2014级高二上学期考试 数学(理科)试卷.doc

2012-2013学年上期2014级半期考试数学试卷（理科）考试时间：120分钟 总分：150分命题人：张世永 审题人：杜利超 一选择题（每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求）1以下对于几何体的描述，错误的是（ ）A以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球B一个等腰三角形绕着底边上的高所在直线旋转180形成的封闭曲面所围成的图形叫做圆锥C用平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台D以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体叫做圆柱2正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N分别为棱AB，DD1中点，则异面直线A1M与C1N所成的角是（ ）A0BCD3下列命题中，正确的是（ ）A经过两条相交直线，有且只有一个平面 B经过一条直线和一点，有且只有一个平面C若平面与平面相交，则它们只有有限个公共点D若两个平面有三个公共点，则这两个平面重合4棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，四面体AB1CD1的体积为（ ）ABCD5若a，b是两条直线，是一个平面，则下列命题正确的是（ ）A若ab，则a平行于经过b的任何平面 B若a，则a与内任何直线平行C若a，b，则ab D若ab，a，b，则b结束是否k=0,S=1开始k=k+1S=Sk4输出S6.若正方体的棱长为，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为 （ ）A. B. C. D. 7.执行如图所示的程序框图,输出的S值为（ ）A4B8 C16D64 8. 一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是（ ）A三棱锥 B球 C圆柱 D正方体9如图，在直棱柱ABCA1B1C1中，AC=BC=2，ACB=90，AA1=2，E，F分别为AB、CB中点，过直线EF作棱柱的截面，若截面与平面ABC所成的二面角的大小为60，则截面的面积为( )A3或1B1 C4或1D3或4 10用一个平面去截正方体，对于截面的边界，有以下图形：钝角三角形；直角梯形；菱形；正五边形；正六边形。则不可能的图形的选项为（ ）ABCD11.如图，平行六面体中，侧棱长为3，底面是边长为2的菱形，点E在棱上,则的最小值为（ ）A. B. 5 C. D.712.三棱锥中，是底面，且这四个顶点都在半径为2的球面上，则这个三棱锥的三个侧棱长的和的最大值为（ ）A. 16 B. C. D.32二、填空题（本大题共4小题，每题4分，共16分，把答案填在题中的横线上。）13在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=3，AD=4，AA1=5，则直线AC1与平面ABCD所成角的大小为 14已知次多项式.秦九韶给出的一种算法中，计算的值需要次算法，计算的值共需要9次运算（6次乘法，3次加法），那么计算的值共需要 次运算.15.某几何体的三视图如图1所示,它的体积为_.16正三棱锥PABC中，CM=2PM，CN=2NB，对于以下结论：二面角BPAC大小的取值范围是（，）；若MNAM，则PC与平面PAB所成角的大小为；过点M与异面直线PA和BC都成的直线有3条；若二面角BPAC大小为，则过点N与平面PAC和平面PAB都成的直线有3条 正确的序号是 三.解答题（17-21每小题12分，22题14分，共74分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，E为AB中点，F为正方形BCC1B1的中心.（1）求直线EF与平面ABCD所成角的正切值；（2）求异面直线A1C与EF所成角的余弦值18如图，空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，且AB=AD，BC=DC（1）求证：平面EFGH；（2）求证：四边形EFGH是矩形19如图，正方体ABCDA1B1C1D1棱长为8，E、F分别为AD1，CD1中点，G、H分别为棱DA，DC上动点，且EHFG（1）求GH长的取值范围；（2）当GH取得最小值时，求证：EH与FG共面；并求出此时EH与FG的交点P到直线的距离. 20如图，已知二面角AB的大小为120，PC于C，PD于D，且PC=2，PD=3（1）求异面直线AB与CD所成角的大小；（2）求点P到直线AB的距离21. 如图1,在RtABC中,C=90,BC=6,AC=3,D,E分别是AC,AB上的点,且DEBC,DE=4,将ADE沿DE折起到A1DE的位置,使A1CCD,如图2. (1)求证:A1C平面BCDE;(2)过点E作截面平面,分别交CB于F, 于H,求截面的面积;(3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE成的角?说明理由. 图1 图222. 在三棱柱中,已知,在在底面的投影是线段的中点。（1）求点C到平面的距离；(2)求二面角的余弦值;(3)若M,N分别为直线上动点,求MN的最小值。2012-2013学年上期2014级半期考试数学（理科）试卷(参考答案)考试时间：120分钟 总分：150分命题人：张世永 审题人：杜利超一选择题（每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求）CDAB DBDC ACAB二、填空题（本大题共4小题，每题4分，共16分，把答案填在题中的横线上。） 13. 14. 15. 16. 三.解答题（17-21每小题12分，22题14分，共74分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17.解法一：（1）取BC中点H，连结FH，EH，设正方体棱长为2F为BCC1B1中心，E为AB中点FH平面ABCD，FH=1，EH=FEH为直线EF与平面ABCD所成角，且FHEHtanFEH=6分（2）取A1C中点O，连接OF，OA，则OFAE，且OF=AE四边形AEFO为平行四边形AOEFAOA1为异面直线A1C与EF所成角A1A=2，AO=A1O=AOA1中，由余弦定理得cosA1OA=12分解法二：设正方体棱长为2，以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系则B（0，0，0），B1（0，0，2），E（0，1，0），F（1，0，1），C（2，0，0），A1（0，2，2）（1）=（1，1，1），=（0，0，2），且为平面ABCD的法向量cos=设直线EF与平面ABCD所成角大小为sin=，从而tan=6分（2）=（2，2，2）cos=异面直线A1C与EF所成角的余弦值为12分18.证明：（1）E，H分别为AB， DA的中点EHBD，又平面EFGH，平面EFGH,平面EFGH；4分(2)取BD中点O，连续OA，OC AB=AD，BC=DCAOBD，COBD，又AOCO=0BD平面AOCBDAC 7分E，F，G，H为AB，BC，CD，DA的中点EHBD，且EH=BD；FGBD，且FG=BD，EFACEHFG，且EH=FG四边形EFGH是平行四边形10分由（2）可知ACBD，又EFAC，EHBDEFEH四边形EFGH为矩形 12分19. 解：（1）以D为原点，DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系设DG=a，DH=b，则E（4，0，4），F（0，4，4），G（a，0，0），H（0，b，0）=（4，b，4），=（a，4，4）EHFG=4a4b+16=0，则a+b=4，即b=4a又G1H在棱DA，DC上，则0a8，0b8，从而0a4GH=GH取值范围是2，4 6分（2）当GH=2时，a=2，b=2=（2，2，0），=（4，4，0），即=2EFGH，即EH与FG共面所以EF=2GH，EFGH，则设P（x1，y1，z1），则=（x14，y，z14）x1=，y1=，z1=，即P（，） 则P（，）在底面上ABCD上的射影为M（，0）.又B（8，8，0），所以为点P到直线的距离. 12分20.解：（1）PC于C，PD于DPCAB，PDAB又PCPD=DAB平面PCDABCD，即异面直线AB与CD所成角的大小为90 6分（2）设平面ACD与直线AB交于点E，连结CE，DE，PE由（1）可知，AB平面PCDABCE，ABDE，ABPECED为二面角AB的平面角，8分从而CED=120PC，PDPCCE，PDDECPD=60又PC=2，PD=3由余弦定理，得CD2=4+9-12cos60=7，从而CD=10分PE为四边形PCED的外接圆直径由正弦定理，得PE= 12分21. 解:(1), 平面.又平面, .又, 平面 4分(2) )过点E作EFCD交BC于F, 过点F作FH交于H,连结EH.则截面平面。因为四边形EFCD为矩形，所以EF=CD=1，CF=DE=4，从而FB=2，HF=平面, FH，平面， 8分(3) 假设线段BC上存在点P,使平面A1DP与平面A1BE成的角。设点坐标为,则.如图建系,则, ., 设平面法向量为,则 ，设平面法向量为,因为,. 则 则56, 解得 所以存在线段上存在点,使平面与平面成的角. 12分22.解:（1）连接AO, 因为平面ABC,所以,因为, 得,在中, 在中，则又设点C到平面的距离为则由得，从而4分(2)如图所示,分别以所在的直线 为x,y,z轴，建立空间直角坐标系,则A(1,0,0), C(0,-2,0), A1(0.0,2),B(0,