高二理科数学下学期末检测卷

高二理科数学下学期检测卷()姓名班级成绩一、选择题（5×12）1.已知命题：“直线a上的两个点A，B在平面α内。”与它不等价的命题是A．直线a在平面α内B．平面α通过直线C．直线a上只有两点在平面α内D．直线a上的所有点都在平面α内2.平面∥平面的一个充分条件是A．存在一条直线,aa∥a,∥B．存在一条直线aaa，，∥C．存在两条平行直线ababab，，，，∥，∥D．存在两条异面直线ababa,,,,∥b,∥3.已知的夹角等于与则baba),1,2,1(),1,1,0(A．90°B．30°C．60°D．150°4.如图，ABCD-A1B1C1D1为正方体，下面结论错误．．的是A．BD∥平面CB1D1B．AC1⊥BDC．AC1⊥平面CB1D1D．异面直线AD与CB1角为60°5.已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是A．,,//,////mnmnB．//,,//mnmnC．,//mmnnD．//,mnnm6.正方体ABCD-A1B1C1D1中，对角线AC1与底面ABCD所成的角的正切等于A．1B．2C．22D．337.若P是两条异面直线,lm外的任意一点，则A．过点P有且仅有一条直线与,lm都平行B．过点P有且仅有一条直线与,lm都垂直C．过点P有且仅有一条直线与,lm都相交D．过点P有且仅有一条直线与,lm都异面8.平面外有两条直线m和n，如果m和n在平面内的射影分别是1m和1n，给出下列四个命题：①1m⊥1nm⊥n；②m⊥n1m⊥1n；③1m与1n相交m与n相交或重合；④1m与1n平行m与n平行或重合；其中不正确的命题个数是A.1B.2C.3D.49.若一个长方体共点的三个表面的对角线长分别为a、b、c，则长方体的对角线长是A．222cbaB．2222cbaC．cabcabD．2)(3cabcab10.如图，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α、β所成的角分别为π4和π6，过A、B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′、B′，则AB∶''BA＝A.2∶1B.3∶1C.3∶2D.4∶311.已知二面角l的大小为060，,mn为异面直线，且,mn，则,mn所成的角为A.030B.060C.090D.012012.在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立．．．的是A.BC//平面PDFB.DF⊥平面PAEC.平面PDF⊥平面ABCD.平面PAE⊥平面ABC二.填空题（5×4）13.在三棱锥哦O-ABC中，三条棱,,OAOBOC两两互相垂直，且OA=OB=OC=2，M是AB边的中点，则M到平面OBC的距离是________________14.如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为.15.边长为2的正方形ABCD在平面α内的射影是EFCD，如果AC与平面α所成角的大小是030，则AB与平面α的距离为。16.在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是（写出所有正确结论的编号．．）。①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体。αβABA′B′2008年宣威八中高二数学（理科）检测卷答题卡一、选择题（每小题5分，共60分）二、填空题（每小题5分，共20分）13题14题15题16题三、解答题（共6小题，共计70分）17、（10分）在长方体1111DCBAABCD中，已知3,41DDDCDA，求异面直线BA1与CB1所成角的大小（结果用反三角函数值表示）.18、（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD，且PA＝AD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.(1)求证：PB⊥DM;(2)求CD与平面ADMN所成的角。19、（12分）如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，2,2.CACBCDBDABAD（1）求证：AO平面BCD；（2）求点E到平面ACD的距离。20、（12分）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC，D、E分别为BB1、AC1的中点．（1）证明：ED为异面直线BB1与AC1的公垂线；（2）设AA1＝AC＝2AB，求二面角A1－AD－C1的大小．21、（12分）如图，在RtAOB△中，π6OAB，斜边4AB．RtAOC△可以通过RtAOB△以直线AO为轴旋转得到，且二面角BAOC是直二面角．动点D的斜边AB上．（1）求证：平面COD平面AOB；（2）求CD与平面AOB所成角的最大值题号123456789101112答案班级姓名考号………………………………………………………………………………装……………………订……………………线……………………….…………………CADBOEABCDEA1B1C1OCADBE22、（12分）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA底面ABCD,DAB为直角，AB‖CD,AD=CD=2AB,E、F分别为PC、CD的中点.（1）试证：CD平面BEF;（2）设PA＝k·AB,且二面角E-BD-C的平面角大于30,求k的取值范围.2008年宣威八中高二数学（理科）检测卷参考答案一、选择题（每小题5分，共60分）二、填空题（每小题5分，共20分）13题114题5415题216题①③④⑤三、解答题（共6小题，共计70分）17、连接DA1，DBACBDA111,//为异面直线BA1与CB1所成的角.连接BD，在△DBA1中，24,511BDDABA，则DABABDDABADBA112212112cos259552322525.角的大小为259arccos.异面直线BA1与CB1所成别以DA、DC、1DD所在直[解法二]以D为坐标原点，分线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.则)0,4,0()3,4,4()0,4,4()3,0,4(11CBBA、、、，得)3,0,4(),3,4,0(11CBBA.设BA1与CB1的夹角为，则259cos1111CBBACBBA，BA1与CB1的夹角大小为259arccos，即异面直线BA1与CB1所成角的大小为259arccos.18、方法一：（I）因为N是PB的中点，PAPB，所以ANPB.因为AD平面PAB，所以ADPB，从而PB平面ADMN.因为DM平面ADMN，所以PBDM.（II）取AD的中点G，连结BG、NG，则//BGCD，所以BG与平面ADMN所成的角和CD与平面ADMN所成的角相等.因为PB平面ADMN，所以BGN是BG与平面ADMN所成的角.在RtBGN中，10sin5BNBNGBG.故CD与平面ADMN所成的角是10arcsin5.方法二：如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系Axyz，设1BC，则1(0,0,0),(0,0,2),(2,0,0),(2,1,0),(1,,1),(0,2,0)2APBCMD.（I）因为3(2,0,2)(1,,1)2PBDM0，所以.PBDM（II）因为(2,0,2)(0,2,0)PBAD0，所以PBAD，又因为PBDM，所以PB平面.ADMN因此,PBDC的余角即是CD与平面ADMN所成的角.题号123456789101112答案CDDDDCBDBABC因为cos,||||PBDCPBDCPBDC105，所以CD与平面ADMN所成的角为10arcsin5.19、方法一：（I）证明：连结OC,,.BODOABADAOBD,,.BODOBCCDCOBD1,3.AOCO在AOC中，由已知可得而2,AC222,AOCOAC90,oAOC即.AOOC,BDOCOAO平面BCD（II）设点E到平面ACD的距离为.h,11....33EACDACDEACDCDEVVhSAOS在ACD中，2,2,CACDAD2212722().222ACDS而21331,2,242CDEAOS31.212.772CDEACDAOShS点E到平面ACD的距离为21.7方法二：（I）同方法一。（II）解：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则(1,0,0),(1,0,0),BD设平面ACD的法向量为(,,),nxyz则.(,,).(1,0,1)0,.(,,).(0,3,1)0,nADxyznACxyz0,30.xzyz令1,y得(3,1,3)n是平面ACD的一个法向量。又13(,,0),22EC点E到平面ACD的距离.321.77ECnhn20、解法一：（Ⅰ）设O为AC中点，连接EO，BO，则EO∥＝12C1C，又C1C∥＝B1B，所以EO∥＝DB，EOBD为平行四边形，ED∥OB．∵AB＝BC，∴BO⊥AC，又平面ABC⊥平面ACC1A1，BO面ABC，故BO⊥平面ACC1A1，∴ED⊥平面ACC1A1，BD⊥AC1，ED⊥CC1，∴ED⊥BB1，ED为异面直线AC1与BB1的公垂线．……6分（Ⅱ）连接A1E，由AA1＝AC＝2AB可知，A1ACC1为正方形，ABCDEA1B1C1OFABMDEOCxCABODyzE∴A1E⊥AC1，又由ED⊥平面ACC1A1和ED平面ADC1知平面ADC1⊥平面A1ACC1，∴A1E⊥平面ADC1．作EF⊥AD，垂足为F，连接A1F，则A1F⊥AD，∠A1FE为二面角A1－AD－C1的平面角．不妨设AA1＝2，则AC＝2，AB＝2ED＝OB＝1，EF＝AE×EDAD＝23，tan∠A1FE＝3，∴∠A1FE＝60°．所以二面角A1－AD－C1为60°．解法二：（Ⅰ）如图，建立直角坐标系O－xyz，其中原点O为AC的中点．设A(a，0，0)，B(0，b，0)，B1(0，b，2c)．0，c)，D(0，b，c)．ED→＝则C(－a，0，0)，C1(－a，0，2c)，E(0，（0，b，0），BB1→＝(0，0，2c)．ED→·BB1→＝0，∴ED⊥BB1．又AC1→＝(－2a，0，2c)，ED→·AC1→＝0，∴ED⊥AC1，所以ED是异面直线BB1与AC1的公垂线．Ⅱ）不妨设A(1，0，0)，则B(0，1，0)，C(－1，0，0)，A1(1，0，2)，BC→＝(－1，－1，0)，AB→＝(－1，1，0)，AA1→＝(0，0，2)，BC→·AB→＝0，BC→·AA1→＝0，即BC⊥AB，BC⊥AA1，又AB∩AA1＝A，C⊥平面A1AD．又E(0，0，1)，D(0，1，1)，C(－1，0，1)，EC→＝(－1，0，－1)，AE→＝(－1，0，1)，ED→＝(0，1，0)，EC→·AE→＝0，EC→·ED→＝0，即EC⊥AE，EC⊥ED，又AE∩ED＝E，∴EC⊥面C1AD．cos＜EC→，BC→＞＝EC→·BC→|EC→|·|BC→|＝12，即得EC→和BC→的夹角为60°．所以二面角A1－AD－C1为60°．21、（1）由题意，COAO，BOAO，BOC是二面角BAOC是直二面角，又二面角BAOC是直二面角，COBO，又AOBOO，CO平面AOB，又CO平面COD．平面COD平面AOB．（2）由（1）知，CO平面AOB，CDO是CD与平面AOB所成的角，且2tanOCCDOODOD．当OD最小时，CDO最大，这时，ODAB，垂足为D，3OAOBODAB，23tan3CDO，CD与