重庆市合川大石中学2016-2017学年高二(上)期中数学(理)试卷

2016-2017学年重庆市合川大石中学高二（上）期中数学试卷（理科）
一、选择题（本题共12道小题，每小题5分，共60分）
1．在空间直角坐标系中，点（﹣2，1，4）关于x轴的对称点的坐标为（）A．（﹣2，1，﹣4）B．（﹣2，﹣1，﹣4） C．（2，1，﹣4）D．（2，﹣1，4）2．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则（）
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥β
C．若m∥n，n⊥α，则m⊥αD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β
3．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线AC和BC1所成的角为（）A．45°B．30°C．60°D．90°
4．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）
A．64 B．72 C．80 D．112
5．下列说法中正确的个数有（）
①两平面平行，夹在两平面间的平行线段相等；
②两平面平行，夹在两平面间的相等的线段平行；
③两条直线被三个平行平面所截，截得的线段对应成比例；
④如果夹在两平面间的三条平行线段相等，那么这两个平面平行．
A．1个B．2个C．3个D．4个
6．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的各个面中，最大的面积是（）
A． B．1 C．D．
7．如图，以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
①；
②∠BAC=60°；
③三棱锥D﹣ABC是正三棱锥；
④平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直．
其中正确的是（）
A．①②B．②③C．③④D．①④
8．设m、n是不同的直线，α、β、γ是不同的平的，有以下四个命题：
①若α∥β，α∥γ，则β∥γ ②若α⊥β，m∥α，则m⊥β
③若m∥n，n⊂α，则m∥α ④若m⊥α，m∥β，则α⊥β
其中正确命题的序号是（）
A．①③B．①④C．②③D．②④
9．如图，E为正方体的棱AA1的中点，F为棱AB上的一点，且∠C1EF=90°，则AF：FB=（）
A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4
10．如图，∠C=，AC=BC，M、N分别是BC、AB的中点，将△BMN沿直线MN
折起，使二面角B′﹣MN﹣B的大小为，则B'N与平面ABC所成角的正切值是（）
A． B．C．D．
11．正四棱锥S﹣ABCD中，侧棱与底面所成的角为α，侧面与底面所成的角为β，侧面等腰三角形的底角为γ，相邻两侧面所成的二面角为θ，则α、β、γ、θ的大小关系是（）
A．α＜β＜γ＜θ B．α＜β＜θ＜γC．θ＜α＜γ＜βD．α＜γ＜β＜θ
12．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是（）
A．．
故选：B．
【点评】本题考查了正方体的性质和直角三角形的边角关系即可、线面角的求法，考查了推理能力，属于中档题．
二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）
13．已知，若则实数x=4．
【考点】空间向量的数量积运算．
【分析】利用向量垂直的性质求解．
【解答】解：∵，，
∴=6﹣2﹣x=0，
解得x=4．
∴实数x的值为4．
故答案为：4．
【点评】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量垂直的性质的合理运用．
14．过两条异面直线中的一条且平行于另一条的平面有1个．
【考点】直线与平面平行的判定．
【分析】根据空间两条异面直线位置关系和线面平行的定义，以及图象判断符合条件的平面的个数．
【解答】解：由于两条直线是异面直线，
则只能作出1个平面平行于另一条直线；
如图：异面直线a、b，过b上任一点作a的平行线c
则相交直线b、c确定一个平面，
且与a平行．
故答案为：1．
【点评】本题考查了线面平行的定义和异面直线位置关系，主要根据具体的位置关系和题意判断，考查了空间想象能力．
15．如图所示，ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M、N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP=，过P、M、N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ=a．
【考点】平面与平面平行的性质；棱柱的结构特征．
【分析】由题设PQ在直角三角形PDQ中，故需要求出PD，QD的长度，用勾股定理在直角三角形PDQ中求PQ的长度．
【解答】解：∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，MN⊂平面A1B1C1D1
∴MN∥平面ABCD，又PQ=面PMN∩平面ABCD，
∴MN∥PQ．
∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点
∴MN∥A1C1∥AC，
∴PQ∥AC，又AP=，ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为a的正方体，
∴CQ=，从而DP=DQ=，
∴PQ===a．
故答案为：a
【点评】本题考查平面与平面平行的性质，是立体几何中面面平行的基本题型，本题要求灵活运用定理进行证明．
16．如图，将菱形ABCD沿对角线BD折起，使得C点至C′，E点在线段AC′上，若二面角A﹣BD﹣E与二面角E﹣BD﹣C′的大小分别为15°和30°，则=．
【考点】与二面角有关的立体几何综合题．
【分析】取BD的中点O，连接AO，EO，C′O，由题设知AOE=15°，∠EOC′=30°，由此利用正弦定理能求出．
【解答】解：取BD的中点O，连接AO，EO，C′O，
∵菱形ABCD沿对角线BD折起，使得C点至C′，E点在线段AC′上，
∴C′O⊥BD，AO⊥BD，OC′=OA，
∴BD⊥平面AOC′，
∴EO⊥BD，
∵二面角A﹣BD﹣E与二面角E﹣BD﹣C′的大小分别为15°和30°，
∴∠AOE=15°，∠EOC′=30°，
∵OC′=OA，∴∠OC′E=∠OAE，
由正弦定理得，，
∴，
∴===．
故答案为：．
【点评】本题考查棱锥的结构特征，注意在翻折过程中哪些量发生了变化，哪些量没有发生变化；位于折线同侧的元素关系不变，位于折线两侧的元素关系会发生变化．
三、解答题（本题共6道小题，共70分）
17．（10分）（2015•沈阳模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=2，PD=，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．
（Ⅰ）证明：平面EAC⊥平面PBD；
（Ⅱ）若PD∥平面EAC，求三棱锥P﹣EAD的体积．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．
【分析】（Ⅰ）由已知得AC⊥PD，AC⊥BD，由此能证明平面EAC⊥平面PBD．（Ⅱ）由已知得PD∥OE，取AD中点H，连结BH，由此利用，能求出三棱锥P﹣EAD的体积．
【解答】（Ⅰ）证明：∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥PD．∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
又∵PD∩BD=D，AC⊥平面PBD．
而AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBD．
（Ⅱ）解：∵PD∥平面EAC，平面EAC∩平面PBD=OE，
∴PD∥OE，
∵O是BD中点，∴E是PB中点．
取AD中点H，连结BH，∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，
∴BH⊥AD，又BH⊥PD，AD∩PD=D，∴BD⊥平面PAD，．
∴
==．
【点评】本题考查平面与平面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
18．（12分）（2013秋•苏州期末）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，A1A=4，点D是BC的中点；
（I）求异面直线A1B，AC1所成角的余弦值；
（II）求直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值．
【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角．
【分析】（I）以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，可得和
的坐标，可得cos＜，＞，可得答案；
（II）由（I）知，=（2，0，﹣4），=（1，1，0），设平面C1AD的法向量为=（x，y，z），由可得=（1，﹣1，），设直线AB1与平面C1AD所成的
角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=，进而可得答案．
【解答】解：（I）以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，
则可得B（2，0，0），A1（0，0，4），C1（0，2，4），D（1，1，0），
∴=（2，0，﹣4），=（0，2，4），
∴cos＜，＞==
∴异面直线A1B，AC1所成角的余弦值为：；
（II）由（I）知，=（2，0，﹣4），=（1，1，0），
设平面C1AD的法向量为=（x，y，z），
则可得，即，取x=1可得=（1，﹣1，），
设直线AB1与平面C1AD所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=
∴直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值为：
【点评】本题考查异面直线所成的角，以及直线与平面所成的角，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．
19．（12分）（2012•碑林区校级模拟）在直角梯形PBCD中，
，A为PD的中点，如图．将△PAB沿AB折到△SAB的位置，使SB⊥BC，点E在SD上，且，如图．
（Ⅰ）求证：SA⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角E﹣AC﹣D的正切值．
【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题．
【分析】（法一）（1）由题意可知，翻折后的图中SA⊥AB①，易证BC⊥SA②，由①②根据直线与平面垂直的判定定理可得SA⊥平面ABCD；
（2）（三垂线法）由考虑在AD上取一点O，使得，从而可得EO∥SA，所以EO⊥平面ABCD，过O作OH⊥AC交AC于H，连接EH，∠EHO为二面角E﹣AC﹣D的平面角，在Rt△AHO中求解即可
（法二：空间向量法）
（1）同法一
（2）以A为原点建立直角坐标系，易知平面ACD的法向为，求平面EAC 的法向量，代入公式求解即可
【解答】解法一：（1）证明：在题平面图形中，由题意可知，BA⊥PD，ABCD为正方形，
所以在翻折后的图中，SA⊥AB，SA=2，四边形ABCD是边长为2的正方形，
因为SB⊥BC，AB⊥BC，SB∩AB=B
所以BC⊥平面SAB，
又SA⊂平面SAB，
所以BC⊥SA，
又SA⊥AB，BC∩AB=B
所以SA⊥平面ABCD，
（2）在AD上取一点O，使，连接EO
因为，所以EO∥SA
因为SA⊥平面ABCD，
所以EO⊥平面ABCD，
过O作OH⊥AC交AC于H，连接EH，
则AC⊥平面EOH，
所以AC⊥EH．
所以∠EHO为二面角E﹣AC﹣D的平面角，．
在Rt△AHO中，
∴，
即二面角E﹣AC﹣D的正切值为
解法二：（1）同方法一
（2）解：如图，以A为原点建立直角坐标系，A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），S（0，0，2），E（0，）
∴平面ACD的法向为
设平面EAC的法向量为=（x，y，z），
由，
所以，可取
所以=（2，﹣2，1）．
所以
所以
即二面角E﹣AC﹣D的正切值为
【点评】本题以平面图形的翻折为载体，考查空间直线与平面的位置关系：直线与平面平行及直线与平面平行的判定定理的运用，空角角中的二面角的平面角的作法及求解，利用向量的方法求解空间距离及空间角的方法，两法并举，注意细细体会．
20．（12分）（2015秋•安徽校级期末）如图所示，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，，．
（1）当时，求证：BM∥平面ADEF；
（2）若平面BDM与平面ABF所成锐角二面角的余弦值为时，求λ的值．
【考点】直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法．
【分析】（1）取DE中点N，连结MN，AN，则由中位线定理可得BM∥AN，从而BM ∥平面ADEF；
（2）建立空间坐标系，求出平面ABF和平面BDM的法向量，根据法向量夹角与二面角的关系列方程解出λ．
【解答】证明：（1）取DE中点N，连结MN，AN，
当λ=时，M为EC中点，又N是DE中点，
∴MN∥CD，MN=．
∵AB∥CD，AB=，
∴AB∥MN，AB=MN．
∴四边形ABMN是平行四边形，
∴BM∥AN，∵AN⊂平面ADEF，BM⊄平面ADEF，
∴BM∥平面ADEF．
（2）以D为坐标原点建立空间坐标系如图：
则为平面ABF的一个法向量，．
，=（0，4λ，2﹣2λ）．
设=（x，y，z）为平面BDM的一个法向量，
则，令z=1，得=（，，1）．
∴cos＜＞===﹣．
解得（舍）或λ=．
【点评】本题考查了线面平行的判定，二面角的求法，属于中档题．
21．（12分）（2016•辽宁二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD 是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB=2AD=2CD=2．E是PB的中点．
（Ⅰ）求证：平面EAC⊥平面PBC；
（Ⅱ）若二面角P﹣AC﹣E的余弦值为，求直线PA与平面EAC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．
【分析】（Ⅰ）证明平面EAC⊥平面PBC，只需证明AC⊥平面PBC，即证AC⊥PC，AC⊥BC；
（Ⅱ）根据题意，建立空间直角坐标系，用坐标表示点与向量，求出面PAC的法向量=（1，﹣1，0），面EAC的法向量=（a，﹣a，﹣2），利用二面角P﹣A C﹣E的余弦值为，可求a的值，从而可求=（2，﹣2，﹣2），=（1，1，﹣2），即可求得直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PC，
∵AB=2，AD=CD=1，∴AC=BC=，
∴AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC，
又BC∩PC=C，∴AC⊥平面PBC，
∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC．…
（Ⅱ）如图，以C为原点，取AB中点F，、、分别为x轴、y轴、z轴正向，建立空间直角坐标系，则C（0，0，0），A（1，1，0），B（1，﹣1，0）．
设P（0，0，a）（a＞0），则E（，﹣，），…（6分）
=（1，1，0），=（0，0，a），=（，﹣，），
取=（1，﹣1，0），则•=•=0，为面PAC的法向量．
设=（x，y，z）为面EAC的法向量，则•=•=0，
即取x=a，y=﹣a，z=﹣2，则=（a，﹣a，﹣2），
依题意，|cos＜，＞|===，则a=2．…（10分）
于是=（2，﹣2，﹣2），=（1，1，﹣2）．
设直线PA与平面EAC所成角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|==，
即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为．…（12分）
【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，利用向量的方法研究线面角，属于中档题．
22．（12分）（2016秋•合川区校级期中）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面是直角梯形，∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC=PB=PC=2CD=2，侧面PBC⊥底面ABCD，点M 在AB上，且AM：MB=1：2，E为PB的中点．
（1）求证：CE∥平面ADP；
（2）求证：平面PAD⊥平面PAB；
（3）棱AP上是否存在一点N，使得平面DMN⊥平面ABCD，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．
【分析】（1）取棱AP中点F，连接DF，EF，证明四边形EFDC为平行四边形，可得CE∥DF，即可证明CE∥平面ADP；
（2）证明CE⊥平面PAB，利用CN∥DF，可得DF⊥平面PAB，即可证明平面PAD⊥平面PAB；
（3）存在，．取BC中点O，连结AO交MD于Q，连结NQ，证明NQ⊥平面ABCD，即可得出结论．
【解答】（1）证明：取棱AP中点F，连接DF，EF．
∵EF为△PAB的中位线，∴EF∥AB，且
∵CD∥AB，且，∴EF∥CD，且EF=CD，
∴四边形EFDC为平行四边形，∴CE∥DF
∵DF⊂平面ADP，CE⊂平面ADP，
∴CE∥平面ADP
（2）证明：由（1）可得CE∥DF
∵PC=BC，E为PB的中点，∴CE⊥PB
∵AB⊥BC，平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，AB⊂平面ABCD ∴AB⊥平面PBC
又∵CE⊂平面PBC，
∴AB⊥CE
又∵CE⊥PB，AB∩PB=B，AB，PB⊂平面PBC，
∴CE⊥平面PAB
∵CN∥DF，
∴DF⊥平面PAB
又∵DF⊂平面PAD，
∴平面PAD⊥平面PAB；
（3）解：存在，．
证明：取BC中点O，连结AO交MD于Q，连结NQ，
在平面ABCD中由平几得，∴∥OP．
∵O为等腰△PBC底边上的中点，∴PO⊥BC，
∵PBC⊥底面ABCD，PO⊂平面PBC，平面PBC∩平面ABCD=BC，
∴PO⊥平面ABCD，∴NQ⊥平面ABCD，
∵NQ⊂平面DMN，∴平面DMN⊥平面ABC．
【点评】本题考查线面垂直、线面平行，面面垂直，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．。