3B．V1＜V3＜V2＜V4C．V2＜V1＜V3＜V4D．V2＜V3＜V1＜V47．如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE 翻折成△A1DE，若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是( )A．|BM|是定值B．点M在某个球面上运动C．存在某个位置，使DE⊥A1CD．存在某个位置，使MB∥平面A1DE8．如图，棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是( )A．DC1⊥D1P B．平面D1A1P⊥平面A1APC．∠APD 1的最大值为90° D．AP+PD1的最小值为二、填空题（本大题共7小题，第9，10，11，12题每空3分，第13，14，15题每空4分，共36分．）9．已知O（0，0，0），A（﹣2，2，﹣2），B（1，4，﹣6），C（x，﹣8，8），若OC⊥AB，则x=__________；若O、A、B、C四点共面，则x=__________．10．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1D与BC1夹角的大小是__________；若E、F分别为AB、CC1的中点，则异面直线EF与A1C1夹角的大小是__________．11．在三棱锥A﹣BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC，△ACD，△ABD 的面积分别为、、，则△BCD的面积为__________；三棱锥A﹣BCD的内切球半径为__________．12．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，P为BC中点，Q为线段CC1上动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S．当CQ=时，S的面积为__________；若S为五边形，则此时CQ取值范围__________．13．已知某几何体的三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，则该几何体的体积为__________．14．两条异面直线a，b所成角为60°，则过一定点P，与直线a，b都成60°角的直线有__________条．15．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是__________．三.解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．16．（14分）如图，在七面体ABCDMN中，四边形ABCD是边长为2的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD=2，NB=1，MB与ND交于P点，点Q在AB上，且BQ=．（I）求证：QP∥平面AMD；（Ⅱ）求七面体ABCDMN的体积．17．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB=2AD=2，BD=，PD⊥底面ABCD．（1）证明：平面PBC⊥平面PBD；（2）若二面角P﹣BC﹣D为，求AP与平面PBC所成角的正弦值．18．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在线段AD上，AG=GD，BG⊥GC，BG=GC=2，E是BC的中点，四面体P﹣BCG的体积为．（1）求异面直线GE与PC所成角的余弦值；（2）棱PC上是否存在一点F，使DF⊥GC，若存在，求的值，若不存在，请说明理由．19．如图，边长为2的正方形ABCD绕AB边所在直线旋转一定的角度（小于180°）到ABEF的位置．（1）若∠CBE=120°，求三棱锥B﹣ADF的外接球的表面积；（2）若K为线段BE上异于B，E的点，CE=2．设直线AK与平面BDF所成角为φ，当30°≤φ≤45°时，求BK的取值范围．20．已知矩形ABCD中，AB=2，AD=5．E，F分别在AD，BC上．且AE=1，BF=3，沿EF将四边形AEFB折成四边形A′EFB′，使点B′在平面CDEF 上的射影H在直线DE上．（Ⅰ）求证：A′D∥平面B′FC（Ⅱ）求二面角A′﹣DE﹣F的大小．参考答案一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是( )A．90cm2B．129cm2C．132cm2D．138cm2【考点】由三视图求面积、体积．【专题】立体几何．【分析】几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，根据三视图判断直三棱柱的侧棱长与底面的形状及相关几何量的数据，判断四棱柱的高与底面矩形的边长，把数据代入表面积公式计算．【解答】解：由三视图知：几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，其中直三棱柱的侧棱长为3，底面是直角边长分别为3、4的直角三角形，四棱柱的高为6，底面为矩形，矩形的两相邻边长为3和4，∴几何体的表面积S=2×4×6+3×6+3×3+2×3×4+2××3×4+（4+5）×3=48+18+9+24+12+27=138（cm2）．故选：D．【点评】本题考查了由三视图求几何体的表面积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键．2．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如不计容器的厚度，则球的体积为( )A．B．C．D．【考点】球的体积和表面积．【专题】计算题；空间位置关系与距离．【分析】设正方体上底面所在平面截球得小圆M，可得圆心M为正方体上底面正方形的中心．设球的半径为R，根据题意得球心到上底面的距离等于（R﹣2）cm，而圆M的半径为4，由球的截面圆性质建立关于R的方程并解出R=5，用球的体积公式即可算出该球的体积．【解答】解：设正方体上底面所在平面截球得小圆M，则圆心M为正方体上底面正方形的中心．如图．设球的半径为R，根据题意得球心到上底面的距离等于（R﹣2）cm，而圆M的半径为4，由球的截面圆性质，得R2=（R﹣2）2+42，解出R=5，∴根据球的体积公式，该球的体积V===．故选A．【点评】本题给出球与正方体相切的问题，求球的体积，着重考查了正方体的性质、球的截面圆性质和球的体积公式等知识，属于中档题．3．设a，β，γ是三个互不重合的平面，m，n是直线，给出下列命题①若a⊥β，β⊥γ，则a⊥γ；②若a∥β，m⊂β，m∥a，则m∥β；③若m，n在γ内的射影互相垂直，则m⊥n；④若m∥a，n∥β，a⊥β则m⊥n．其中正确命题的个数为( )A．0 B．1 C．2 D．3【考点】平面的基本性质及推论．【专题】证明题．【分析】在正方体中举出反例，可以得到命题①和命题③是错误的；根据平面与平面平行和直线与平面平行的定义，得到②是正确的；根据直线与平面平行的判定和空间直线平行的传递性，通过举出反例可得④是错误的．由此可得正确答案．【解答】解：对于命题①，若a⊥β，β⊥γ，则a与γ的位置不一定是垂直，也可能是平行，比如：正方体的上、下底面分别是a与γ，右侧面是β则满足a⊥β，β⊥γ，但a∥γ，∴“a⊥γ”不成立，故①不正确；对于命题②，∵a∥β，m⊂β∴平面a与直线m没有公共点因此有“m∥a”成立，故②正确；对于命题③，可以举出如下反例：在正方体中，设正对我们的面为γ，在左侧面中取一条直线m，上底面中取一条直线n，则m、n都与平面γ斜交时，m、n在γ内的射影必定互相垂直，显然“m⊥n”不一定成立，故③不正确；对于命题④，因为a⊥β，所以它们是相交平面，设a∩β=l当m∥a，n∥β时，可得直线l与m、n都平行，所以m∥n，“m⊥n”不成立，故④不正确．因此正确命题只有1个．故选B【点评】本题借助于命题真假的判断为载体，着重考查了平面与平面垂直的定义与性质、直线与平面平行的判定定理和直线在平面中的射影等知识点，属于基础题．4．如图在一个二面角的棱上有两个点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，AB=4cm，AC=6cm，BD=8cm，CD=2cm，则这个二面角的度数为( )A．30°B．60°C．90°D．120°【考点】二面角的平面角及求法．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】首先利用平行线做出二面角的平面角，进一步利用勾股定理和余弦定理解出二面角平面角的大小，最后确定结果．【解答】解：在平面α内做BE∥AC，BE=AC，连接DE，CE，所以四边形ACEB是平行四边形．由于线段AC，BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，所以AB⊥平面BDE．CE∥ABCE⊥平面BDE．所以△CDE是直角三角形．又AB=4cm，AC=6cm，BD=8cm，CD=2cm，则：DE=2cm进一步利用余弦定理：DE2=BE2+BD2﹣2BE•BDcos∠DBE解得cos∠DBE=所以∠DBE=60°即二面角的度数为：60°故选：B【点评】本题考查的知识要点：余弦定理的应用，勾股定理的应用，线面垂直的性质，二面角的应用．属于基础题型．5．三棱锥O﹣ABC中，OA⊥OB，OB⊥OC，OC⊥OA，若OA=OB=a，OC=b，D是该三棱锥外部（不含表面）的一点，则下列命题正确的是( )①存在无数个点D，使OD⊥面ABC；②存在唯一点D，使四面体ABCD为正三棱锥；③存在无数个点D，使OD=AD=BD=CD；④存在唯一点D，使四面体ABCD有三个面为直角三角形．A．①③B．①④C．①③④D．①②④【考点】命题的真假判断与应用．【专题】综合题；运动思想；空间位置关系与距离；简易逻辑．【分析】①取AB的中点M，连接OM，CM，过点O作OQ⊥CM，可得OQ ⊥平面ABC，则直线OQ上除去线段OQ上的点取为D，则OD⊥面ABC，因此存在无数个点D，使OD⊥面ABC，即可判断出才正误；②以线段AB为边作一个正△DAB，使得点C在△ABD内的射影为△ABD的中心，这样的点D至少有两个，分别位于平面ABC的两侧，即可判断出正误；③由已知：可以将此四面体补成一个以OA，OB，OC为邻边的长方体，其对角线的中点为此长方体外接球的球心D且唯一，即可判断出正误；④取点O关于平面ABC的对称点为D，则四面体ABCD有三个面为直角三角形，此D点唯一，即可判断出正误．【解答】解：①取AB的中点M，连接OM，CM，过点O作OQ⊥CM，可得OQ⊥平面ABC，则直线OQ上除去线段OQ上的点取为D，则OD⊥面ABC，因此存在无数个点D，使OD⊥面ABC；②以线段AB为边作一个正△DAB，使得点C在△ABD内的射影为△ABD的中心，则四面体ABCD为正三棱锥，这样的点D至少有两个，分别位于平面ABC的两侧，因此不正确；③∵OA⊥OB，OB⊥OC，OC⊥OA，∴可以将此四面体补成一个以OA，OB，OC为邻边的长方体，其对角线的中点为此长方体外接球的球心D，满足OD=AD=BD=CD，因此有唯一的一个点D，使OD=AD=BD=CD，故不正确；④取点O关于平面ABC的对称点为D，则四面体ABCD有三个面为直角三角形，此D点唯一，因此正确．综上可知：①④正确．故选：B．【点评】本题考查线面垂直的判定与性质定理、直三棱锥、长方体与外接球的性质、特殊的四面体性质，考查了空间想象能力、推理能力，属于中档题．6．一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有( )A．V1＜V2＜V4＜V3B．V1＜V3＜V2＜V4C．V2＜V1＜V3＜V4D．V2＜V3＜V1＜V4【考点】由三视图求面积、体积．【专题】计算题．【分析】利用三视图与已知条件判断组合体的形状，分别求出几何体的体积，即可判断出正确选项．【解答】解：由题意以及三视图可知，该几何体从上到下由：圆台、圆柱、正四棱柱、正四棱台组成，体积分别记为V1==．V2=12×π×2=2π，V3=2×2×2=8V4==；∵，∴V2＜V1＜V3＜V4故选C．【点评】本题考查简单组合体的三视图与几何体的体积的求法，正确判断几何体的形状与准确利用公式求解体积是解题的关键．7．如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE 翻折成△A1DE，若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是( )A．|BM|是定值B．点M在某个球面上运动C．存在某个位置，使DE⊥A1CD．存在某个位置，使MB∥平面A1DE【考点】平面与平面之间的位置关系．【专题】综合题；空间位置关系与距离．【分析】取CD中点F，连接MF，BF，则平面MBF∥平面A1DE，可得D正确；由余弦定理可得MB2=MF2+FB2﹣2MF•FB•cos∠MFB，所以MB是定值，M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，可得A，B正确．A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，可得C不正确．【解答】解：取CD中点F，连接MF，BF，则MF∥DA1，BF∥DE，∴平面MBF ∥平面A1DE，∴MB∥平面A1DE，故D正确由∠A1DE=∠MFB，MF=A1D=定值，FB=DE=定值，由余弦定理可得MB2=MF2+FB2﹣2MF•FB•cos∠MFB，所以MB是定值，故A 正确．∵B是定点，∴M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，故B正确，∵A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，∴存在某个位置，使DE⊥A1C不正确．故选：C．【点评】掌握线面、面面平行与垂直的判定和性质定理及线面角、二面角的定义及求法是解题的关键．8．如图，棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是( )A．DC1⊥D1P B．平面D1A1P⊥平面A1APC．∠APD 1的最大值为90° D．AP+PD1的最小值为【考点】棱柱的结构特征．【专题】应用题；空间位置关系与距离．【分析】利用DC1⊥面A1BCD1，可得DC1⊥D1P，A正确利用平面D1A1BC，⊥平面A1ABB1，得出平面D1A1P⊥平面A1AP，B正确；当A1P=时，∠APD1为直角角，当0＜A1P＜时，∠APD1为钝角，C错；将面AA1B与面ABCD1沿A1B展成平面图形，线段AD1即为AP+PD1的最小值．【解答】解：∵A1D1⊥DC1，A1B⊥DC1，∴DC1⊥面A1BCD1，D1P⊂面A1BCD1，∴DC1⊥D1P，A正确∵平面D1A1P即为平面D1A1BC，平面A1AP 即为平面A1ABB1，切D1A1⊥平面A1ABB1，∴平面D1A1BC，⊥平面A1ABB1，∴平面D1A1P⊥平面A1AP，∴B正确；当0＜A1P＜时，∠APD1为钝角，∴C错；将面AA1B与面A1BCD1沿A1B展成平面图形，线段AD1即为AP+PD1的最小值，在△D 1A1A中，∠D1A1A=135°利用余弦定理解三角形得AD1=，即AP+PD 1≥，∴D正确．故选：C．【点评】本题考查正方体的结构特征，空间位置关系的判定，转化的思想．二、填空题（本大题共7小题，第9，10，11，12题每空3分，第13，14，15题每空4分，共36分．）9．已知O（0，0，0），A（﹣2，2，﹣2），B（1，4，﹣6），C（x，﹣8，8），若OC⊥AB，则x=16；若O、A、B、C四点共面，则x=8．【考点】平面的基本性质及推论．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）先求出，的坐标，根据•=0，得到3x﹣16﹣32=0，解出即可．（2）由于四点A，B，C，O共面，可得存在实数λ，μ使得，解出即可．【解答】解：（1）∵=（x，﹣8，8），=（3，2，﹣4），若OC⊥AB，则•=0，∴3x﹣16﹣32=0，解得：x=16，；（2）∵O（0，0，0），A（﹣2，2，﹣2），B（1，4，﹣6），C（x，﹣8，8），∴=（﹣2，2，﹣2），=（1，4，﹣6），=（x，﹣8，8），∵四点A，B，C，O共面，∴存在实数λ，μ使得，=λ+μ，∴（x，﹣8，8）=λ（﹣2，2，﹣2）+μ（1，4，﹣6），∴，解得x=8，故答案为：16；8【点评】本题考查了向量垂直的性质，考查向量共面问题，是一道基础题．10．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1D与BC1夹角的大小是90°；若E、F分别为AB、CC1的中点，则异面直线EF与A1C1夹角的大小是30°．【考点】异面直线及其所成的角．【专题】计算题；转化思想；向量法；空间角．【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出B1D与BC1夹角的大小和异面直线EF与A1C1夹角的大小．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则B1（2，2，2），D（0，0，0），B（2，2，0），C1（0，2，2），=（﹣2，﹣2，﹣2），=（﹣2，0，2），∴•=0，∴B1D⊥BC1，∴B1D与BC1夹角的大小是90°；∵E（2，1，0），F（0，2，1），A1（2，0，2），∴=（﹣2，1，1），=（﹣2，2，0），设异面直线EF与A1C1夹角的大小为θ，则cosθ=||=||=，∴θ=30°．∴异面直线EF与A1C1夹角的大小为30°．故答案为：90°；30°．【点评】本题考查异面直线所成角的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．11．在三棱锥A﹣BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC，△ACD，△ABD 的面积分别为、、，则△BCD的面积为；三棱锥A﹣BCD的内切球半径为．【考点】球内接多面体；球的体积和表面积．【专题】综合题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．【分析】设长方体的三度为a，b，c由题意得：ab=，ac=，bc=，求出a，b，c，即可求△BCD的面积，利用等体积求出三棱锥A﹣BCD的内切球半径．【解答】解：设长方体的三度为a，b，c由题意得：ab=，ac=，bc=，解得：a=，b=，c=1，△ABC中，BC上的高为，∴△DBC中，BC上的高为=，∴△BCD的面积为=．设三棱锥A﹣BCD的内切球半径为r，则=×（++）r ∴r=故答案为：；．【点评】本题是中档题，考查三棱锥A﹣BCD的内切球半径，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．12．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，P为BC中点，Q为线段CC1上动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S．当CQ=时，S的面积为；若S为五边形，则此时CQ取值范围（，1）．【考点】平面的基本性质及推论．【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离．【分析】由题意作出满足条件的图形，由线面位置关系找出截面即可求出答案．【解答】解：如图：当CQ=时，即Q为CC1中点，此时可得PQ∥AD1，AP=QD1=，故可得截面APQD1为等腰梯形，∴S=（+）•=；当CQ=时，如下图，，延长DD1至N，使D1N=，连结AN交A1D1于S，连结QN交C1D1于R，连结SR，则AN∥PQ，由△NRD1∽△QRC1，可得C1R：D1R=C1Q：D1N=1：2．∴C1R=，RD1=，∴当＜CQ＜1时，此时的截面形状是上图所示的APQRS，为五边形．【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查了学生的空间想象和思维能力，借助于特殊点分析问题是解决该题的关键，是中档题．13．已知某几何体的三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，则该几何体的体积为．【考点】由三视图求面积、体积．【专题】空间位置关系与距离．【分析】由已知中的三视图，可知该几何体是一个三棱柱切去一个三棱锥所得的组合体，分别求出体积后，相减可得答案．【解答】解：由已知中的三视图，可知该几何体是一个三棱柱切去一个三棱锥所得的组合体，棱柱和棱锥的底面均为侧视图，故底面面积S=×4×4=8，棱柱的高为8，故体积为64，棱锥的高为4，故体积为：，故组合体的体积V=64﹣=，故答案为：【点评】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．14．两条异面直线a，b所成角为60°，则过一定点P，与直线a，b都成60°角的直线有3条．【考点】异面直线的判定．【专题】数形结合；空间位置关系与距离；立体几何．【分析】先将异面直线a，b平移到点P，结合图形可知，当使直线在面BPE的射影为∠BPE的角平分线时存在2条满足条件，当直线为∠EPD的角平分线时存在1条满足条件，则一共有3条满足条件．【解答】解：先将异面直线a，b平移到点P，则∠BPE=60°，∠EPD=120°而∠BPE的角平分线与a和b的所成角为30°，而∠EPD的角平分线与a和b的所成角为60°∵60°＞30°，∴直线与a，b所成的角相等且等于60°有且只有3条，使直线在面BPE的射影为∠BPE的角平分线，和直线为∠EPD的角平分线，故答案为：3．【点评】本小题主要考查异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法，以及射影等知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，考查转化思想，属于基础题．15．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是[]．．【考点】直线与平面平行的性质．【专题】空间位置关系与距离．【分析】分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，易证平面A1MN∥平面AEF，由题意知点P必在线段MN上，由此可判断P在M或N处时A1P最长，位于线段MN中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．【解答】解：如下图所示：分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，连接BC1，∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN∥BC1，EF∥BC1，∴MN∥EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，∴MN∥平面AEF；∵AA1∥NE，AA1=NE，∴四边形AENA1为平行四边形，∴A1N∥AE，又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，∴A1N∥平面AEF，又A1N∩MN=N，∴平面A1MN∥平面AEF，∵P是侧面BCC1B1内一点，且A1P∥平面AEF，则P必在线段MN上，在Rt△A1B1M中，A1M===，同理，在Rt△A1B1N中，求得A1N=，∴△A1MN为等腰三角形，当P在MN中点O时A1P⊥MN，此时A1P最短，P位于M、N处时A1P最长，A1O===，A1M=A1N=，所以线段A1P长度的取值范围是[]．故答案为：[]．【点评】本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P点位置．三.解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．16．（14分）如图，在七面体ABCDMN中，四边形ABCD是边长为2的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD=2，NB=1，MB与ND交于P点，点Q在AB上，且BQ=．（I）求证：QP∥平面AMD；（Ⅱ）求七面体ABCDMN的体积．【考点】直线与平面平行的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（I）由MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，利用线面垂直的性质可得MD∥NB．进而得到，又已知=，可得，于是在△MAB中，QP∥AM．再利用线面平行的性质即可得出QP∥平面AMD．（II）连接BD，AC交于点O，则AC⊥BD．又MD⊥平面ABCD，利用线面垂直的性质可得MD⊥AC，再利用线面垂直的判定即可得出AC⊥平面MNBD．于是AO为四棱锥A﹣MNBD的高，进而得到V A﹣MNBD的体积．即可得出V几何体ABCDMN=2V A﹣MNBD．【解答】（I）证明：∵MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，∴MD∥NB．∴，又=，∴，∴在△MAB中，QP∥AM．又QP⊄平面AMD，AM⊂平面AMD．∴QP∥平面AMD．（II）连接BD，AC交于点O，则AC⊥BD．又MD⊥平面ABCD，∴MD⊥AC，又BD∩MD=D，∴AC⊥平面MNBD．∴AO为四棱锥A﹣MNBD的高，又=．∴=2．∴V几何体ABCDMN=2V A﹣MNBD=4．【点评】熟练掌握线面平行于垂直的判定与性质、线线平行的判定与性质、四棱锥的体积等是解题的关键．17．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB=2AD=2，BD=，PD⊥底面ABCD．（1）证明：平面PBC⊥平面PBD；（2）若二面角P﹣BC﹣D为，求AP与平面PBC所成角的正弦值．【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定．【专题】综合题；空间位置关系与距离．【分析】（1）证明BC⊥平面PBD，利用面面垂直的判定定理，即可证明平面PBC ⊥平面PBD；（2）确定∠PBD即为二面角P﹣BC﹣D的平面角，分别以DA、DB、DP为x 轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，用坐标表示向量及平面PBC的法向量，利用向量的数量积公式，即可求得AP与平面PBC所成角的正弦值．【解答】（1）证明：∵CD2=BC2+BD2，∵BC⊥BD∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥BC又∵PD∩BD=D，∴BC⊥平面PBD而BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PBD…（2）解：由（1）所证，BC⊥平面PBD，所以∠PBD即为二面角P﹣BC﹣D的平面角，即∠PBD=而BD=，所以PD=1…分别以DA、DB、DP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），B（0，，0），P（0，0，1）所以，，1）设平面PBC的法向量为，∴…即可解得）∴AP与平面PBC所成角的正弦值为sinθ=…【点评】本题考查面面垂直，考查线面角，解题的关键是掌握面面垂直的判定定理，正确运用向量法求线面角．18．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在线段AD上，AG=GD，BG⊥GC，BG=GC=2，E是BC的中点，四面体P﹣BCG的体积为．（1）求异面直线GE与PC所成角的余弦值；（2）棱PC上是否存在一点F，使DF⊥GC，若存在，求的值，若不存在，请说明理由．【考点】直线与平面垂直的性质；异面直线及其所成的角．【专题】证明题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；空间角．【分析】（1）由已知考查PG，在平面ABCD内，过C点作CH∥EG交AD于H，连结PH，则∠PCH（或其补角）就是异面直线GE与PC所成的角．在△PCH中，由余弦定理即可求得cos∠PCH的值．（2）在平面ABCD内，过D作DM⊥GC，M为垂足，连结MF，可证FM∥PG，由GM⊥MD得：GM=GD•cos45°=，由DF⊥GC，即可求得的值．【解答】解：（1）由已知==，∴PG=4，在平面ABCD内，过C点作CH∥EG交AD于H，连结PH，则∠PCH（或其补角）就是异面直线GE与PC所成的角．在△PCH中，CH=，PC=，PH=，由余弦定理得，cos∠PCH=．（2）在平面ABCD内，过D作DM⊥GC，M为垂足，连结MF，又因为DF⊥GC，∴GC⊥平面MFD，∴GC⊥FM，由平面PGC⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD，∴FM∥PG，由GM⊥MD得：GM=GD•cos45°=，∵，∴由DF⊥GC，可得．【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的性质，异面直线及其所成的角，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．19．如图，边长为2的正方形ABCD绕AB边所在直线旋转一定的角度（小于180°）到ABEF的位置．（1）若∠CBE=120°，求三棱锥B﹣ADF的外接球的表面积；（2）若K为线段BE上异于B，E的点，CE=2．设直线AK与平面BDF所成角为φ，当30°≤φ≤45°时，求BK的取值范围．【考点】直线与平面所成的角；球的体积和表面积．【专题】计算题；数形结合；转化思想；空间位置关系与距离；空间角．【分析】（1）求出外接球的半径，利用取得面积公式求解即可．（2）证明BE⊥平面ABCD．=以B为原点，BC、BA、BE的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，求出相关点的坐标，求出平面BDF的一个法向量为=（x，y，z）．推出sinφ==，结合sinφ，即求出BK的取值范围．【解答】解：（1）三棱锥B﹣ADF的外接球就是三棱柱DFA﹣CEB的外接球，球的半径为R，R==，外接球的表面积为：4πR2=20π．（2）解：∵BE=BC=2，CE=2，∴CE2=BC2+BE2，∴△BCE为直角三角形，BE⊥BC，…又BE⊥BA，BC∩BA=B，BC、BA⊂平面ABCD，∴BE⊥平面ABCD．…以B为原点，BC、BA、BE的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），F（0，2，2），A（0，2，0），=（2，2，0），．设K（0，0，m），平面BDF的一个法向量为=（x，y，z）．由，，得，可取，…又=（0，﹣2，m），于是sinφ==，∵30°≤φ≤45°，∴sinφ，即…结合0＜m＜2，解得，即BK的取值范围为（0，]．…【点评】本题考查几何体的外接球的表面积的求法，直线与平面所成角的求法与应用，考查空间想象能力以及计算能力，20．已知矩形ABCD中，AB=2，AD=5．E，F分别在AD，BC上．且AE=1，BF=3，沿EF将四边形AEFB折成四边形A′EFB′，使点B′在平面CDEF 上的射影H在直线DE上．（Ⅰ）求证：A′D∥平面B′FC（Ⅱ）求二面角A′﹣DE﹣F的大小．【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（I）利用线面平行的判定定理可得A′E∥平面B′FC，DE∥平面B′FC，又A′E∩DE=E．由面面平行的判定定理可得平面A′ED∥平面B′FC，再利用面面平行的性质定理可得线面平行；（II）建立如图所示的空间直角坐标系，利用B′在平面CDEF上的射影H在直线DE上，设B′（0，y，z）（y，z∈R+）及F（2，2，0），，B′F=3，可得到点B′的坐标，分别求出平面A′DE的法向量、平面CDEF的法向量，利用法向量的夹角即可得到二面角．【解答】（I）证明：∵A′E∥B′F，A′E⊄平面B′FC，B′F⊂平面B′FC．∴A′E∥平面B′FC，由DE∥FC，同理可得DE∥平面B′FC，又∵A′E∩DE=E．∴平面A′ED∥平面B′FC，∴A′D∥平面B′FC．（II）解：如图，过E作ER∥DC，过E作ES⊥平面EFCD，分别以ER，ED，ES为x，y，z轴建立空间直角坐标系．∵B′在平面CDEF上的射影H在直线DE上，设B′（0，y，z）（y，z∈R+）．∵F（2，2，0），，B′F=3．∴解得．∴B′（0，1，2）．∴．∴=．设平面A′DE的法向量为，又有．∴得，令x=1，则z=1，y═0，得到．又∵平面CDEF的法向量为．设二面角A′﹣DE﹣F的大小为θ，显然θ为钝角∴=．∴θ=135°．【点评】熟练掌握线面平行的判定定理、面面平行的判定和性质定理、通过建立空间直角坐标系利用两个平面的法向量的夹角求二面角是解题的关键．。

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2015-2016学年浙江省宁波市余姚中学高二（上）期中数学试卷一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．（5分）把球的大圆面积扩大为原来的2倍，那么体积扩大为原来的（）A．2倍 B．2倍C．倍D．32．（5分）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图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）A．B．C．D．3．（5分）已知m、n是不重合的直线，α、β是不重合的平面，有下列命题：①若m⊂α，n∥α，则m∥n；②若m∥α，m∥β，则α∥β；③若α∩β=n，m∥n，则m∥α且m∥β；④若m⊥α，m⊥β，则α∥β．其中真命题的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．34．（5分）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，已知=，=，=，则用向量，，可表示向量为（）A．++B．﹣++C．﹣+ D．﹣+﹣5．（5分）圆锥的母线长为2，侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的表面积为（）A．6πB．5πC．3πD．2π6．（5分）若直线a不平行于平面α，则下列结论正确的是（）A．α内所有的直线都与a异面B．直线a与平面α有公共点C．α内所有的直线都与a相交D．α内不存在与a平行的直线7．（5分）如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H，则以下命题中，错误的命题是（）A．点H是△A1BD的垂心B．AH垂直平面CB1D1C．AH的延长线经过点C1D．直线AH和BB1所成角为45°8．（5分）已知一个高度不限的直三棱柱ABC﹣A1B1C1，AB=4，BC=5，CA=6，点P是侧棱AA1上一点，过A作平面截三棱柱得截面ADE，给出下列结论：①△ADE 是直角三角形；②△ADE是等边三角形；③四面体APDE为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体．其中有不可能成立的结论的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3二、填空题（本大题共7小题，第9～12题每题6分，第13～15题每题4分，共36分．）9．（6分）一圆柱的底面直径和高都是3，则它的体积为侧面积为．10．（6分）已知一个三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为．外接球半径为．11．（6分）已知向量=m+5﹣，=3++r若∥则实数m=，r=．12．（6分）各边长为1的正四面体，内切球表面积为，外接球体积为．13．（4分）一只蚂蚁从棱长为1的正方体的表面上某一点P处出发，走遍正方体的每个面的中心的最短距离d=f（P），那么d的最大值是．14．（4分）三棱锥P﹣ABC中，∠APB=∠BPC=∠CPA=90°，M在△ABC内，∠MPA=∠MPB=60°，则∠MPC=．15．（4分）如右图，在正三棱锥S﹣ABC中，M，N分别为棱SC，BC的中点，AM⊥MN，若，则正三棱锥S﹣ABC的外接球的体积为．三、解答题：本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．（14分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，O是底ABCD对角线的交点．求证：（1）C1O∥面AB1D1；（2）A1C⊥面AB1D1．17．（15分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，底面四边形ABCD为菱形，AB=2，BD=2，M，N分别是线段PA，PC的中点．（Ⅰ）求证：MN∥平面ABCD；（Ⅱ）求异面直线MN与BC所成角的大小．18．（15分）如图，三棱锥P﹣ABC中，PB⊥底面ABC，∠BCA=90°，PB=BC，E 为PC的中点，M为AB的中点，点F在PA上，且AF=2FP．（I）求证：BE⊥平面PAC；（II）求证：CM∥平面BEF．19．（15分）如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，AF⊥平面ABCD，CE⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：BD⊥EF；（Ⅱ）若AF=1，且二面角B﹣EF﹣C的大小为30°，求CE的长．20．（15分）如图，棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC=60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60°．（Ⅰ）证明：BD⊥AA1；（Ⅱ）求二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值；（Ⅲ）在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．2015-2016学年浙江省宁波市余姚中学高二（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．（5分）把球的大圆面积扩大为原来的2倍，那么体积扩大为原来的（）A．2倍 B．2倍C．倍D．3【解答】解：解：设原球的半径R，∵球的大圆的面积扩大为原来的2倍，则半径扩大为原来的倍，∴体积扩大为原来的2倍．故选：B．2．（5分）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图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）A．B．C．D．【解答】解：设正方体的棱长为1，由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，∴正方体切掉部分的体积为×1×1×1=，∴剩余部分体积为1﹣=，∴截去部分体积与剩余部分体积的比值为．故选：D．3．（5分）已知m、n是不重合的直线，α、β是不重合的平面，有下列命题：①若m⊂α，n∥α，则m∥n；②若m∥α，m∥β，则α∥β；③若α∩β=n，m∥n，则m∥α且m∥β；④若m⊥α，m⊥β，则α∥β．其中真命题的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3【解答】解：①若m⊂α，n∥α，则m与n平行或异面，故不正确；②若m∥α，m∥β，则α与β可能相交或平行，故不正确；③若α∩β=n，m∥n，则m∥α且m∥β，m也可能在平面内，故不正确；④若m⊥α，m⊥β，则α∥β，垂直与同一直线的两平面平行，故正确故选：B．4．（5分）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，已知=，=，=，则用向量，，可表示向量为（）A．++B．﹣++C．﹣+ D．﹣+﹣【解答】解：===﹣．故选：B．5．（5分）圆锥的母线长为2，侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的表面积为（）A．6πB．5πC．3πD．2π【解答】解：一个圆锥的母线长为2，它的侧面展开图为半圆，圆的弧长为：2π，即圆锥的底面周长为：2π，设圆锥的底面半径是r，则得到2πr=2π，解得：r=1，这个圆锥的底面半径是1，∴圆锥的表面积S=πr（r+l）=3π，故选：C．6．（5分）若直线a不平行于平面α，则下列结论正确的是（）A．α内所有的直线都与a异面B．直线a与平面α有公共点C．α内所有的直线都与a相交D．α内不存在与a平行的直线【解答】解：∵直线a不平行于平面α，∴α内所有的直线都与a异面或相交，故A和C均错误；直线a与平面α至少有一个公共点，故B正确；当a⊂α时，α内存在与a平行的直线，故D不正确．故选：B．7．（5分）如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H，则以下命题中，错误的命题是（）A．点H是△A1BD的垂心B．AH垂直平面CB1D1C．AH的延长线经过点C1D．直线AH和BB1所成角为45°【解答】解：因为三棱锥A﹣A1BD是正三棱锥，所以顶点A在底面的射影H是底面中心，所以选项A正确；易证面A1BD∥面CB1D1，而AH垂直平面A1BD，所以AH垂直平面CB1D1，所以选项B正确；连接正方体的体对角线AC1，则它在各面上的射影分别垂直于BD、A1B、A1D等，所以AC1⊥平面A1BD，则直线A1C与AH重合，所以选项C正确；故选：D．8．（5分）已知一个高度不限的直三棱柱ABC﹣A 1B1C1，AB=4，BC=5，CA=6，点P是侧棱AA1上一点，过A作平面截三棱柱得截面ADE，给出下列结论：①△ADE 是直角三角形；②△ADE是等边三角形；③四面体APDE为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体．其中有不可能成立的结论的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3【解答】解：如图，做直三棱柱ABC﹣A1B1C1，AB=4，BC=5，CA=6，①不妨取AD=6，AE=10，DE=8，则△ADE是直角三角形，①可能成立；②不妨令AD=AE=DE=a（a＞6），则△ADE是等边三角形，②可能成立；③假设四面体APDE为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体，当A为直角顶点时，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，PA⊥底面ABC，则E，D分别与C，B重合，此时，∠EAD不是直角，与假设矛盾，假设不成立，当P为直角顶点时，可得PD∥AB，PE∥AC，由等角定理知则∠EPD不可能是直角，与假设矛盾，假设不成立，当E或D点为直角顶点时，不妨选E为直角顶点，则DE⊥EP，DE⊥EA，EP∩EA ═A，EP⊂平面ACC1A1，EA⊂平面ACC1A1，则平面ACC1A1与平面BCC1B1垂直，则直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，可证∠ACB为二面角的平面角，∠ACB═90°，与题意矛盾，假设不成立．综上③错误．故选：B．二、填空题（本大题共7小题，第9～12题每题6分，第13～15题每题4分，共36分．）9．（6分）一圆柱的底面直径和高都是3，则它的体积为侧面积为9π．【解答】解：一圆柱的底面直径和高都是3，底面半径为：；则它的体积为：V=SH=（）2π•3=．侧面积为：3π×3=9π．故答案为：π；9π．10．（6分）已知一个三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为．外接球半径为．【解答】解：由三视图知：几何体为三棱锥，且一条侧棱与底面垂直，高为2，三棱锥的底面为等腰三角形，且三角形的底边长为2，底边上的高为1，∴几何体的体积V=××2×1×2=．以D为原点，DB为x轴，DA为y轴，建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（0，0，2），B（2，0，0），C（﹣1，，0）∵（x﹣2）2+y2+z2=x2+y2+z2，①x2+y2+（z﹣2）2=x2+y2+z2，②（x+1）2+（y﹣）2+z2=x2+y2+z2，③∴x=1，y=，z=1，∴球心的坐标是（1，，1），∴球的半径是，故答案为：，．11．（6分）已知向量=m+5﹣，=3++r若∥则实数m=15，r=﹣．【解答】解：向量=m+5﹣=（m，5，﹣1），=3++r=（3，1，r），∥，则==解得m=15，r=﹣故答案为：15，﹣12．（6分）各边长为1的正四面体，内切球表面积为，外接球体积为．【解答】解：设正四面体为PABC，两球球心重合，设为O．设PO的延长线与底面ABC的交点为D，则PD为正四面体PABC的高，PD⊥底面ABC，且PO=R，OD=r，OD=正四面体PABC内切球的高．设正四面体PABC底面面积为S．将球心O与四面体的4个顶点PABC全部连接，可以得到4个全等的正三棱锥，球心为顶点，以正四面体面为底面．每个正三棱锥体积V1=•S•r 而正四面体PABC体积V2=•S•（R+r）根据前面的分析，4•V1=V2，所以，4••S•r=•S•（R+r），所以，R=3r，因为棱长为1，所以AD=，所以PD=，所以R=，r=所以棱长为1的正四面体的外接球体积为π•（）2=、内切球的表面积为4π•（）2=，故答案为：，13．（4分）一只蚂蚁从棱长为1的正方体的表面上某一点P处出发，走遍正方体的每个面的中心的最短距离d=f（P），那么d的最大值是．【解答】解：欲求d的最大值，先将起始点定在正方体的一个顶点A点，正方体展开图形为：则蚂蚁爬行最短程的最大值S=5+=．故答案为：．．14．（4分）三棱锥P﹣ABC中，∠APB=∠BPC=∠CPA=90°，M在△ABC内，∠MPA=∠MPB=60°，则∠MPC=45°．【解答】解：如图，过M做平面PBC的垂线，交平面PBC于Q，连接PQ．∵∠APB=∠APC=90°，∴AP⊥平面PBC，∵MQ⊥平面PBC，∴AP∥MQ，∵∠MPA=60°，∴∠MPQ=90°﹣60°=30°．由公式：cos∠MPB=cos∠MPQ×cos∠QPB，得到cos∠QPB=．∵∠QPC是∠QPB的余角，∴cos∠QPC=．再用公式：cos∠MPC=cos∠MPQ×cos∠QPC，得到cos∠MPC=．∴∠MPC=45°．故答案为：45°．15．（4分）如右图，在正三棱锥S﹣ABC中，M，N分别为棱SC，BC的中点，AM⊥MN，若，则正三棱锥S﹣ABC的外接球的体积为．【解答】解：∵M，N分别为棱SC，BC的中点，∴MN∥SB∵三棱锥S﹣ABC为正棱锥，∴SB⊥AC（对棱互相垂直）∴MN⊥AC又∵MN⊥AM，而AM∩AC=A，∴MN⊥平面SAC，∴SB⊥平面SAC∴∠ASB=∠BSC=∠ASC=90°以SA，SB，SC为从同一定点S出发的正方体三条棱，将此三棱锥补成以正方体，则它们有相同的外接球，正方体的对角线就是球的直径．∴2R=，∴R=，∴V=πR3=π×=故答案为：三、解答题：本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．（14分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，O是底ABCD对角线的交点．求证：（1）C1O∥面AB1D1；（2）A1C⊥面AB1D1．【解答】证明：（1）连接A1C1，设A1C1∩B1D1=O1，连接AO1，∵ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，∴A1ACC1是平行四边形，∴A1C1∥AC且A1C1=AC，又O1，O分别是A1C1，AC的中点，∴O1C1∥AO且O1C1=AO，∴AOC1O1是平行四边形，∴C1O∥AO1，AO1⊂面AB1D1，C1O⊄面AB1D1，∴C1O∥面AB1D1；（2）∵CC1⊥面A1B1C1D1∴CC1⊥B1D!，又∵A1C1⊥B1D1，∴B1D1⊥面A1C1C，即A1C⊥B1D1，∵A1B⊥AB1，BC⊥AB1，又A1B∩BC=B，AB1⊥平面A1BC，又A1C⊂平面A1BC，∴A 1C⊥AB1，又D1B1∩AB1=B1，∴A1C⊥面AB1D117．（15分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，底面四边形ABCD为菱形，AB=2，BD=2，M，N分别是线段PA，PC的中点．（Ⅰ）求证：MN∥平面ABCD；（Ⅱ）求异面直线MN与BC所成角的大小．【解答】（Ⅰ）证明：连结AC，交BD于点O，∵M，N分别是PA，PC的中点，∴MN∥AC，∵MN⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴MN∥平面ABCD．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知∠ACB是异面直线MN与BC所成的角或其补角，∵四边形ABCD是菱形，AB=2，BO=，∴∠OCB=60°，∴异面直线MN与BC所成的角为60°．18．（15分）如图，三棱锥P﹣ABC中，PB⊥底面ABC，∠BCA=90°，PB=BC，E 为PC的中点，M为AB的中点，点F在PA上，且AF=2FP．（I）求证：BE⊥平面PAC；（II）求证：CM∥平面BEF．【解答】证明：（1）∵PB⊥底面ABC，且AC⊂平面ABC∴AC⊥PB．由∠BCA=90°，得AC⊥BC又∵PB∩BC=B∴AC⊥平面PBC∵BE⊂平面PBC∴AC⊥BE∵PB=BC，E为PC中点∴BE⊥PC又∵PC∩AC=C，且PC、AC∈平面PAC∴BE⊥平面PAC（2）取AF的中点G，连接CG、GM∵FA=2FP∴GF=AF=FP又∵E为PC中点∴EF∥CG∵CG⊄平面BEF，EF⊂平面BEF∴CG∥平面BEF同理可证：GM∥平面BEF又∵CG∩GM=G∴平面CMG∥平面BEF∵CM⊂平面CGM∴CM∥平面BEF．19．（15分）如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，AF⊥平面ABCD，CE⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：BD⊥EF；（Ⅱ）若AF=1，且二面角B﹣EF﹣C的大小为30°，求CE的长．【解答】（Ⅰ）证明：∵AF⊥平面ABCD，CE⊥平面ABCD，∴AF∥CE，∴四边形ACEF在同一平面内，∵AF⊥平面ABCD，∴AF⊥BD，又∵ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∵AF∩AC=A，∴BD⊥平面ACEF，∴BD⊥EF；（Ⅱ）解：以点A为坐标原点，分别以AB、AD、AF所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz如图，设CE=a，则B（1，0，0），F（0，0，1），E（1，1，a），∴=（﹣1，0，1），=（0，1，a），设平面BEF的一个法向量为=（x，y，1），由，得，∴=（1，﹣a，1），由（I）知=（1，﹣1，0）是平面CEF的一个法向量，∴|cos＜，＞|==cos30°=，∴a=2，即CE=2．20．（15分）如图，棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC=60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60°．（Ⅰ）证明：BD⊥AA1；（Ⅱ）求二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值；（Ⅲ）在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．【解答】法一：（Ⅰ）证明：连接BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°∴A1O2=AA12+AO2﹣2AA1•Aocos60°=3∴AO2+A1O2=A12∴A1O⊥AO，∵平面AA1C1C⊥平面ABCD，平面AA1C1C∩平面ABCD=AO∴A1O⊥底面ABCD∴以OB、OC、OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A（0，﹣1，0），B（，0，0），C（0，1，0），D（﹣，0，0），A1（0，0，）…（2分）∵，，∴∴BD⊥AA1…（4分）（Ⅱ）解：∵OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1C的法向量设⊥平面AA1D，，则由得到，∴…（6分）∴所以二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值是…（8分）（Ⅲ）解：假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1设，则得…（9分）设⊥平面DA1C1，，则由得到，∴…（10分）又因为平面DA1C1，则•，∴，∴λ=﹣1即点P在C1C的延长线上且使C1C=CP …（13分）法二：（Ⅰ）证明：过A 1作A1O⊥AC于点O，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，由面面垂直的性质定理知，A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD又底面为菱形，所以AC⊥BD∵A1O∩AC=O∴BD⊥平面AA1O∵AA1⊂平面AA1O∴AA1⊥BD…（4分）（Ⅱ）解：在△AA1O中，A1A=2，∠A1AO=60°，∴AO=AA1•cos60°=1所以O是AC的中点，由于底面ABCD为菱形，所以O也是BD中点由（Ⅰ）可知DO⊥平面AA1C过O作OE⊥AA1于E点，连接OE，则AA1⊥DE，故∠DEO为二面角D﹣AA1﹣C 的平面角…（6分）在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°∴AC=AB=BC=2，∴AO=1，DO=在Rt△AEO中，OE=OA•sin∠EAO=DE=∴cos∠DEO=∴二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值是…（9分）（Ⅲ）解：存在这样的点P，连接B1C，∵A1B1AB DC，∴四边形A1B1CD为平行四边形，∴A1D∥B1C在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP …（11分）∵B1B CC1，…（12分）∴BB1CP∴四边形BB1CP为平行四边形∴BP∥B1C，∴BP∥A1D∵BP⊄平面DA 1C1，A1D⊂平面DA1C1，∴BP∥平面DA1C1…（13分）赠送初中数学几何模型【模型三】双垂型：图形特征：运用举例：1.在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以斜边AB为底边向外作等腰三角形PAB，连接PC. （1）如图，当∠APB＝90°时，若AC=5，PC＝62，求BC的长；（2）当∠APB＝90°时，若AB=45APBC的面积是36，求△ACB的周长.P2.已知：如图，B、C、E三点在一条直线上，AB＝AD，BC＝CD.（1）若∠B＝90°，AB＝6，BC＝23，求∠A的值；（2）若∠BAD＋∠BCD＝180°，cos∠DCE＝35，求ABBC的值.3.如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠DAB=∠BCD=90°，（1）若AB=3，BC+CD=5，求四边形ABCD的面积（2）若p= BC+CD，四边形ABCD的面积为S，试探究S与p之间的关系。