江西省南昌市高二数学下学期期中试题 理含解析

1、20162017学年度下学期期中考试高二数学（理）试卷一、选择题（每小题5分，满分60分）1. 复数是虚数单位)，则的共轭复数为( )a. b. c. d. 【答案】a【解析】复数，则的共轭复数，故选a.2. 给出下列命题，其中正确的命题为 （ ）a. 若直线和共面，直线和共面，则和共面b. 直线与平面不垂直，则与平面内的所有的直线都不垂直c. 直线与平面不平行，则与平面内的所有的直线都不平行d. 异面直线不垂直，则过的任何平面与都不垂直【答案】d【解析】试题分析：a：直线共面不具有传递性，故a错误；b：根据线面垂直的判定可知b错误；c：若直线，满足直线与平面不平行，故c错误；d：假设存在过的

2、平面与垂直，则可知，假设不成立，故d正确，故选d考点：空间中点、线、面的位置关系及其判定3. 已知直线，平面，则的一个充分条件是（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】,则与平面平行或在平面内，不正确；，则与平面平行或在平面内，不正确；，则与平面平行或在平面内，不正确； 由线面平行的判定定理知，正确，故选d.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面平行的性质及线面垂直的性质，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆

3、否命题真假，原命题与逆否命题等价.4. 设，向量且，则（ ）a. b. c. 3 d. 4【答案】d5. 已知三点，则以为方向向量的直线与平面系是（ ）a. 垂直 b. 不垂直 c. 平行 d. 以上都有可能【答案】a【解析】由题意，所以以为方向向量的直线与平面垂直，故选a.6. 若为空间向量的一组基底，则下列各项中，能构成空间向量的基底的一组向量是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】共面，故不能作为基底，故错误；共面，故不能作为基底，故错误；不共面，故可以作为基底，故正确；共面，故不能作为基底，故错误，故选c.7. 已知正四棱柱的底面是边长为1的正方形，若平面内有且仅有1个点到顶

4、点的距离为1，则异面直线 所成的角为 ( )a. b. c. d. 【答案】b【解析】由题意可知，只有点到距离为，即高为，所以该几何体是个正方体，异面直线所成的角是，故选b.8. 一个几何体的三视图如图所示，正视图与侧视图为全等的矩形，俯视图为正方形，则该几何体的体积为（ ）a. 4 b. 8 c. 9 【答案】b【解析】由三视图可知几何体为正四棱柱中挖去一个四棱锥得到的几何体，故选b.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图

5、的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.9. 已知四棱锥的底面是边长为2的正方形， ，则四棱锥的外接球的表面积为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】由题意，将四棱锥扩充为正方体，体对角线长为，所以四棱锥外接球的直径为，半径为，所以四棱锥外接球的表面积为，故选c.10. 在四棱锥中，平面，底面为矩形，若边上有且只有一个点，使得，求此时二面角的余弦值（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】因为在四棱锥中，平面，底面为矩形，由边上有且只有一个点，使得，可得边上有且只有一个点，使得，则以 为直径的圆与直线 相切，设中点为

6、 ，则 ，可得 平面 ，作 于 ，连接 ，则 是二面角的平面角，设 ,则 ，直角三角形 中，可得 ，二面角的余弦值为，故选a.11. 如图在中，是斜边的中点，将沿直线翻折，若折中存在某个位置，使得，则的取值范围是( )a. b. c. d. 【答案】c【解析】试题分析：取中点，翻折前在如图1中，连接、，则，又，所以；翻折后在如图2中，若，又，则平面，所以，又为中点，所以，那么在中应有，解得；翻着后如图3中，当与在一个平面上，与交于，且，又，所以，所以则，综上可得，故选.考点：1.空间异面直线位置关系；2. 空间想象能力.12. 棱长为的正方体在空间直角坐标系中移动，但保持点分别在轴、 轴上移动

7、，则点到原点的最远距离为 （ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】试题分析：根据题意，由于棱长为2的正方体在空间直角坐标系中移动，但保持点a、b分别在x轴、y轴上移动，则可知设a(x,0)b(0,y)，可知,那么可以设,那么可知借助于三角函数的性质可知co的最大值为，那么可知点到原点o的最远距离为4，选d.考点：展开图，正方体点评：求解空间一点到坐标原点的距离的最值问题，转化为求点在平面内的射影到原点的距离的最大值即可，属于中档题，考查分析问题的能力。二、填空题（每小题5分，满分20分）13. 在复平面内，复数对应的点坐标为_.【答案】【解析】试题分析：因为，所以复数对应的点的坐标为.

8、考点：复数的运算14. 在三棱锥中，,为的重心，过点作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线和，则该截面的周长为_.【答案】8【解析】试题分析：过点g作交pa、pc于点e、f，过e、f分别作、分别交ab、bc于点n、m，连结mn，所以efmn是平行四边形，即，即，所以截面的周长.考点：以三棱锥为几何载体考查了线线平行、截面的周长.15. 如图，已知边长为1的正的顶点在平面内，顶点在平面外的同一侧，点分别为在平面内的投影，设，直线与平面所成的角为.若是以角为直角的直角三角形，则的最小值_.【答案】【解析】.16. 已知正四棱柱的底面边长，侧棱长，它的外接球的球心为，点是的中点，点是球上任意一点，有以

9、下判断：的长的最大值是9；存在过点的平面，截球的截面面积是；三棱锥的体积的最大值是20；过点的平面截球所得截面面积最大时，垂直该截面.其中判断正确的序号是_【答案】【解析】由题意可知球心在体对角线的中点，直径为：，半径是，的长的最大值是，正确；球的大圆面积是，过与球心连线垂直的平面是小圆，面积为，因而是错误的 ; 三棱锥体积的最大值是最大是半径）正确；过点的平面截球所得截面面积最大时该平面就是平面 ，由长方体的性质可知不与该截面垂直，错误，故答案为.三、解答题 :17. 如图所示，已知空间四边形的每条边和对角线都等于1，点分别是的中点，设, 为空间向量的一组基底，计算：（1）; (2

10、).【答案】(1)；（2） .【解析】试题分析：(1）根据的模与夹角，利用数量积公式先求的值，在根据可得结果；（2）由先平方，再开平方即可.试题解析：(1） ，则，（2）.18. 正方体 棱长为1，为棱的中点，求：（1）求三棱锥的表面积；（2）求三棱锥的体积【答案】(1) ；（2）.【解析】试题分析：(1)根据长方体的性质，求出三棱锥的各表面三角形的面积求和即可；（2）利用等级变换，利用棱锥的体积公式求解即可.试题解析：（1）.（2）如图，取的四等分点，则，故，19. 如图，四棱锥中，平面平面，底面为梯形，,.且与均为正三角形,为的中点，为重心.(1)求证：平面；(2)求异面直线与的夹角的余弦

11、值.【答案】(1)证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）连接交于，连接，由重心性质推导出，根据线面平行的判定定理可得平面；（2）取线段上一点，使得，可证 即是异面直线与的夹角，由余弦定理可得结果. 试题解析：（1）方法一：连交于,连接.由梯形，且，知 又为的中点，为的重心，在中，,故/. 又平面, 平面,/平面. 方法二：过作交于,过作交于,连接, 为的重心，,又为梯形，, 又由所作，得/ ，为平行四边形. , 面 (2) 取线段上一点，使得，连,则, ,在中 ，则异面直线与的夹角的余弦值为.角函数和等差数列综合起来命题，也正体现了这种命题特点.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理

12、、异面直线所成的角、余弦定理，属于中挡题.证明线面平行的常用方法：利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法证明的.20. 如图，在矩形中，已知，点分别在上，且，将四边形沿折起，使点在平面上的射影在直线上. (1)求证: ; (2)求点到平面的距离； (3)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；（2） ；（3）.【解析】试题分析：(1)由折叠

13、关系可得平面，(2)利于题意结合勾股定理列方程组，求解可得点到平面的距离为2；(3)做出直线与平面所成的角，结合(1)(2)的结论可得直线与平面所成的正弦值为.试题解析：解：（1）由于平面，又由于，平面，法一：（2）设，过作垂直于，因线段，在翻折过程中长度不变，根据勾股定理：，可解得，线段长度为，即点的平面的距离为（2）延长交于点，因为点到平面的距离为点到平面距离的，点平面的距离为，而，直线与平面新角的正弦值为法二：（2）如图，过点作，过点作平面，分别以、为、轴建立空间直角坐标系，设点，由于，解得于是，所以线段的长度为即点到平面的距离为（3）从而，故，设平面的一个法向量为，设直线与平面所成角的

14、大小为，则21. 如图，在梯形中，四边形为矩形，平面平面，.(1）求证：平面；(2）点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的取值范围.【答案】(1)证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）根据条件证明，再由面面垂直的判定即可求解；（2）建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量后即可建立二面角余弦值的函数关系式，求得函数的值域即可求解试题解析：（1）在梯形中， ，平面平面，平面平面，平面，平面；（2）由（1）可建立分别以直线，为轴，轴，轴，如图所示空间直角坐标系，令，则，设为平面的一个法向量，由得，取，则，是平面的一个法向量，当时，有最小值，当时，有最大值，考点：1线面，面面

15、垂直的判定与性质；2空间向量求解二面角22. 在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆：的左，右焦点分别为，.点是椭圆在轴上方的动点，且的周长为16. （1）求椭圆的方程；（2）设点到三边的距离均相等. 当时，求点的坐标； 求证：点在定椭圆上.【答案】(1) ；（2）；证明见解析.【解析】试题分析：（1）由题意可得的值，再由隐含条件求得，则椭圆方程可求；（2）求出点坐标，设出的坐标，结合点到三边的距离均相等列方程组求得点的坐标；根据三角形面积以及椭圆的定义列方程组，可得，代入椭圆方程可得， 所以点在定椭圆上.试题解析：（1）依题意，所以，从而， 故椭圆方程为，（2）当时， 则直线的方程为：，直线的方程为：， 所以，且，其中，解得，所以点的坐标为； 设，则点到三边的距离均为，由， 得，其中，所以，则直线的方程为：，即， 所以，且， 且， 化简得，解得， 将，代入，得， 所以点在定椭圆上.【方法点晴】本题主要考查待定系数求椭圆方程以及直线与椭圆的位置关系，属于难题.用待定系数法求椭圆方程的一般步骤；作判断：根据条件判断椭圆的焦点在轴上，还是在轴上，还是两个坐标轴都有可能；设方程：根据