高二数学上学期第二次（10月）月考试题 文1.doc

河北武邑中学2016-2017学年上学期高二第二次月考数学（文科）试题 注意事项：1. 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟。2. 答题前请仔细阅读答题卡（纸）上的“注意事项”的规定答题；3. 选择题答案涂在答题卡上，非选择题答案写在答题卡上相应位置，在试卷和草稿纸上做答无效.第I卷（共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求，将正确答案填涂在答题卡上。1如下图所示为一个简单几何体的三视图，则其对应的实物是()2 已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于()A1 B.C. D.3用平行于圆锥底面的截面去截圆锥，所得小圆锥的侧面积与原来大圆锥的侧面积的比是，则小圆锥的高与大圆锥的高的比是A. B1 C. D.4已知直线l平面，直线m平面，下面有三个命题：lm；lm；lm.则真命题的个数为A0 B1 C2 D35已知m、n是两条不同的直线，、是三个不同的平面，则下列命题正确的是A若，则 B若mn，m，n，则C若mn，m，则n D若n，n，则6. 正六棱锥PABCDEF中，G为PB的中点，则三棱锥DGAC与PGAC体积之比为A11 B12 C21 D327如右图，设平面EF，AB，CD，垂足分别是B、D，如果增加一个条件，就能推出BDEF，这个条件不可能是下面四个选项中的AACBACEFCAC与BD在内的射影在同一条直线上DAC与、所成的角相等8若二面角MlN的平面角大小为，直线m平面M，则平面N内的直线与m所成角的取值范围是A， B， C， D0，9如下图所示，E、F分别为正方体的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是下图中的()A四个图形都正确 B只有(2)(3)正确 C只有(4)错误 D只有(1)(2)正确10在正方体ABCDA1B1C1D1中，其棱长为1，下列命题中，正确的命题个数为A1C1和AD1所成角为；点B1到截面A1C1D的距离为；正方体的内切球与外接球的半径之比为1A3 B2 C1 D011正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱BB1中点，G是DD1中点，F是BC上一点且FBBC，则GB与 EF所成的角为() A30 B120 C60 D9012如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，2ACAA1BC2.若二面角B1DCC1的大小为60，则AD的长为()A. B. C2 D.二、填空题13如右图，一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直径为1的圆，那么这个几何体的侧面积为_14在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上移动，并且总是保持APBD1，则动点P的轨迹是_15已知每条棱长都为3的直平行六面体ABCDA1B1C1D1中，BAD60，长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动，另一个端点N在底面ABCD上运动则MN中点P的轨迹与该直平行六面体的表面所围成的几何体中体积较小的几何体的体积为_16. 已知点E、F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值为_三、解答题17如图12，在三棱锥SABC中，平面SAB平面SBC，ABBC，ASAB.过A作AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点求证：(1)平面EFG平面ABC；(2)BCSA.18如图14所示，在三棱锥PABQ中，PB平面ABQ，BABPBQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，联结GH.(1)求证：ABGH；(2)求二面角DGHE的余弦值19如右图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC6，BD8，E是PB上任意一点，AEC面积的最小值是3.(1)求证：ACDE；(2)求四棱锥PABCD的体积20 如图13所示，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E为棱AA1的中点(1)证明：B1C1CE； (2)求二面角B1CEC1的正弦值；(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为.求线段AM的长高二文科数学第二次月考试题答案1. A 2. C 3. C 4. C 5. D 6. C 7. D 8. A 9. B 10. C 11. D 12. A 13 14. 线段B1C 15. 16. 17证明：(1)因为ASAB，AFSB，垂足为F，所以F是SB的中点又因为E是SA的中点，所以EFAB.因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.同理EG平面ABC.又EFEGE，所以平面EFG平面ABC.(2)因为平面SAB平面SBC，且交线为SB，又AF平面SAB，AFSB，所以AF平面SBC.因为BC平面SBC，所以AFBC.又因为ABBC，AFABA，AF，AB平面SAB，所以BC平面SAB.因为SA平面SAB，所以BCSA.18解：(1)证明：因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EFAB，DCAB，所以EFDC.又EF平面PCD，DC平面PCD，所以EF平面PCD.又EF平面EFQ，平面EFQ平面PCDGH，所以EFGH.又EFAB，所以ABGH.(2)方法一：在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90，即ABBQ.因为PB平面ABQ，所以ABPB.又BPBQB，图15所以AB平面PBQ.由(1)知ABGH，所以GH平面PBQ.又FH平面PBQ，所以GHFH.同理可得GHHC，所以FHC为二面角DGHE的平面角设BABQBP2.联结FC，在RtFBC中，由勾股定理得FC，在RtPBC中，由勾股定理得PC.又H为PBQ的重心，所以HCPC.同理FH.在FHC中，由余弦定理得cosFHC.即二面角DGHE的余弦值为.方法二：在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90.又PB平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系设BABQBP2，则E(1，0，1)，F(0，0，1)，Q(0，2，0)，D(1，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)所以(1，2，1)，(0，2，1)，(1，1，2)，(0，1，2)设平面EFQ的一个法向量为m(x1，y1，z1)，由m0，m0，得取y11，得m(0，1，2)设平面PDC的一个法向量为n(x2，y2，z2)，由n0，n0，得取z21，得n(0，2，1)所以cosm，n.因为二面角DGHE为钝角，所以二面角DGHE的余弦值为.19.解：(1)连接BD，设AC与BD相交于点F.因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD.又因为PD平面ABCD，AC平面ABCD，所以PDAC.而PDBDD，所以AC平面PDB.E为PB上任意一点，DE平面PDB，所以ACDE.(2)连接EF.由(1)知AC平面PDB，EF平面PDB，所以ACEF.SACEACEF，在ACE面积最小时，EF最小，则EFPB.此时SACE3，6EF3，解得EF1.由PDBFEB，得.由于EF1，FB4，所以PB4PD.又PB，4PD，解得PD.VPABCDS菱形ABCDPD24.20解：方法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)(1)证明：易得(1，0，1)，(1，1，1)，于是0，所以B1C1CE.(2)(1，2，1)，设平面B1CE的法向量m(x，y，z)，则即消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一个法向量为m(3，2，1)由(1)，B1C1CE，又CC1B1C1，可得B1C1平面CEC1，故(1，0，1)为平面CEC1的一个法向量于是cosm，从而sinm，.所以二面角B1CEC1的正弦值为.(3)(0，1，0)，(1，1，1)设(，)，01，有(，1，)可取(0，0，2)为平面ADD1A1的一个法向量设为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sin |cos，|.于是，解得(负值舍去)，所以AM.方法二：(1)证明：因为侧棱CC1平面A1B1C1D1，B1C1平面A1B1C1D1，所以CC1B1C1.经计算可得B1E，B1C1，EC1，从而B1E2B1CEC，所以在B1EC1中，B1C1C1E.又CC1，C1E平面CC1E，CC1C1EC1，所以B1C1平面CC1E，又CE平面CC1E，故B1C1CE.(2)过B1 作B1GCE于点G，联结C1G.由(1)，B1C1CE.故CE平面B1C1G，得CEC1G，所以B1GC1为二面角B1CEC1的平面角在CC1E中，由CEC1E，CC12，可得C1G.在RtB1C1G中，B1G，所以sinB1GC1，即二面角B1CEC1的正弦值为