广东省佛山2017-2018学年高二上第一次段考数学试题含答案

2017学年度第一学期第一次段考高二级数学试题命题人：简俊敏陈启智注意事项：1．本试题满分150分，考试时间为120分钟。2．选择题部分，请将选出的答案标号（A、B、C、D）用2B铅笔涂在答题卡上。将填空及解答题答案用黑色签字（0.5mm）笔填在答题卡指定位置。3.参考公式：台体体积：1()3VhSSSS+=+上底下底上底下底锥体体积：ShV31，球体体积：334RV球表面积：一、选择题：大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．设ml,是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是()A．若mml,，则lB．若l，ml//，则mC．若ml,//，则ml//D．若//,//ml，则ml//2．在空间四边形ABCD中，AC=BD，顺次连接它的各边中点E、F、G、H，所得四边形EFGH的形状是()A.梯形B.矩形C.正方形D.菱形3．如图是水平放置的△ABC的直观图，''//'ABy轴，''''ABAC，则ABC是()A.等边三角形B.等腰三角形C.直角三角形D.等腰直角三角形4．已知圆锥的全面积是底面积的倍,那么这个圆锥的侧面积展开图扇形的圆心角为()A.2B.23C.56D.5．设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直,且长度分别为，，,则其外接球的表面积为()A.B.C.D.6．如图，四面体ABCD中，若截PQMN是正方形,则在下列结论中错误的是()A．AC=BDB．AC//截面PQMNC．AC⊥BDD．PM与BD成45°角7．已知数列满足，，那么的值是()A.B.C.D.第3题图NMQPDCBA第6题图8．已知ABC中，内角，，的对边分别为，，，若，，则ABC的面积为()A.12B.1C.3D.29．已知函数，下列结论中错误．．的是()A．B．的最小正周期为C．的图象关于y轴对称D．的值域为10．将正方形ABCD沿对角线BD对折使得平面ABD平面CBD，以下四个结论中不正．．确．的结论是()A.BDACB.ACD是正三角形C.AB⊥CDD.AB与CD所成的角是6011．如图，网格纸上的小正方形边长为，粗线或虚线表示一个棱柱的三视图，则此棱柱的侧面积为()A．B．C．D．12．已知三棱锥的各顶点都在一个半径为的球面上，球心在上，，，则球的体积与三棱锥体积之比是()A．B．C．D．二、填空题：本大题共4小题；每小题5分，共20分13.等差数列{}na中，已知21016aa,则468aaa14.已知侧棱长为2的正三棱锥S-ABC如图所示，其侧面是顶角为20°的等腰三角形，一只蚂蚁从点A出发，围绕棱锥侧面爬行一周后又回到点A，则蚂蚁爬行的最短路程为______．15．如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，BD=23则PC与平面PAD所成角的大小为______．16．如图，ABC中，90C，30A，1BC．在三角形内挖去半圆（圆心O在边AC上，半圆与BC、AB相切于点C、M，与AC交于N），则图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得旋转体的体积为．第11题图第16题图SABCABCDP第15题图三、解答题：本大题共6小题，共70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10分）已知各项都为正数的等比数列{}na满足12354aaa，且123aaa．（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）设5lognnba，且nS为数列{}nb的前n项和，求数列1{}nS的前n项和nT．18．（本小题满分12分）在ABC中，边,,abc分别为内角,,ABC的对边，且满足cos()2sinsinABAB．（Ⅰ）判断ABC的形状；（Ⅱ）若3a，6c，CD为角C的角平分线，求CD的长．19．（本小题满分12分）如图，矩形ABCD中，AD平面ABE，2AEEBBC，F为CE上的点，且BF平面ACE．（Ⅰ）求证：//AE平面BFD；（Ⅱ）求异面直线AE与BD所成角的正弦值；（Ⅲ）求三棱锥CBDF的体积．20．（本小题满分12分）如图，在三棱锥111ABCABC中，90BAC，2ABAC，14AA，1A在底面ABC的射影为BC的中点，D为11BC的中点．FCBDEADC1A1B1CAB（Ⅰ）证明:1AD平面1ABC；（Ⅱ）求点1B到平面1ABD的距离．21．（本小题满分12分）如图，四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABD是边长为3的正三角形，3BCCD，4PD．（Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面PCD；（Ⅱ）在线段PA上是否存在点M，使得//DM平面PBC．若存在，求三棱锥PBDM的体积；若不存在，请说明理由．22．（本小题满分12分）如图，在三棱锥SABC中，SA平面ABC，90ABC，2SABC，4AB，,,MND分别是,,SCABBC的中点．（Ⅰ）求证：MNAB；（Ⅱ）求二面角SNDB的余弦值；（Ⅲ）求点M到平面SND的距离．2017学年度第一学期第一次段考高二级数学试题答案一、选择题：二、填空题：三、解答题：17．解：（Ⅰ）由题意可知：等比数列{an}的公比为q，q＞0，由5a1+4a2=a3，即5a1+4a1q=a1q2，整理得：q2﹣4q﹣5=0，解得：q=5或q=﹣1（舍去），---------------------3分a1a2=a3，a1•a1q=a1q2，解得：a1=5，an=a1qn=5n；DMNSACB数列{an}的通项公式，an=5n；-----------------------------------------------5分（Ⅱ）bn=log5an=n，Sn为数列{bn}的前n项和，Sn=，------------------------7分==2（﹣），-------------------------------------8分数列的{}的前n项和Tn，Tn=2[（1﹣）+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）]，=2（1﹣+﹣+﹣+…+﹣）=2（1﹣）=，数列的{}的前n项和Tn，Tn=．------------------------------------------10分18．解：（Ⅰ）由cos()2sinsinABAB，得coscossinsin2sinsinABABAB，coscossinsin0ABAB，---------------------------------2分cos()0AB，2C．故ABC为直角三角形．-----------------5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知2C，又3a，6c，2233bca，6A，76412ADC，-----------------7分由正弦定理得sinsinCDACAADC，333319236sin762262sin124CD．--------------------12分19．解：（Ⅰ）证明：设ACBDG，连接FG．依题可知G是AC中点，BF平面ACE，则BFCE，而BCBE，F是EC中点，故//FGAE．FG平面BFD，AE平面BFD，//AE平面BFD．-------------------------------4分（Ⅱ）由（Ⅰ）知//FGAE，所以FGB为直线AE与BD的所成角．AD平面ABE，//ADBC，BC平面ABE，则BCAE．又BF平面ACE，则BFAE，BCBFB，AE平面BCE，FG平面BCE．在RtBFG中，122BFEC，112FGAE，223BGBFFG故26sin33BFFGBBG，所以异面直线AE与BD所成角的正弦值为63----------8分GFDCBEA（Ⅲ）//AEFG且AE平面BCE，FG平面BCF，因G是AC中点，F是EC中点，故112FGAE，BF平面ACE，BFCE，在RtBCE中，122BFCFCE，12212CFBS，1133CBGFGBCFCFBVVSFG．223CBDFCBGFVV．------------------------------12分20．（Ⅰ）证明：设E为BC中点，连接AE，1AE，DE．由题意得1AE平面ABC，所以1AEAE．因为ABAC，所以AEBC，所以AE平面1ABC．-----------2分由,DE为11,BCBC的中点，得1//DEBB且1DEBB，从而1//DEAA且1DEAA，所以1AADE是平行四边形，所以1//ADAE．因为AE平面1ABC，所以1AD平面1ABC．--------------4分（Ⅱ）解：由2,90ABACCAB，得12EAEBAD.由1AEAE且14AA，在1RtAAE中由勾股地理得114AE，在1RtABE中同理得14AB，1111214722ABESBEAE，---------------------8分由（Ⅰ）知1AD平面1ABC，故1AD为三棱锥1DABE的高，111111472333DABEABEVSAD，设点1B到平面1ABD的距离为h，1BDEBBDSS，111ABBDABDEVV，即111BABDDABEVV111433ABDSh，122ABDS，72h，故点1B到平面1ABD的距离为72．------------------------------------------12分DC1A1B1CABEHEFDMNCBAS21．解：（Ⅰ）证明：∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC．………………1分∵△ABD是边长为3的正三角形，BC=CD=，∴在△BCD中，由余弦定理得到：cos∠BDC==，…………3分∴∠BDC=30°，∠ADC=∠ADB+∠BDC=60°+30°=90°，∴DC⊥AD，…………………………4分又∵AD∩PD=D，∴CD⊥平面PAD．又∵CD⊂平面CDP，∴平面PAD⊥平面PCD；……………………6分（Ⅱ）存在AP的中点M，使得DM∥平面PBC．理由如下：取AB的中点N，连接MN，DN．∵M是AP的中点，∴MN∥PB．………………7分∵△ABC是等边三角形，∴DN⊥AB，由（1）知，∠CBD=∠BDC=30°，∴∠ABC=60°+30°=90°，即BC⊥AB．∴ND∥BC．…………8分又MN∩DN=N，∴平面MND∥平面PBC．∴DM∥平面PBC．…………9分过点B作BQ⊥AD于Q，∵由已知知，PD⊥BQ，∴BQ⊥平面PAD，∴BQ是三棱锥B﹣DMP的高，…………10分∵BQ=，S△DMP=AD•PD=3，∴VP﹣BDM=VB﹣DMP=BQ•S△DMP=．……12分22．（Ⅰ）证明:取AC的中点E,连接,MENE.则//MESA,又SA平面ABC,∴ME平面ABC.∵AB平面ABC,∴MEAB.∵,NE分别为,ABAC的中点,∴//NEBC.∵90ABC,即ABBC,∴NEAB.∵,MENEEME平面,MNENE平面,MNE∴AB平面MNE.∵MN平面MNE,∴MNAB.--------3分（Ⅱ）解:过A作AFDN且与DN的延长线相交于点F,连接SF∵SADF，AFDF，SAAFA，∴DF平面SAF，∴DFSF∴SFA是二面角SNDA的平面角,也是二面角SNDB的平面角的补角,在Rt△DBN中，225NDDBNB，5sin5DBDNBND.在Rt△AFN中，AFAN525sin255ANF.在Rt△SAF中，22SFSAAF2305，6cos6AFAFSSF.∴二面角SNDB的余弦值为66.----------7分（Ⅲ）解:过点A作AHSF于H,由（Ⅱ）