乐山一中高二下期半期数学测试题

乐山一中高2011级高二数学期中试题及答案考试时间：120分钟命题人：曾丽蓉总分：150分2010.5.10第I卷一.选择题（本大题共12小题；每小题5分，满分60分。把你认为正确的答案填写在答卷相应的方框内）1.下列四个命题中，真命题的个数是()（1）若两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合；(2)两条直线可以确定一个平面；(3)若M，M，l，则lM；(4)空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内A.1B.2C.3D.42.直线m与n相互平行的一个充分条件是（C）A.m、n都平行平面于同一个平面B.m、n与同一个平面所成的角相等C.m、n都垂直于同一个平面D.m、n都垂直于同一条直线3．,表示平面，,ab表示直线，则//a的一个充分不必要条件是（）A．a且B．b且//abC．////abb且D．//a且4.正方体ABCD－A1B1C1D1中，P、Q、R分别是AB、AD、B1C1的中点。那么，正方体的过P、Q、R的截面图形是()（A）三角形（B）四边形（C）五边形（D）六边形5．在正三棱锥P—ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，有下列三个论断：①PBAC；②AC//平面PDE；③PDEAB平面.其中正确论断的个数为（）A．0个B．1个C．2个D．3个6．设m、n是不同的直线，、、是不同的平面，有以下四个命题：①//////②//mm③//mm④////mnmn，其中为真命题的是（）A．①④B．②③C．①③D．②④7.已知ABCPO平面，O为垂足，,90ACB30BAC，3,BC6,PAPBPC则PO的长为（）A.3B.33C.6D.638.如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，,2PAABCPAAB平面，则下列结论正确的是()Ａ.PBADＢ.平面PABPBC平面w.w.C.直线BC∥平面PAEＤ.PDABC直线与平面所成的角为459.AB是异面直线a、b的公垂线段,,AaBb，AB=2,且a与b成30°角，点P在直线a上且4AP,则点P到直线b的距离是（）A.22B.4C.142D.14222或10.（文）正方体ABCD－A1B1C1D1中，异面直线CBBA11与所成角的大小为（）A.90B.45C.60D.30(理)已知正四棱锥SABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AESD，所成的角的余弦值为（）A．13B．23C．33D．2311．(文科).如图，在半径为3的球面上有CBA、、三点，ABC=90°，BCBA,球心O到平面ABC的距离是223，则CB、两点的球面距离是()A.B.3C.34D.211.（理科）设OA是球O的半径，M是OA的中点，过M且与OA成45°角的平面截球O的表面得到圆C。若圆C的面积等于74，则球O的表面积等于()A.8B.4C.14D.712.如图，动点P在正方体1111ABCDABCD的对角线1BD上．过点P作垂直于平面11BBDD的直线，与正方体表面相交于MN，．设BPx，MNy，则函数()yfx的图象大致是（B）二.填空题（本大题共4小题；每小题4分，满分16分．请把答案填在对应的横线上）13.已知→a=)5,3,2(，→b=)10,,4(x且→a∥→b，则x等于14．若1955(0,2,),(1,1,),(2,1,)888ABC是平面内的三点，设平面的法向量(,,)axyz，则::xyz15.平面的一条斜线l与平面内的一条直线的夹角为60，平面内的这条直线和直线l在内射影的夹角为45，则直线l与平面所成的角的大小为16.ABCDBC0和所在的半平面成60二面角，且ABBCBD，0120CBADBC，则点B到平面ACD的距离为第Ⅱ卷乐山一中高2011级高二数学期中考试数学答题卷题号题号一二171819202122总分分数三．解答题（本大题共6个小题；共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17.(本小题满分12分)正方体1111DCBAABCD中，E是1BB上的点，画出平面1AEC和平面ABCD的的交线，并给出证明.ABCDMNPA1B1C1D1yxA．OyxB．OyxC．OyxD．OEABDCC1D1B1A118.(本小题满分12分)如图，已知矩形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，E、F分别是AB、PC的中点．(1)求证：EF∥平面PAD；(2)求证：EF⊥CD；(3)若PDA＝45，求EF与平面ABCD所成的角的大小．19、（本小题满分12分）如图，在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD（Ⅰ）证明AB⊥平面VAD；（Ⅱ）求面VAD与面VDB所成的二面角的大小20.（本小题满分12分）如图，1l、2l是互相垂直的异面直线，MN是它们的公垂线段。点A、B在1l上，C在2l上，AMMBMN。（Ⅰ）证明AB⊥NB；（Ⅱ）若60OACB，求NB与平面ABC所成角的余弦值。ABCDPFEABMNCl2l1H21.（本小题满分12分）如图，已知正三棱柱11ABCABC的侧棱长和底面边长均为1，M是底面BC边上的中点，N是侧棱CC1上的点，且1=2CNCN.（Ⅰ）求二面角B1－AM－N的平面角的余弦值；（Ⅱ）求点B1到平面AMN的距离。22.（文科）（本小题满分14分）如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，,,45ABAEFAFEAEF（I）求证：EFBCE平面；（II）设线段CD、AE的中点分别为P、M，求证：PM∥BCE平面（III）求二面角FBDA的大小。22．（理科）（本小题满分14分）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥面ABCD，四边形ABCD是菱形，6AC，63BD，E是PB上任意一点（1）求证：ACDE；（2）当AEC面积的最小值是9时，求PD的长（3）在（2）的条件下，在线段BC上是否存在点G，使EG与面PAB所成角的正切值为2？若存在，求出G点的位置，若不存在，说明理由．ABGCDPEF乐山一中高2011级高二数学期中考试数学答题卷2010.5.10一.选择题ACDDCCBDACAB二.填空题（本大题共4小题；每小题4分，满分16分．请把答案填在对应的横线上）13.614.2:3:(4)15.04516.2155三．解答题（本大题共6个小题；共74分。）17.（满分12分）解：延长1CE交CB的延长线于P，连结AP，则直线AP就是平面1AEC和平面ABCD的的交线…………(4分)作图………（8分）证明：1CECBP，1PAEC面，PABCD面，又1AAEC面，AABCD面所以直线AP就是平面1AEC和平面ABCD的的交线…………(12分)18．（满分12分）解：(1)取PD的中点M，连结FM，AM,则FM12CD，又AE12CD，AEFM四边形EFMA为平行四边形，则EF∥AMEABDCC1D1B1A1ABCDPFEM又EF面PAD,AM面PADEF∥平面PAD………………………………（4分）(2)PAABCD面PAAD有矩形ABCD知CDADPADCD面AMCD由（2）问证明知EF∥AMCDEF………………（8分）（3）PAABCD面面PAD面ABCD，其交线为ADAMABCD直线在面内的射影为AD,AM与面ABCD所成的角为PDA，即为045又EF∥AM，EF与平面ABCD所成的角的大小为045………（12分）19．（满分12分）方法一：（Ⅰ）证明：ABADABABABCDADVADABCD平面VAD平面ABCD平面VAD平面平面平面………（4分）（Ⅱ）解：取VD的中点E，连结AE，BE∵△VAD是正三角形∴AE⊥VD，AE=32AD∵AB⊥平面VAD∴AB⊥AE又由三垂线定理知BE⊥VD因此，AEB是所求二面角的平面角………………（8分）于是，23tan3ABAEBAE，即得所求二面角的大小为23arctan3………………………（12分）方法二：以D为坐标原点，建立如图所示的坐标系。（Ⅰ）证明：不妨设100A，，，则110B，，，13022V，，………（1分）13010022ABVA，，，，，由0ABVA，得ABVA又ABAD，∴AB平面VAD………………（5分）（Ⅱ）解：设E为DV中点，则13044E，，333313010444422EAEBDV，，，，，，，，由0EBDV，得EBDV，又EADV因此，AEB是所求二面角的平面角。∵21cos7EAEBEAEBEAEB，∴解得所求二面角的大小为21cos7arc………………（12分）20.（满分12分）解法一:(Ⅰ)由已知l2⊥MN,l2⊥l1,MN∩l1=M,可得l2⊥平面ABN.由已知MN⊥l1,AM=MB=MN,可知AN=NB且AN⊥NB.又AN为AC在平面ABN内的射影∴AC⊥NB………………………（4分）（Ⅱ）∵Rt△CAN≌Rt△CNB,∴AC=BC,又已知∠ACB=60°,因此△ABC为正三角形.∵Rt△ANB≌Rt△CNB,∴NC=NA=NB,因此N在平面ABC内的射影H是正三角形ABC的中心,连结BH,∠NBH为NB与平面ABC所成的角.………（8分）ABMNCl2l1Hxyz在Rt△NHB中,cos∠NBH=HBNB=33AB22AB=63.………（12分）解法二:如图,建立空间直角坐标系M－xyz.令MN=1,则有A(－1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),………（1分）(Ⅰ)∵MN是l1、l2的公垂线,l1⊥l2,∴l2⊥平面ABN.l2平行于z轴.故可设C(0,1,m).于是AC→=(1,1,m),NB→=(1,－1,0).∴AC→·NB→=1+(－1)+0=0∴AC⊥NB.………………（4分）(Ⅱ)∵AC→=(1,1,m),BC→=(－1,1,m),∴|AC→|=|BC→|,又已知∠ACB=60°,∴△ABC为正三角形,AC=BC=AB=2.在Rt△CNB中,NB=2,可得NC=2,故C(0,1,2).连结MC,作NH⊥MC于H,设H(0,λ,2λ)(λ0).∴HN→=(0,1－λ,－2λ),……………………（6分）MC→=(0,1,2).HN→·MC→=1－λ－2λ=0,∴λ=13,∴H(0,13,23),可得HN→=(0,23,－23),连结BH,则BH→=(－1,13,23),∵HN→·BH→=0+29－29=0,∴HN→⊥BH→,又MC∩BH=H,∴HN⊥平面ABC,∠NBH为NB与平面ABC所成的角.又BN→=(－1,1,0),∴cos∠NBH=BH→·BN→|BH→|·|BN→|=4323×2=63∠NBH为NB与平面ABC所成的角.又=(－1,1,0),∴cos∠NBH==4323×2=63……………………（12分）21.（满分12分）解法1：（Ⅰ）因为M是底面BC边上的中点，所以AMBC，又AMC1C,所以AM面BC1C1B，从而AM1BM,AMNM，所以1BMN为二面角，1B—AM—N的平面角。又1BM=221BBBM15142,22145496MNMCCN,连1BN，得1BN＝22111110193BCCN，在1BMN中，由余弦定理得22211115251054369cos2555226BMMNBNBMNBMMN。故所求二面角1B—AM—N的平面角的余弦值为55…………………（6分）（Ⅱ）过1B在