【高中数学】2018-2019学年度最新北师大版必修2阶段质量检测(一)Word版含解析

阶段质量检测（一） 推理与证明(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列推理正确的是( )A ．把a (b ＋c )与log a (x ＋y )类比，则有log a (x ＋y )＝log a x ＋log a yB ．把a (b ＋c )与sin(x ＋y )类比，则有sin(x ＋y )＝sin x ＋sin yC ．把a (b ＋c )与ax ＋y类比，则有ax ＋y＝a x ＋a yD ．把(a ＋b )＋c 与(xy )z 类比，则有(xy )z ＝x (yz ) 解析：选D (xy )z ＝x (yz )是乘法的结合律，正确．2．用反证法证明命题“若关于x 的方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0，a ，b ，c ∈Z)有有理根，那么a ，b ，c 中至少有一个是奇数”时，下列假设正确的是( )A ．假设a ，b ，c 都是奇数B ．假设a ，b ，c 都不是奇数C ．假设a ，b ，c 至多有一个奇数D ．假设a ，b ，c 至多有两个奇数解析：选B 命题“a ，b ，c 中至少有一个是奇数”的否定是“a ，b ，c 都不是奇数”，故选B.3．求证：2＋3> 5.证明：因为2＋3和5都是正数， 所以为了证明2＋3>5，只需证明(2＋3)2>(5)2，展开得5＋26>5， 即26>0，此式显然成立，所以不等式2＋3>5成立． 上述证明过程应用了( ) A ．综合法 B ．分析法 C ．综合法、分析法配合使用D ．间接证法解析：选B 证明过程中的“为了证明……”，“只需证明……”这样的语句是分析法所特有的，是分析法的证明模式．4．利用数学归纳法证明不等式1＋12＋13＋…＋12n －1＜n (n ≥2，n ∈N ＋)的过程中，由n＝k 变到n ＝k ＋1时，左边增加了( )A ．1项B ．k 项C ．2k －1项D ．2k项解析：选D 当n ＝k 时，不等式左边的最后一项为12k －1，而当n ＝k ＋1时，最后一项为12k ＋1－1＝12k －1＋2k ，并且不等式左边和式的分母的变化规律是每一项比前一项加1，故增加了2k项．5．对命题“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出：正四面体的内切球切于四面各正三角形的位置是( )A ．各正三角形内的任一点B ．各正三角形的中心C ．各正三角形边上的任一点D ．各正三角形的某中线的中点解析：选B 正三角形类比正四面体，正三角形的三边类比正四面体的四个面，三边的中点类比正三角形的中心．6．已知函数f (x )＝5x，则f (2 018)的末四位数字为( ) A ．3 125 B ．5 625 C ．0 625D ．8 125解析：选B 因为f (5)＝55＝3 125的末四位数字为3 125，f (6)＝56＝15 625的末四位数字为5 625，f (7)＝57＝78 125的末四位数字为8 125，f (8)＝58＝390 625的末四位数字为0 625，f (9)＝59＝1 953 125的末四位数字为3 125，故周期T ＝4.又由于2 018＝504×4＋2，因此f (2 018)的末四位数字与f (6)的末四位数字相同，即f (2 018)的末四位数字是5 625.7．用数学归纳法证明不等式“1＋12＋13＋…＋12n ≤12＋n (n ∈N ＋)”时，第一步应验证( )A ．1＋12≤12＋1B ．1≤12＋1C ．1＋12＋13＋14≤12＋2D ．1＜12＋1解析：选A 当n ＝1时不等式左边为1＋12，右边为12＋1，即需要验证：1＋12≤12＋1.8．用数学归纳法证明等式：(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n·1·3·…·(2n －1)，从k 到k ＋1，左边需要增乘的代数式为( )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1) C.2k ＋1k ＋1D.2k ＋3k ＋1解析：选B 当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k )(k ＋k ＋1)(k ＋k ＋2)，所以，增乘的式子为k ＋k ＋k ＋1＝2(2k ＋1)．9．对于函数f (x )，g (x )和区间D ，如果存在x 0∈D ，使|f (x 0)－g (x 0)|≤1，则称x 0是函数f (x )与g (x )在区间D 上的“友好点”．现给出下列四对函数：①f (x )＝x 2，g (x )＝2x －3； ②f (x )＝x ，g (x )＝x ＋2； ③f (x )＝e －x，g (x )＝－1x；④f (x )＝ln x ，g (x )＝x －12.其中在区间(0，＋∞)上存在“友好点”的是( ) A ．①② B ．②③ C ．③④D ．①④解析：选C 对于①，|f (x )－g (x )|＝|x 2－(2x －3)|＝|(x －1)2＋2|≥2，所以函数f (x )与g (x )在区间(0，＋∞)上不存在“友好点”，故①错，应排除A 、D ；对于②，| f (x )－g (x ) |＝|x －(x ＋2)|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋74≥74，所以函数f (x )与g (x )在区间(0，＋∞)上也不存在“友好点”，故②错，排除B ；同理，可知③④均正确．10．已知数列{a n }的前n 项和S n ，且a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N ＋)，可归纳猜想出S n 的表达式为( )A ．S n ＝2nn ＋1B ．S n ＝3n －1n ＋1C ．S n ＝2n ＋1n ＋2D ．S n ＝2n n ＋2解析：选A 由a 1＝1，得a 1＋a 2＝22a 2，∴a 2＝13，S 2＝43；又1＋13＋a 3＝32a 3，∴a 3＝16，S 3＝32＝64；又1＋13＋16＋a 4＝16a 4，得a 4＝110，S 4＝85.由S 1＝22，S 2＝43，S 3＝64，S 4＝85可以猜想S n ＝2n n ＋1.11．已知f (x )＝x 3＋x ，若a ，b ，c ∈R ，且a ＋b >0，a ＋c >0，b ＋c >0，则f (a )＋f (b )＋f (c )的值( )A ．一定大于0B ．一定等于0C ．一定小于0D ．正负都有可能解析：选A ∵f ′(x )＝3x 2＋1>0，∴f (x )在R 上是增函数．又a ＋b >0，∴a >－b ，∴f (a )>f (－b )．又f (x )＝x 3＋x 是奇函数，∴f (a )>－f (b )，即f (a )＋f (b )>0.同理，f (b )＋f (c )>0，f (c )＋f (a )>0，∴f (a )＋f (b )＋f (c )>0，故选A.12．下面的三角形数阵叫“莱布尼茨调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的．第n 行有n 个数且两端的数均为1n (n ≥2)，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如11＝12＋12，12＝13＋16，13＝14＋112，…，则第10行第4个数(从左往右数)为( ) A.1360 B.1504 C.1840D.11 260解析：选C 依题意，结合所给的数阵，归纳规律可知第8行的第一个数、第二个数分别等于18，17－18，第9行的第一个数、第二个数、第三个数分别等于19，18－19，⎝ ⎛⎭⎪⎫17－18－⎝ ⎛⎭⎪⎫18－19，第10行的第一个数、第二个数、第三个数、第四个数分别等于110，19－110，⎝ ⎛⎭⎪⎫18－19－⎝ ⎛⎭⎪⎫19－110，⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫17－18－⎝ ⎛⎭⎪⎫18－19－⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫18－19－⎝ ⎛⎭⎪⎫19－110＝1840. 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确的答案填在题中的横线上)13．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋12n －1(n ∈N ＋)，那么f (n ＋1)－f (n )＝________.解析：∵f (n ＋1)＝1＋12＋13＋…＋12n －1＋12n ＋12n ＋1，∴f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋12n ＋1.答案：12n ＋12n ＋114．已知点A (x 1，3x 1)，B (x 2，3x 2)是函数y ＝3x的图像上任意不同两点，依据图像可知，线段AB 总是位于A ，B 两点之间函数图像的上方，因此有结论3x 1 ＋3x 2 2>3x 1＋x 22 成立．运用类比思想方法可知，若点A (x 1，tan x 1)，B (x 2，tan x 2)是函数y ＝tan x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<x <0的图像上任意不同两点，则类似地有____________________成立．解析：因为y ＝tan x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<x <0图像是上凸的，因此线段AB 的中点的纵坐标tan x 1＋tan x 22总是小于函数y ＝tan x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<x <0图像上的点⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，tan x 1＋x 22的纵坐标，即有tan x 1＋tan x 22<tan x 1＋x 22成立．答案：tan x 1＋tan x 22<tan x 1＋x 2215．观察下列等式： (1＋1)＝2×1，(2＋1)(2＋2)＝22×1×3， (3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5. ……照此规律，第n 个等式为________．解析：从给出的规律可看出，左边的连乘式中，连乘式个数以及每个连乘式中的第一个加数与右边连乘式中第一个乘数的指数保持一致，其中左边连乘式中第二个加数从1开始，逐项加1递增，右边连乘式中从第二个乘数开始，组成以1为首项，2为公差的等差数列，项数与第几等式保持一致，则照此规律，第n 个等式可为(n ＋1)(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n×1×3×…×(2n －1)．答案：(n ＋1)(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n×1×3×…×(2n －1)16.现有一个关于平面图形的命题：如图，同一平面内有两个边长都是a 的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为a 24.类比到空间，有两个棱长为a 的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为________．解析：解法的类比(特殊化)，易得两个正方体重叠部分的体积为a 38.答案：a 38三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)用综合法或分析法证明： (1)如果a ，b >0，则lg a ＋b 2≥lg a ＋lg b2；(2)6＋10>23＋2.证明：(1)当a ，b >0时，有a ＋b2≥ab ，∴lg a ＋b2≥lg ab ，∴lga ＋b 2≥12lg ab ＝lg a ＋lg b2. (2)要证 6＋10>23＋2， 只要证(6＋10)2>(23＋2)2， 即260>248，这是显然成立的， 所以原不等式成立．18.(本小题满分12分)如图所示，设SA ，SB 是圆锥SO 的两条母线，O 是底面圆心，C 是SB 上一点，求证：AC 与平面SOB 不垂直．证明：假设AC ⊥平面SOB ， 因为直线SO 在平面SOB 内， 所以SO ⊥AC ，因为SO ⊥底面圆O ，所以SO ⊥AB . 因为AB ∩AC ＝A ，所以SO ⊥平面SAB .所以平面SAB ∥底面圆O ，这显然与平面SAB 与底面圆O 相交矛盾，所以假设不成立，即AC 与平面SOB 不垂直．19．(本小题满分12分)已知a ，b ，c ∈(0,1)． 求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不能都大于14.证明：假设(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 都大于14.因为0<a <1,0<b <1,0<c <1， 所以1－a >0.由基本不等式，得 －a ＋b2≥－a b >14＝12. 同理，－b ＋c 2>12， －c ＋a 2>12. 将这三个不等式两边分别相加，得 －a ＋b2＋－b ＋c2＋－c ＋a 2>12＋12＋12，即32>32，这是不成立的， 故(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不能都大于14.20．(本小题满分12分)用数学归纳法证明11×3＋13×5＋…＋1n －n ＋＝n2n ＋1(n ∈N ＋)． 证明：①当n ＝1时，左边＝11×3＝13，右边＝12×1＋1＝13，左边＝右边．所以当n ＝1时等式成立． ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即 11×3＋13×5＋…＋12k －k ＋＝k2k ＋1， 则当n ＝k ＋1时， 左边＝11×3＋13×5＋…＋1k －k ＋＋1k ＋k ＋＝k 2k ＋1＋1k ＋k ＋＝k k ＋＋1k ＋k ＋＝k ＋k ＋k ＋k ＋＝k ＋1k ＋＋1＝右边．所以当n ＝k ＋1时等式也成立．根据①和②可知，等式对任何n ∈N ＋都成立．21．(本小题满分12分)下列推理是否正确？若不正确，指出错误之处． (1)求证：四边形的内角和等于360°.证明：设四边形ABCD 是矩形，则它的四个角都是直角，有∠A ＋∠B ＋∠C ＋∠D ＝90°＋90°＋90°＋90°＝360°，所以四边形的内角和为360°.(2)已知 2 和 3 都是无理数，试证：2＋3也是无理数．证明：依题设2和3都是无理数，而无理数与无理数之和是无理数，所以2＋3必是无理数．(3)已知实数m 满足不等式(2m ＋1)(m ＋2)<0，用反证法证明：关于x 的方程x 2＋2x ＋5－m 2＝0无实根．证明：假设方程x 2＋2x ＋5－m 2＝0有实根．由已知实数m 满足不等式(2m ＋1)(m ＋2)＜0，解得－2＜m ＜－12，而关于x 的方程x 2＋2x ＋5－m 2＝0的判别式Δ＝4(m 2－4)，∵－2<m <－12，∴14＜m 2＜4，∴Δ<0，即关于x 的方程x 2＋2x ＋5－m 2＝0无实根． 解：(1)犯了偷换论题的错误，在证明过程中，把论题中的四边形改为矩形． (2)使用的论据是“无理数与无理数的和是无理数”，这个论据是假的，因为两个无理数的和不一定是无理数，因此原题的真实性仍无法判定．(3)利用反证法进行证明时，要把假设作为条件进行推理，得出矛盾，本题在证明过程中并没有用到假设的结论，也没有推出矛盾，所以不是反证法．22．(本小题满分12分)是否存在二次函数f (x )，使得对于任意n ∈N ＋，都有12＋22＋32＋…＋n2n＝f (n )成立，若存在，求出f (x )；若不存在，说明理由．解：假设存在二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，使得对于∀n ∈N ＋，都有12＋22＋32＋…＋n2n＝f (n )成立．当n ＝1时，a ＋b ＋c ＝1，① 当n ＝2时，4a ＋2b ＋c ＝12＋222，②当n ＝3时，9a ＋3b ＋c ＝12＋22＋323，③联立①②③式得a ＝13，b ＝12，c ＝16，则由以上可假设存在二次函数f (x )＝13x 2＋12x ＋16，使得对于∀n ∈N ＋，都有12＋22＋32＋…＋n2n＝f (n )成立．下面用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，121＝1，f (1)＝13＋12＋16＝1，所以121＝f (1)成立；(2)假设当n ＝k 时，12＋22＋32＋…＋k2k＝f (k )成立，那么，当n ＝k ＋1时， 12＋22＋32＋…＋k ＋2k ＋1＝12＋22＋32＋…＋k2k·kk ＋1＋(k ＋1)＝f (k )·kk ＋1＋(k ＋1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13k 2＋12k ＋16·k k ＋1＋(k ＋1)＝k ＋k ＋6·kk ＋1＋(k ＋1)＝k k ＋6＋(k ＋1)＝k 23＋76k ＋1 ＝13(k ＋1)2＋12(k ＋1)＋16 ＝f (k ＋1)，故当n ＝k ＋1时，12＋22＋32＋…＋k ＋2k ＋1＝f (k ＋1)也成立．由(1)(2)知，对于∀n ∈N ＋，12＋22＋32＋…＋n2n＝f (n )都成立．即存在二次函数f (x )＝13x 2＋12x ＋16，使得对于∀n ∈N ＋，都有12＋22＋32＋…＋n2n ＝f (n )成立．。

模块综合检测(时间120分钟 满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．在平面直角坐标系中，正△ABC 的边BC 所在直线的斜率是0，则AC ，AB 所在直线的斜率之和为( )A ．－23B ．0 C. 3 D ．2 3解析：选B 易知k AB ＝3，k AC ＝－3，∴k AB ＋k AC ＝0.2．直线(2m 2＋m －3)x ＋(m 2－m )y ＝4m －1在x 轴上的截距为1，则m 等于( )A ．1B ．2C ．－12D ．2或－12解析：选D 令y ＝0，则(2m 2＋m －3)x ＝4m －1，所以直线在x 轴上的截距为4m －12m 2＋m －3＝1，所以m ＝2或m ＝－12. 3．在空间直角坐标系中，点B 是点A (1,2,3)在yOz 坐标平面内的射影，O 为坐标原点，则|OB |等于( ) A.14 B.13 C ．2 3 D.11解析：选B 点A (1,2,3)在yOz 坐标平面内的射影为B (0,2,3)，∴|OB |＝02＋22＋32＝13.4．过点(1,2)且与原点距离最大的直线方程是( )A ．x ＋2y －5＝0B ．2x ＋y －4＝0C ．x ＋3y －7＝0D ．x －2y ＋3＝0解析：选A 结合图形可知，所求直线为过点(1,2)且与原点和点(1,2)连线垂直的直线，其斜率为－12，直线方程为y －2＝－12(x －1)，即x ＋2y －5＝0. 5．下列说法不正确的是( )A ．空间中，一组对边平行且相等的四边形一定是平行四边形B ．同一平面的两条垂线一定共面C ．过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直，且这些直线都在同一平面内D ．过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直解析：选D 如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ⊥平面DCC 1D 1，因此平面。

北京师大附中2018－2019学年上学期高中二年级期中考试数学试卷一、选择题，本大题共10小题，共40分，从列出的四个选项中，选出符合要求的一项。

1.在数列中，，且，则等于A. 8B. 6C. 9D. 7【答案】D【解析】【分析】根据递推关系得出数列为等差数列，且求得公差，由此计算得的值.【详解】由于，故数列是首项为，公差为的等差数列，故，故选D.【点睛】本小题主要考查等差数列的识别，考查等差数列项的计算，属于基础题.2.在三棱锥中，，，，D为BC的中点，则A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据向量加法和减法的运算，将转化到三个方向上，由此求得正确选项.【详解】依题意得，故选A.【点睛】本小题主要考查向量加法和减法的运算，属于基础题，要注意的是向量减法，箭头是指向被减数.3.在等比数列中，，且，则这个数列的公比为A. 3B.C. 9D.【答案】B【解析】根据等比数列项与项的关系，化简已知条件，解方程求得数列的公比.【详解】由于数列为等比数列，故，解得.故选B.【点睛】本小题主要考查等比数列的通项公式，，考查方程的思想，属于基础题.4.在正方体中，向量和的夹角是A. B. 60° C. 45° D. 135°【答案】B【解析】【分析】将两个向量平移到一起，然后解三角形求得两个向量的夹角.【详解】画出图像如下图所示，连接，，根据正方体的性质可知，故是题目所求两个向量的夹角.由于是等边三角形，故.【点睛】本小题主要考查空间两个向量的夹角，考查空间异面直线所成的角，主要的解法是利用平行，作出它们所成的角，解三角形求得这角的大小.5.某种农产品前n年的总产量与n之间的关系满足：，若前m年的年平均产量最小，则m值为A. 5B. 4C. 3D. 2【解析】【分析】通过计算，其中使得结果最大的即为所求.【详解】依题意，，故当时，取得最小值.故选C.【点睛】本小题主要考查数列的实际应用.由于题目是选择题，故可将选项代入验算，得出正确选项，属于基础题.6.若数列是公比为q的递增等比数列，则A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意构造特殊的数列，然后对选项的正误逐一进行判断，由此得出正确选项.【详解】依题意，不妨设，数列是递增的等比数列，由此判断C,D选项错误.设，数列是递增的等比数列，由此判断A选项不正确.故正确的选项为B.所以本题选B.【点睛】本小题主要考查等比数列的单调性.由于题目是选择题，故可采用特殊值和排除法来得出选项，属于基础题.7.在棱长为1的正四面体ABCD中，E, F分别是BC, AD的中点，则（）A. 0B.C.D.【答案】D【解析】=﹣.故答案为：D。

2019-2020学年度最新北师大版必修2阶段质量检测（一）Word版含解析（时间：90分钟满分：120分）一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1．(陕西高考)将正方体(如图①所示)截去两个三棱锥，得到图②所示的几何体，则该几何体的左视图为()2．分别和两条异面直线都相交的两条直线的位置关系是()A．异面B．相交C．相交或异面D．平行或异面3．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E是A1C1的中点，则直线CE垂直于()A．AC B．BDC．A1D D．A1D14．如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是()A．9πB．10π C．11πD．12π5．设a，b是两条直线，α、β是两个平面，则下列命题正确的是()A ．若a ∥b ，a ∥α，则b ∥αB ．α∥β，a ∥α，则a ∥βC ．若α⊥β，a ⊥β，则a ⊥αD ．若a ⊥b ，a ⊥α，b ⊥β，则α⊥β6．如图，设P 是正方形ABCD 外一点，且PA ⊥平面ABCD ，则平面PAB 与平面PBC 、平面PAD 的位置关系是( )A ．平面PAB 与平面PBC 、平面PAD 都垂直 B ．它们两两垂直C ．平面PAB 与平面PBC 垂直，与平面PAD 不垂直 D ．平面PAB 与平面PBC 、平面PAD 都不垂直7．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )A ．16πB ．20πC ．24πD ．32π8．如图，在上、下底面对应边的比为1∶2的三棱台中，过上底面一边作一个平行于对棱的平面A 1B 1EF ，这个平面分三棱台成两部分的体积之比为( )A ．1∶2B ．2∶3C ．3∶4D ．4∶59．过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为( )A.316B.916C.38D.93210．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 ∶A ′B ′＝( )A．2∶1 B．3∶1C．3∶2 D．4∶3二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)11．过一个平面的垂线和这个平面垂直的平面有________个．12．(安徽高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于________．13．等体积的球和正方体，它们的表面积的大小关系是S球________S正方体(填“>”、“<”或“＝”)．14．(湖北高考)我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸)三、解答题(本大题共有4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明或演算步骤)15．(本小题满分12分)在四边形ABCD中，已知AB∥DC，AB，BC，CD，AD(或延长线)分别与平面α相交于点E，F，G，H.求证：E，F，G，H必在同一直线上．16.(本小题满分12分)(山东高考)如图，几何体E-ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.(1)求证：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.17．(本小题满分12分)如图，在四棱锥E-ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，BE ＝BC，AE⊥BE，M为CE上一点，且BM⊥平面ACE.(1)求证：AE⊥BC；(2)如果点N为线段AB的中点，求证：MN∥平面ADE.18．(本小题满分14分)一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示．(1)请画出该几何体的直观图，并求它的体积；(2)证明：A1C⊥平面AB1C1；(3)若D是棱CC1的中点，在棱AB上取中点E，判断DE是否平行于平面AB1C1，并证明你的结论．答案1. 解析：选B左视图中能够看到线段AD1，画为实线，看不到线段B1C，画为虚线，而且AD1与B1C不平行，投影为相交线．2. 解析：选C如图所示，l1与l2为异面直线，直线AB、CD均与l1、l2相交，则AB 与CD的位置关系为相交或异面．3. 解析：选B∵BD⊥AC，BD⊥AA1，∴BD⊥平面AA1C1C.又CE平面AA1C1C，∴CE⊥BD.4. 解析：选D该几何体下面是一个底面半径为1，母线长为3的圆柱，上面是一个半径为1的球，其表面积是2π×1×3＋2×π×12＋4π×12＝12π.5. 解析：选D A 中，b 有可能在α内；B 中，a 有可能在β内；C 中，a 有可能在α内．6. 解析：选A ∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BC . 又BC ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ，∴BC ⊥平面PAB ， ∵BC 平面PBC ， ∴平面PBC ⊥平面PAB .由AD ⊥PA ，AD ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ，得AD ⊥平面PAB . ∵AD 平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面PAB . 由已知不能推出平面PBC 与平面PAD 垂直． 7. 解析：选C 设正四棱柱的底边长为a ，则 V ＝a 2·h ，∴16＝a 2×4，∴a ＝2.由球和正四棱柱的性质可知，球的直径为正四棱柱的对角线． ∴R ＝1222＋22＋42＝6，∴S ＝4πR 2＝24π.8. 解析：选C 设上底面积为S ，则下底面积为4S ，再设台体高为h ， ∴V 台＝13h (S ＋4S ＋S ·4S )＝73Sh ，又∵ VCEF －A 1B 1C 1＝Sh ，∴两部分的比为Sh ∶⎝⎛⎭⎫73Sh －Sh ＝3∶4. 9. 解析：选A 如图所示，设球的半径为R ，由题意，知OO ′＝R 2，OF ＝R ，∴r ＝32R .∴S 截面＝πr 2＝π⎝⎛⎭⎫32R 2＝3π4R 2. 又S 球＝4πR 2， ∴S 截面S 球＝3π4R24πR 2＝316. 10. 解析：选A 如图，由已知条件可知∠BAB ′＝π4，∠ABA ′＝π6，设AB ＝2a ，则BB ′＝2a ，A ′B ＝3a . ∴在Rt △BB ′A ′中得A ′B ′＝a ， ∴AB ∶A ′B ′＝2∶1.11. 解析：由面面垂直的判定知，作过此直线的任一平面都符合题意． 答案：无数12. 解析：根据该几何体的三视图可得其直观图如图所示，是底面为直角梯形的直四棱柱，且侧棱AA 1＝4，底面直角梯形的两底边AB ＝2，CD ＝5，梯形的高AD ＝4，故该几何体的体积V ＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋52×4＝56.答案：5613. 解析：设球的半径为R ，正方体的棱长为a ， 则43πR 3＝a 3，∴a ＝ 343π·R ， ∴S 正方体＝6a 2＝6·⎝ ⎛⎭⎪⎫343π·R 2＝4·36π2·R 2>4πR 2， 即S 球<S 正方体． 答案：<14. 解析：圆台中截面圆的半径为十寸，圆台内水的体积为V ＝13πh ·(r 2中＋r 2下＋r 中r 下)＝π3×9×(102＋62＋10×6)＝588π，降雨量为V 142π＝3×196π196π＝3. 答案：315. 证明：因为AB ∥CD ，所以四边形ABCD 是一个平面图形，即AB，CD确定一个平面β，则ABβ，ADβ，因为E∈AB，所以E∈β.因为H∈AD，所以H∈β.又因为E∈α，H∈α，所以α∩β＝EH.因为DCβ，G∈DC，所以G∈β.又因为G∈α，所以点G在α与β的交线EH上．同理，点F在α与β的交线EH上，所以E，F，G，H四点共线．16. 解：(1)如图，取BD的中点O，连接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD，又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，又O为BD的中点，所以BE＝DE.(2)法一：如图，取AB的中点N，连接DM，DN，MN，因为M是AE的中点，所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC.又因为△ABD为正三角形．所以∠BDN＝30°，又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°，所以DN∥BC.又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC.又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC.法二：如图，延长AD，BC交于点F，连接EF.因为CB＝CD，∠BCD＝120°，所以∠CBD＝30°.因为△ABD为正三角形，所以∠BAD＝60°，∠ABC＝90°，因此∠AFB＝30°，所以AB＝12AF.又AB＝AD，所以D为线段AF的中点．连接DM，由于点M是线段AE的中点，因此DM∥EF.又DM⊄平面BEC，EF⊂平面BEC，所以DM∥平面BEC.17. 证明：(1)因为BM⊥平面ACE，AE平面ACE，所以BM⊥AE.因为AE⊥BE，且BE∩BM＝B，BE、BM平面EBC，所以AE⊥平面EBC. 因为BC平面EBC，所以AE⊥BC.(2)法一：取DE中点H，连接MH、AH.因为BM⊥平面ACE，EC平面ACE，所以BM⊥EC.因为BE＝BC，所以M为CE的中点．所以MH为△EDC的中位线，所以MH12DC.因为四边形ABCD为平行四边形，所以DC AB.故MH12AB.因为N为AB的中点，所以MH AN.所以四边形ANMH为平行四边形，所以MN∥AH.因为MN平面ADE，AH平面ADE，所以MN∥平面ADE.法二：如图，取EB的中点F，连接MF、NF.因为BM⊥平面ACE，EC平面ACE，所以BM⊥EC.因为BE＝BC，所以M为CE的中点，所以MF∥BC.因为N为AB的中点，所以NF∥AE，因为四边形ABCD为平行四边形，所以AD∥BC.所以MF∥AD.因为NF、MF平面ADE，AD、AE平面ADE，所以NF∥平面ADE，MF∥平面ADE.因为MF∩NF＝F，MF、NF平面MNF，所以平面MNF∥平面ADE.因为MN平面MNF，所以MN∥平面ADE.18. 解：(1)几何体的直观图如图．四边形BB1C1C是矩形，BB1＝CC1＝3，BC＝1，四边形AA1C1C是边长为3的正方形，且垂直于底面BB1C1C，∴其体积V＝12×1×3×3＝3 2.(2)证明：∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AC.∵三棱柱ABC—A1B1C1为直三棱柱，∴BC⊥CC1.∵AC∩CC1＝C，∴BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥A1C.∵B1C1∥BC，∴B1C1⊥A1C.∵四边形ACC1A1为正方形，∴A1C⊥AC1. ∵B1C1∩AC1＝C1，∴A1C⊥平面AB1C1. (3)当E为棱AB的中点时，DE∥平面AB1C1.证明：如图，取BB1的中点F，连接EF，FD，DE，∵D，E，F分别为CC1，AB，BB1的中点，∴EF∥AB1.∵AB1平面AB1C1，EF平面AB1C1，∴EF∥平面AB1C1.∵FD∥B1C1，∴FD∥平面AB1C1，又EF∩FD＝F，∴平面DEF∥平面AB1C1.而DE平面DEF，∴DE∥平面AB1C1.。

()(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订)一、选择题(本大题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)．观察图中的四个几何体，其中判断正确的是( )．()是圆台．()是棱台．()不是棱柱．()是棱锥解析：图()不是由棱锥截得的，图()的上、下两个面不平行，图()的前、后两个面平行，其他面都是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以，，都不正确．答案：．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体可以是( )．棱台．棱柱．圆台．圆锥解析：先观察俯视图，再结合正视图和侧视图还原空间几何体．由俯视图是圆环可排除，，由正视图和俯视图都是等腰梯形可排除，故选.答案：．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．．．解析：先将三视图还原为空间几何体，再根据体积公式求解．由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为，下底长为，高为，故面积为＝＝.又棱柱的高为，所以体积＝＝×＝.答案：．分别和两条异面直线相交的两条直线的位置关系是( )．异面．相交．相交或异面．平行解析：当过其中一条直线上同一点时，共面相交；相交的交点没有重合情况时，异面．答案：．如图，⊥矩形，下列结论中不正确的是( )．⊥．⊥．⊥．⊥解析：∵⊥面，∴⊥，故正确；∵⊥，∴⊥面，∴⊥，故正确；又⊥面，∴⊥，故正确．只有不正确．答案：．(·长沙高一检测)已知等边三角形的边长为，那么它的平面直观图面积为( )．．解析：底边长为，高为×× °＝，∴＝.答案：．如图，是△的斜边，⊥平面，⊥于点，则图中共有直角三角形的个数是( )．个．个．个．个解析：因为⊥平面，所以⊥.。

()(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订)一、选择题(本大题共小题，每小题分，共分．在每小题后给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)．过两点(－，)，()的直线倾斜角是°，则的值是( )．．－．－．解析：由＝＝°＝，解得＝.答案：．以()和(－)为端点，线段的中垂线方程是( )．＋＋＝．－＋＝．＋＋＝．－－＝解析：的中点(－)，＝＝，中垂线的斜率＝－.的中垂线方程为－＝－(＋)，即＋＋＝.答案：．若以点(－)为圆心的圆与直线－＋＝没有公共点，则圆的半径的取值范围为( )．．()．(，) 解析：设圆心到直线的距离为，则＝＝.若直线与圆没有公共点，则＜＜，故选.答案：．若直线：＝＋(＜)与圆：(＋)＋(－)＝相切，则直线与圆：(－)＋＝的位置关系是( )．相切．相交．相离．不确定解析：依题意，直线与圆相切，则＝，解得＝±.因为＜，所以＝－，于是直线的方程为＋－＝.圆心()到直线的距离＝＝＜，所以直线与圆相交，故选.答案：．点在圆：＋(＋)＝上，点在圆：(＋)＋(－)＝上，则的最大值为( )．．．．解析：可得(，－)，＝，(－)，＝＝＝.∴的最大值为＋＋即.答案：．过原点且倾斜角为°的直线被圆＋－＝所截得的弦长为( )．．解析：由题意得直线方程＝，即－＝.圆方程＋(－)＝.圆心到直线的距离是＝＝.∴弦长＝＝.答案：．圆(－)＋(＋)＝关于直线＝对称的圆的方程是( )．(－)＋(＋)＝．(＋)＋(－)＝．(－)＋(－)＝．(＋)＋(－)＝解析：∵(，－)关于＝对称的点为()，∴所求圆的方程为(－)＋(－)＝.答案：．已知点(，)是直线＝－上一动点，与是圆：＋(－)＝的两条切线，，为切点，则四边形的最小面积为( )．．解析：由题意知，圆的圆心为()，半径为，故＝＋.又四边形＝×××＝，故当最小时，四边形的面积最小，此时最小，又的最小值即为点到直线的距离＝＝，此时＝，故四边形面积的最小值为.故选.答案：．在平面直角坐标系中，圆的方程为＋(－)＝，若直线＋＋＝上至少存在一点，使得以该点为圆心，为半径的圆与圆有公共点，则的取值范围是( )．．解析：依题意，圆的圆心为()，半径＝.若直线＋＋＝上至少存在一点，使得以该点为圆心，为半径的圆与圆有公共点，则存在∈，使得≤＋成立，即≤，解得≤，故选.答案：．一束光线从点(－)出发，经轴反射到圆：(－)＋(－)＝上的最短路程是( )．．－．．解析：关于轴的对称点′(－，－)，则′＝＝.∴所求最短路程为－＝.答案：二、填空题(本大题共个小题，每小题分，共分．请把正确答案填在题中横线上)．如图，长方体－′′′′中，＝，＝，′＝，′′与′′交于，则点的坐标为．。

姓名，年级：时间：质量检测(一）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．第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（）A．2π B．π C．2 D．1［解析］所得旋转体是底面半径为1,高为1的圆柱，其侧面积S侧＝2πRh＝2π×1×1＝2π。

[答案] A2．教室内有一直尺,无论怎样放置,在地面总有这样的直线，使得它与直尺所在直线（）A．平行 B．垂直 C．相交 D．异面[解析] 当直尺垂直于地面时，A不对；当直尺平行于地面时，C不对；当直尺位于地面上时，D不对．[答案] B3．设球内切于圆柱，则此圆柱的全面积与球表面积之比是（) A．1∶1 B．2∶1C．3∶2 D．4∶3[解析］∵圆柱的底面直径与高都等于球的直径,设球的直径为2R，则圆柱的全面积S1＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2,球的表面积S2＝4πR2，∴错误!＝错误!.[答案] C4．已知m、n是两条不同直线，α、β是两个不同平面,则下列命题正确的是（）A．若α、β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m、n平行于同一平面，则m与n平行C．若α、β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D．若m、n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面［解析］A项，α、β可能相交，故错误；B项,直线m、n的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故错误；C项，若m⊂α，α∩β＝n,m∥n，则m∥β，故错误；D项，假设m、n垂直于同一平面，则必有m∥n，所以原命题正确，故D项正确．[答案] D5．已知圆柱与圆锥的底面积相等，高也相等，它们的体积分别为V1和V2,则V1∶V2＝( )A．1∶3 B．1∶1 C．2∶1 D．3∶1［解析] V1∶V2＝（Sh)∶错误!＝3∶1。

北师大版高中数学必修二全册同步习题含解析目录第1章立体几何初步 1.1.1习题第1章立体几何初步 1.1.2习题第1章立体几何初步 1.2习题第1章立体几何初步 1.3.1习题第1章立体几何初步 1.3.2习题第1章立体几何初步 1.4.1习题第1章立体几何初步 1.4.2习题第1章立体几何初步 1.5.1.1习题第1章立体几何初步 1.5.1.2习题第1章立体几何初步 1.5.2习题第1章立体几何初步 1.6.1.1习题第1章立体几何初步 1.6.1.2习题第1章立体几何初步 1.6.2习题第1章立体几何初步 1.7.1习题第1章立体几何初步 1.7.2习题第1章立体几何初步 1.7.3习题第1章立体几何初步习题课习题第1章立体几何初步检测习题第2章解析几何初步 2.1.1习题第2章解析几何初步 2.1.2.1习题第2章解析几何初步 2.1.2.2习题第2章解析几何初步 2.1.3习题第2章解析几何初步 2.1.4习题第2章解析几何初步 2.1.5.1习题第2章解析几何初步 2.1.5.2习题第2章解析几何初步 2.2.1习题第2章解析几何初步 2.2.2习题第2章解析几何初步 2.2.3.1习题第2章解析几何初步 2.2.3.2习题第2章解析几何初步 2.3.1-2.3.2习题第2章解析几何初步 2.3.3习题第2章解析几何初步检测习题模块综合检测习题北师大版2018-2019学年高中数学必修2习题01第一章立体几何初步§1简单几何体1.1简单旋转体1.下列说法正确的是()A.圆锥的母线长等于底面圆直径B.圆柱的母线与轴垂直C.圆台的母线与轴平行D.球的直径必过球心答案:D2.下面左边的几何体是由选项中的哪个图形旋转得到的()解析:选项B中的图形旋转后为两个共底面的圆锥;选项C中的图形旋转后为一个圆柱与一个圆锥的组合体;选项D中的图形旋转后为两个圆锥与一个圆柱的组合体.答案:A3.用一个平面去截一个几何体,得到的截面一定是圆面,则这个几何体是()A.圆锥B.圆柱C.球D.圆台答案:C4.AB为圆柱下底面内任一不过圆心的弦,过AB和上底面圆心作圆柱的一截面,则这个截面是()A.三角形B.矩形C.梯形D.以上都不对解析:如图所示,由于圆柱的上下底面相互平行,故过AB和上底面圆心作圆柱的一截面与上底面的交线CD 必过上底面圆心,且CD∥AB,在圆柱的侧面上,连接A,C(或B,D)两点的线是曲线,不可能是直线.故这个截面是有两条边平行、另两边是曲线的曲边四边形.故选D.答案:D5.以钝角三角形的较短边所在的直线为轴,其他两边旋转一周所得的几何体是()A.两个圆锥拼接而成的组合体B.一个圆台C.一个圆锥D.一个圆锥挖去一个同底的小圆锥解析:如图所示.旋转一周后其他两边形成的几何体为在圆锥AO的底部挖去一个同底的圆锥BO.答案:D6.点O1为圆锥高上靠近顶点的一个三等分点,过O1与底面平行的截面面积是底面面积的()A.13B.23C.14D.19解析:如图所示,由题意知SO1∶SO=1∶3,∴O1B∶OA=1∶3,∴S☉O1∶S☉O=1∶9,故选D.答案:D7.下列说法中错误的是.①过圆锥顶点的截面是等腰三角形;②过圆台上底面中心的截面是等腰梯形;③圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个.答案:②8.若过轴的截面是直角三角形的圆锥的底面半径为r,则其轴截面的面积为.解析:由圆锥的结构特征,可知若过轴的截面为直角三角形,则为等腰直角三角形,其斜边上的高为r,所以S=12×2r2=r2.答案:r29.已知圆锥的母线与旋转轴所成的角为30°,母线的长为2,则其底面面积为.解析:如图所示,过圆锥的旋转轴作截面ABC,设圆锥的底面半径为r,底面圆心为O.∵△ABC为等腰三角形,∴△ABO为直角三角形.又∠BAO=30°,∴BO=r=1AB=2.∴底面圆O的面积为S=πr2=π2.答案:π10.把一个圆锥截成圆台,已知圆台的上、下底面的半径比是1∶4,母线长是10 cm,求这个圆锥的母线长.分析:处理有关旋转体的问题时,一般要作出其过轴的截面,在这个截面图形中去寻找各元素之间的关系.解:设圆锥的母线长为y cm,圆台上、下底面的半径分别为x cm,4x cm.作圆锥过轴的截面如图所示.在Rt△SOA中,O'A'∥OA,则SA'SA =O'A'OA,即y-10y =x4x,解得y=403.故圆锥的母线长为40cm.11.圆锥的底面半径为r,母线长是底面半径的3倍,在底面圆周上有一点A,求一个动点P自点A出发在侧面上绕一周回到点A的最短路程.解:沿圆锥的母线SA将侧面展开,如图所示.则线段AA1就是所求的最短路程.∵弧A1A的长为2πr,SA=3r,设弧A1A所对的圆心角为α,∴απ·3r=2πr,∴α=120°.∴AA1=SA·cos30°×2=3r×3×2=33r,即所求最短路程是33r.1.2简单多面体1.关于棱柱,下列说法正确的是()A.只有两个面平行B.所有的棱都相等C.所有的面都是平行四边形D.两底面平行,侧棱也互相平行解析:正方体可以有六个面平行,故选项A错误;长方体并不是所有的棱都相等,故选项B错误;三棱柱的底面是三角形,故选项C错误;由棱柱的概念知,两底面平行,侧棱也互相平行,故选项D正确.答案:D2.一个正棱锥的底面边长与侧棱长相等,则该棱锥一定不是()A.正三棱锥B.正四棱锥C.正五棱锥D.正六棱锥解析:由于正六边形的中心到顶点的距离与边长都相等,故正六棱锥的侧棱长必大于底面边长.答案:D3.棱台不一定具有的性质是()A.两底面相似B.侧面都是梯形C.侧棱都相等D.侧棱延长后都交于一点解析:由棱台的定义可知,棱台是用平行于棱锥底面的平面去截棱锥而得到的,所以A,B,D选项都成立,只有选项C不一定成立.答案:C4.下列图形中,不是三棱柱的展开图的是()解析:根据三棱柱的结构特征知,A,B,D中的展开图都可还原为三棱柱,但是C中展开图还原后的几何体没有下底面,故不是三棱柱的展开图.答案:C5.下列说法正确的个数为()①存在斜四棱柱,其底面为正方形;②存在棱锥,其所有面均为直角三角形;③任意的圆锥都存在两条母线互相垂直;④矩形绕任意一条直线旋转都可以形成圆柱.A.1B.2C.3D.4解析:①存在斜四棱柱,其底面为正方形,正确.②正确.如图所示.③不正确,圆锥轴截面的顶角小于90°时就不存在.④不正确,矩形绕其对角线所在直线旋转,不能围成圆柱.故答案为B.答案:B6.用一个平行于棱锥底面的平面截这个棱锥,截得的棱台上、下底面的面积之比为1∶4,截去的棱锥的高是3 cm,则棱台的高是()A.12 cmB.9 cmC.6 cmD.3 cm解析:棱台的上、下底面的面积之比为1∶4,则截去的棱锥的高与原棱锥的高的比为1∶2,棱台的高是3cm.答案:D7.有下列四个结论:①各侧面是全等的等腰三角形的四棱锥是正四棱锥;②底面是正多边形的棱锥是正棱锥;③三棱锥的所有面可能都是直角三角形;④四棱锥中侧面最多有四个直角三角形.其中正确的有(填正确结论的序号).答案:③④8.如图所示,将装有水的长方体水槽固定底面一边后将水槽倾斜一个小角度,则倾斜后水槽中的水形成的几何体的形状是.解析:如图所示,假设以AB边固定进行倾斜,则几何体BB2C2C-AA2D2D一定为棱柱.答案:棱柱9.在侧棱长为23的正三棱锥P−ABC中,∠APB=40°,E,F分别是PB,PC上的点,过点A,E,F作截面AEF,则△AEF周长的最小值是.解析:将正三棱锥的三个侧面展开,如图所示.则当E,F为AA1与PB,PC的交点时,△AEF的周长最小,最小值为2AP·cos30°=2×23×3=6.答案:610.把右图中的三棱台ABC-A1B1C1分成三个三棱锥.解:如图所示,分别连接A1B,A1C,BC1,则将三棱台分成了三个三棱锥,即三棱锥A-A1BC,B1-A1BC1,C-A1BC1.(本题答案不唯一)11.试从正方体ABCD-A1B1C1D1的八个顶点中任取若干,连接后构成以下空间几何体,并且用适当的符号表示出来.(1)只有一个面是等边三角形的三棱锥.(2)四个面都是等边三角形的三棱锥.(3)三棱柱.解:(1)如图所示,三棱锥A1-AB1D1(答案不唯一).(2)如图所示,三棱锥B1-ACD1(答案不唯一).(3)如图所示,三棱柱A1B1D1-ABD(答案不唯一).★12.如图所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=3,AA1=4,M为AA1的中点,P是BC上的一点,且由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到M的最短路线的长为设这条最短路线与CC1的交点为N.求:(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线的长;(2)求PC和NC的长.解:(1)正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面展开图是一个长为9,宽为4的矩形,其对角线长为92+42=97.(2)如图所示,将侧面BB1C1C绕棱CC1旋转120°使其与侧面AA1C1C在同一平面上,则点P旋转到点P1的位置,连接MP1交CC1于点N,则MP1的长等于由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到点M的最短路线的长.设PC=x,则P1C=x.在Rt△MAP1中,由勾股定理,得(3+x)2+22=29,解得x=2,所以PC=P1C=2,又NCMA =P1CP1A=25,所以NC=45.§2直观图1.关于用斜二测画法所得的直观图,以下说法正确的是()A.等腰三角形的直观图仍是等腰三角形B.正方形的直观图为平行四边形C.梯形的直观图不是梯形D.正三角形的直观图一定为等腰三角形解析:根据斜二测画法的规则知,正方形的直观图为平行四边形.答案:B2.水平放置的△ABC,有一条边在水平线上,它的斜二测直观图是正三角形A'B'C',则△ABC是()A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.任意三角形解析:根据斜二测画法的规则,可知△ABC中有一个角是钝角,所以△ABC是钝角三角形.答案:C3.如图所示为一平面图形的直观图,则此平面图形可能是()答案:C4.对于一条边在x轴上的三角形,采用斜二测画法作出其直观图,则其直观图的面积是原三角形面积的()A.2倍B.2C.2D.1解析:由于平行于y轴的线段其平行性不变,长度变为原来的一半,又直观图中∠x'O'y'=45°,设原三角形的面积为S,其直观图的面积为S',则S'=1×2S=2S.答案:B5.一个水平放置的三角形的直观图是等腰直角三角形A'B'O',如图所示,若O'B'=1,那么原△ABO的面积是()A.12B.22C.2D.22解析:由斜二测画法,可知原三角形为直角三角形,且∠AOB=90°,OB=1,OA=2O'A'=22,∴S△AOB=12×1×22= 2.故选C.答案:C6.已知△A'B'C'为水平放置的△ABC的直观图,如图所示,则在△ABC的三边及中线AD中,最长的线段是()A.ABB.ADC.BCD.AC解析:由斜二测画法,可知原图形为直角三角形.AC为斜边,D为BC的中点,故AC>AD,故最长线段为AC.答案:D7.一个平面图形的斜二测直观图是腰长为2的等腰直角三角形,如图,则其平面图形的面积为.答案:48.已知正三角形ABC的边长为a,则水平放置的△ABC的直观图△A'B'C'的面积为.解析:图①、图②分别为实际图形和直观图.由图可知A'B'=AB=a,O'C'=1OC=3a,在图②中作C'D'⊥A'B'于点D',则C'D'=2O′C′=6a.所以S△A'B'C'=12A′B′·C'D'=12×a×68a=616a2.答案:616a29.在等腰梯形ABCD中,上底边CD=1,AD=CB=2,下底边AB=3,按平行于上、下底边取x轴,则直观图A′B′C′D′的面积为.解析:等腰梯形ABCD的高为1,且直观图A'B'C'D'仍为梯形,其高为1sin45°=2,故面积为1×(1+3)×2= 2.答案:2210.画出如图所示放置的直角三角形的直观图.解:画法:(1)画x'轴和y'轴,使∠x'O'y'=45°(如图②所示);(2)在原图中作BD⊥x轴,垂足为D(如图①所示);(3)在x'轴上截取O'A'=OA,O'D'=OD,在y'轴上截取O'C'=12OC,过D'作B'D'∥y'轴,使D'B'=1BD;(4)连线成图(擦去辅助线)(如图③所示).11.用斜二测画法得到一水平放置的Rt△ABC,AC=1,∠ABC=30°,如图所示,试求原三角形的面积.解:如图所示,作AD⊥BC于点D,令x'轴与y'轴的交点为E,则DE=AD,在Rt△ABC中,由∠ABC=30°,AC=1,可知BC=2,AB= 3.由AD⊥BC,AD=DE,可知AD=32,AE=62,由斜二测画法可知,原三角形A'B'C'中,B'C'=BC=2,A'E'=2AE=6,且A'E'⊥B'C',所以S△A'B'C'=1B′C′·A'E'=1×2×6= 6.★12.画水平放置的圆锥的直观图.分析用斜二测画法画水平放置的圆锥的直观图,由于圆锥底面可以看作是水平放置的,因此,只需先画轴,再画底面和高即可.解:(1)画轴,如图所示,画x轴、y轴、z轴,使∠xOy=45°,∠xOz=90°;(2)画圆锥的底面,画出底面圆的直观图,与x轴交于A,B两点;(3)画圆锥的顶点,在Oz上截取点P,使得PO等于圆锥的高;(4)连线成图,连接P A,PB,并加以整理(擦去辅助线,将被遮挡的部分改为虚线),得圆锥的直观图.§3三视图3.1简单组合体的三视图1.用一个平行于水平面的平面去截球,得到如图所示的几何体,则它的俯视图是()解析:截去的平面在俯视图中看不到,故用虚线,因此选B.答案:B2.下列各几何体的三视图中,有且仅有两个视图相同的是()A.①②B.①③C.①④D.②④解析:①中正方体的三视图均相同;②中圆锥的主视图和左视图相同;③中三棱台的三视图各不相同;④中正四棱锥的主视图和左视图相同.答案:D3.某几何体的主视图和左视图均如图所示,则该几何体的俯视图不可能是()解析:D选项的主视图为,故不可能是D选项.答案:D4.如图所示,若△A'B'C'为正三角形,与底面不平行,且CC'>BB'>AA',则多面体的主视图为()解析:因为△A'B'C'为正三角形,面A'B'BA向前,所以主视图不可能是A,B,C三个选项,只能是D.答案:D5.“牟台方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成,相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上,好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如图所示,图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其主视图和左视图完全相同时,它的俯视图可能是()答案:B6.如图所示,画出四面体AB1CD1三视图中的主视图,若以面AA1D1D为投影面,则得到的主视图为()解析:显然AB1,AC,B1D1,CD1分别投影得到主视图的外轮廓,B1C为可见实线,AD1为不可见虚线.故A正确.答案:A★7.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点,若用过点A,E,C1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的左视图为()设过点A,E,C1的截面与棱DD1相交于点F,且F是棱DD1的中点,该正方体截去上半部分后,剩余几何体如图所示,则它的左视图应选C.答案:C8.如图所示,图①②③是图④表示的几何体的三视图,其中图①是,图②是,图③是(填写视图名称).解析:由三视图可知,①为主视图,②为左视图,③为俯视图.答案:主视图左视图俯视图9.如图(a)所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为正方体的中心,则△P AC在该正方体各个面上的射影可能是图(b)中的(把可能的序号都填上).图(a)图(b)解析:要考虑△P AC在该正方体各个面上的射影,在上、下两个面上的射影是①,在前后左右四个面上的射影是④.答案:①④10.(1)画出如图①所示组合体的三视图;(2)图②所示的是一个零件的直观图,试画出这个几何体的三视图.图①图②解(1)该组合体是由一个四棱柱和一个圆锥拼接而成,其三视图如图所示.(2)作出三视图如图所示.★11.如图是根据某一种型号的滚筒洗衣机抽象出来的几何体,数据如图所示(单位:cm).试画出它的三视图.解这个几何体是由一个长方体挖去一个圆柱体构成的,三视图如图所示.3.2由三视图还原成实物图1.若一个几何体的主视图和左视图都是等腰梯形,俯视图是两个同心圆,则这个几何体可能是()A.圆柱B.圆台C.圆锥D.棱台答案:B2.某几何体的三视图如图所示,则该几何体是()A.棱台B.棱柱C.棱锥D.以上均不对解析:由相似比,可知几何体的侧棱相交于一点.答案:A3.如图所示是底面为正方形、一条侧棱垂直于底面的四棱锥的三视图,则该四棱锥的直观图是下列各图中的()解析:由俯视图排除B,C选项;由主视图、左视图可排除A选项,故选D.答案:D4.某几何体的三视图如图所示,则这个几何体是()A.三棱锥B.四棱锥C.四棱台D.三棱台解析:因为主视图和左视图为三角形,可知几何体为锥体.又俯视图为四边形,所以该几何体为四棱锥,故选B.答案:B5.如图所示,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是()A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱解析:由题知,该几何体的三视图为一个三角形,两个四边形,经分析可知该几何体为三棱柱,故选B.答案:B6.一块石材表示的几何体的三视图如图所示,将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于()A.1B.2C.3D.4解析:由三视图画出直观图如图所示,判断这个几何体是底面边长为6,8,10的直角三角形,高为12的躺下的直=2,这就是做成的最大球的半径.三棱柱,直角三角形的内切圆的半径为r=6+8-102答案:B7.把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起,连接AC,得到三棱锥C-ABD,其主视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形(如图所示),其左视图的面积为.解析:如图所示,根据两个视图可以推知折起后∠CEA=90°,其侧视图是一个两直角边长为1的等腰直角三.角形,所以左视图的面积为12答案:18.用n个体积为1的正方体搭成一个几何体,其主视图、左视图都是如图所示的图形,则n的最大值与最小值之差是.解析:由主视图、左视图可知,正方体个数最少时,底层有3个小正方体,上面有2个,共5个;个数最多时,底层有9个小正方体,上面有2个,共11个.故n的最大值与最小值之差是6.答案:69.下图是一个几何体的三视图,想象该几何体的几何结构特征,画出该几何体的形状.解由于俯视图中有一个圆和一个四边形,则该几何体是由旋转体和多面体构成的组合体,结合左视图和主视图,可知该几何体是由上面一个圆柱、下面一个四棱柱拼接成的组合体.该几何体的形状如图所示.★10.已知几何体的三视图如图所示,用斜二测画法画出它的直观图.解由三视图可知其几何体是底面边长为2,高为3的正六棱锥,其直观图如图所示.§4空间图形的基本关系与公理第1课时平面性质1.两个平面重合的条件是()A.有四个公共点B.有无数个公共点C.有一条公共直线D.有两条相交公共直线解析:由两条相交直线确定一个平面知D选项正确.答案:D2.与“直线l上两点A,B在平面α内”含义不同的是()A.l⫋αB.直线l在平面α内C.直线l上只有这两个点在平面α内D.直线l上所有的点都在平面α内答案:C3.有下列说法:①梯形的四个顶点在同一平面内;②三条平行直线必共面;③有三个公共点的两个平面必重合.其中正确的个数是()A.0B.1C.2D.3解析:梯形是一个平面图形,所以其四个顶点在同一个平面内,故①正确;两条平行直线确定1个平面,三条平行直线确定1个或3个平面,故②错误;三个公共点可以同在两个相交平面的交线上,故③错误.答案:B4.设P表示一个点,a,b表示两条直线,α,β表示两个平面,给出下列四个命题,其中正确的命题是()①P∈a,P∈α⇒a⫋α;②a∩b=P,b⫋β⇒a⫋β;③a∥b,a⫋α,P∈b,P∈α⇒b⫋α;④α∩β=b,P∈α,P∈β⇒P∈b.A.①②B.②③C.①④D.③④答案:D5.三棱台ABC-A'B'C'的一条侧棱AA'所在直线与平面BCC'B'之间的关系是()A.相交B.平行C.直线在平面内D.平行或直线在平面内解析:棱台就是棱锥被一个平行于底面的平面截去一个棱锥得到的,所以延长棱台各侧棱可以恢复成棱锥的形状,由此可知三棱台的一条侧棱所在直线与其对面所在的平面相交.答案:A6.如图所示,平面α∩平面β=l,A∈α,B∈α,AB∩l=D,C∈β,且C∉l,则平面ABC与平面β的交线是()A.直线ACB.直线BCC.直线ABD.直线CD解析:由题意知,平面ABC与平面β有公共点C,根据公理3,这两平面必定相交,有且只有一条经过C的交线,由于两点确定一条直线,所以只要再找到两平面的另一个公共点即可.显然点D在直线AB上,从而它在平面ABC内,而点D又在直线l上,所以它又在平面β内,所以点D也是平面ABC与平面β的公共点.因此平面ABC 与平面β的交线是直线CD.答案:D7.已知点P在平面α外,点A,B,C在平面α内且不共线,A',B',C'分别在P A,PB,PC上,若A'B',B'C',A'C'与平面α分别交于D,E,F三点,则D,E,F三点()A.成钝角三角形B.成锐角三角形C.成直角三角形D.在一条直线上解析:本题考查三点关系,根据两平面公共点在其交线上,知D,E,F三点共线,故选D.答案:D8.在正方体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.六边形解析:如图所示,作GR∥PQ交C1D1于G,延长QP与CB延长线交于M,连接MR交BB1于E,连接PE.同理延长PQ交CD延长线于点N,连接NG交DD1于F,连接QF.所以截面PQFGRE为六边形.故选D.答案:D9.四条线段首尾相接得到一个四边形,当且仅当它的两条对角线时,能得到一个平面图形.解析:由公理1,2知当两条对角线相交时为平面图形,当两条对角线不共面时为空间四边形.答案:相交10.一个平面内不共线的三点到另一个平面的距离相等且不为零,则这两个平面的位置关系是.解析:当三点在另一个平面同侧时,这两个平面平行,当三点不在另一个平面同侧时,这两个平面相交.答案:平行或相交11.过已知直线a外的一点P,与直线a上的四个点A,B,C,D分别画四条直线,求证:这四条直线在同一平面内.证明:如图所示,因为点P在直线a外,所以过直线a及点P可作一平面α,因为A,B,C,D均在a上,所以A,B,C,D均在α内,所以直线P A,PB,PC,PD上各有两个点在α内,由公理2可知,直线P A,PB,PC,PD均在平面α内,故这四条直线在同一平面内.12.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,M,N分别是AA1,D1C1的中点,过D,M,N三点的平面与正方体下底面相交于直线l.试画出直线l的位置,并说明理由.解:如图所示,连接DM并延长,交D1A1的延长线于点P',连接NP',则直线NP'即为所求直线l.理由如下: 如图所示,连接DN,∵P'=DM∩D1A1,且DM⫋平面DMN,D1A1⫋平面A1B1C1D1,∴P'∈平面DMN∩平面A1B1C1D1.又N∈平面DMN∩平面A1B1C1D1,∴由公理3知,直线NP'为平面DMN与平面A1B1C1D1的交线.第2课时 异面直线所成的角1.若直线a ∥b ,b ∩c=A ,则直线a 与c 的位置关系是( ) A.异面 B.相交 C.平行 D.异面或相交答案:D2.在三棱锥A-BCD 中,E ,F ,G 分别是AB ,AC ,BD 的中点,如果AD 与BC 所成的角是60°,那么∠FEG 为( ) A .60° B .30°C .120°D .60°或120° 解析:异面直线AD 与BC 所成的角可能等于∠FEG ,也可能等于∠FEG 的补角.答案:D3.若空间中四条两两不同的直线l 1,l 2,l 3,l 4满足l 1⊥l 2,l 2∥l 3,l 3⊥l 4,则下列结论一定正确的是( ) A .l 1⊥l 4 B .l 1∥l 4C .l 1与l 4既不垂直也不平行D .l 1与l 4的位置关系不确定解析:因为l 2∥l 3,所以l 1⊥l 3,l 3⊥l 4.实质上就是l 1与l 4同垂直于一条直线,所以l 1⊥l 4,l 1∥l 4,l 1与l 4既不垂直也不平行都有可能成立,故l 1与l 4的位置关系不确定. 答案:D4.如图,在某个正方体的表面展开图中,l 1,l 2是两条面对角线,则在正方体中,l 1与l 2( ) A.互相平行 B.异面且互相垂直 C.异面且夹角为60° D.相交且夹角为60°解析:将表面展开图还原成正方体如图所示,则B ,C 两点重合.故l 1与l 2相交,连接AD ,△ABD 为正三角形,所以l 1与l 2的夹角为60°. 答案:D5.在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,若点E ,F 分别在AB ,AC 上,且AE=13AB ,AF=13AC ,则下列说法正确的是( ) A.EF ⊥BB 1 B.EF ∥A 1B 1 C.EF ∥B 1C 1D.EF ∥AA 1解析:∵AE=1AB ,AF=1AC ,∴EF ∥BC.又ABC-A1B1C1为棱柱,∴BC∥B1C1.∴EF∥B1C1.答案:C6.下列说法正确的是()A.空间中没有交点的两条直线是平行直线B.一条直线和两条平行直线中的一条相交,则它和另一条也相交C.空间四条直线a,b,c,d,如果a∥b,c∥d,且a∥d,那么b∥cD.分别在两个平面内的直线是平行直线解析:A,B选项中,两直线可能异面,D选项中两直线可能相交,也可能异面.答案:C7.如图是一个正方体的表面展开图,如果将它还原为正方体,那么AB,CD,EF,GH这四条线段所在直线是异面直线的有对.解析:将图形还原成正方体,观察有AB与CD,AB与GH,EF与GH共3对异面直线.答案:38.如图,已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1A=AB,E,F分别是BD1和AD中点,则异面直线CD1,EF所成的角的大小为.答案:90°9.如图所示,在四棱锥C-ABED中,底面ABED是梯形.若AB∥DE,DE=2AB,且F是CD的中点,P是CE的中点,则AF与BP的位置关系是.解析:连接PF,∵P,F分别是CE,CD的中点,∴PF∥ED,且PF=1ED.2又AB∥ED,且DE=2AB,∴AB∥PF,且AB=PF,即四边形ABPF是平行四边形,∴BP∥AF.答案:平行10.如图所示,在三棱锥P-ABC中,D,E是PC上不重合的两点,F,H分别是P A,PB上的点,且与点P不重合.求证:EF和DH是异面直线.证明∵P A∩PC=P,∴P A,PC确定一个平面α.∵E∈PC,F∈P A,∴E∈α,F∈α,∴EF⫋α.∵D∈PC,∴D∈α,且D∉EF.又PB∩α=P,H∈PB,且点H与点P不重合,∴H∉α,DH∩α=D,且DH与EF不相交,于是直线EF和DH是异面直线.★11.如图所示,在空间四边形ABCD中,两条对边AB=CD=3,E,F分别是另外两条对边AD,BC上的点,且AE=BF=1,EF=5,求AB和CD所成的角的大小.解如图所示,过点E作EO∥AB,交BD于点O,连接OF,所以AEED =BOOD,所以BOOD=BFFC,所以OF∥CD.所以∠EOF或其补角是AB和CD所成的角.在△EOF中,OE=2AB=2,OF=1CD=1,又EF=5,所以EF2=OE2+OF2,所以∠EOF=90°.即异面直线AB和CD所成的角为90°.★12.在梯形ABCD中(如图①所示),AB∥CD,E,F分别为BC和AD的中点,将平面CDFE沿EF翻折起来,使CD到C'D'的位置,G,H分别为AD'和BC'的中点,得到如图②所示的立体图形.求证:四边形EFGH为平行四边形.。

模块综合检测(时间分钟满分分)一、选择题(本大题共小题,每小题分,共分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的).点()与点()的中点坐标是().() .().() .()解析:由中点坐标公式得,中点坐标为,即(),故选.答案.直线与直线垂直,则实数().解析:因为两直线垂直,所以×,即,故选.答案.如果一条直线垂直于一个平面内的:①三角形的两边;②梯形的两边;③圆的两条直径;④正六边形的两条边.那么能保证该直线与平面垂直的是().①③.①②.②④.①④解析:根据线面垂直的判定定理可知①③满足,故选.答案.已知直线⊥平面α,直线⫋平面β,有下面四个命题:①α∥β⇒⊥;②α⊥β⇒∥;③∥⇒α⊥β;④⊥⇒α∥β.其中正确的有().①②.③④.②④.①③解析:①正确,因为⊥α,α∥β⇒⊥β,又⫋β,故⊥;②错误,直线与的关系不确定;③正确,因为⊥α∥⇒⊥α,又⫋β,故由面面垂直的判定定理可知命题正确;④两平面也可能相交.故选.答案.过点()且与直线平行的直线方程为()解析:设所求直线方程为,因为点()在直线上,所以×()×,解得,故所求直线方程为,故选.答案.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()ππππ由三视图可知,该几何体是一个长方体和一个半圆柱组成的几何体,所以体积为×××π××π.故选.答案.已知是空间不共面的四个点,且⊥⊥,则直线与().垂直.平行.相交.位置关系不确定过点作⊥面,垂足为,连接并延长,分别交与于点,连接.因为⊥⊥,所以⊥平面,所以⊥,同理⊥.所以为△的垂心,所以⊥,所以⊥.故选.答案.圆与圆的位置关系是().相离.外切.内切.相交解析:圆,即()(),表示以()为圆心,以为半径的圆.圆,即()(),表示以()为圆心,以为半径的圆.两圆的圆心距<<,故两圆相交,故选.答案.将直线λ沿轴向左平移个单位长度,所得直线与相切,则实数λ的值为()或或或或解析:将直线平移后得到()λλ,由题意可知,该圆圆心为(),则,解得λ或λ,故选.。

模块综合检测(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.点P(1,4,-3)与点Q(3,-2,5)的中点坐标是()A.(4,2,2)B.(2,-1,2)C.(2,1,1)D.(4,-1,2)解析:由中点坐标公式得,中点坐标为(1+32,4-22,-3+52),即(2,1,1),故选C.答案:C2.直线y=kx与直线y=2x+1垂直,则实数k=()A.2B.-2C.12D.-12解析:因为两直线垂直,所以k×2=-1,即k=-12,故选D.答案:D3.如果一条直线垂直于一个平面内的:①三角形的两边;②梯形的两边;③圆的两条直径;④正六边形的两条边.那么能保证该直线与平面垂直的是()A.①③B.①②C.②④D.①④解析:根据线面垂直的判定定理可知①③满足,故选A.答案:A4.已知直线l⊥平面α,直线m⫋平面β,有下面四个命题:①α∥β⇒l⊥m;②α⊥β⇒l∥m;③l∥m⇒α⊥β;④l⊥m⇒α∥β.其中正确的有()A.①②B.③④C.②④D.①③解析:①正确,因为l⊥α,α∥β⇒l⊥β,又m⫋β,故l⊥m;②错误,直线l与m的关系不确定;③正确,因为l⊥α,l∥m⇒m⊥α,又m⫋β,故由面面垂直的判定定理可知命题正确;④两平面也可能相交.故选D.答案:D5.过点(-1,2)且与直线2x-3y+4=0平行的直线方程为()A.3x+2y-1=0B.3x+2y+7=0C.2x-3y+5=0D.2x-3y+8=0解析:设所求直线方程为2x-3y+m=0,因为点(-1,2)在直线上,所以2×(-1)-3×2+m=0,解得m=8,故所求直线方程为2x-3y+8=0,故选D.答案:D6.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.16+8πB.8+8πC.16+16πD.8+16π由三视图可知,该几何体是一个长方体和一个半圆柱组成的几何体,所以体积为1×22×4×π+2×2×4=16+8π.故选A.2答案:A7.已知A,B,C,D是空间不共面的四个点,且AB⊥CD,AD⊥BC,则直线BD与AC()A.垂直B.平行C.相交D.位置关系不确定过点A作AO⊥面BCD,垂足为O,连接BO,CO并延长,分别交CD与BD于F,E点,连接DO.因为AB⊥CD,AO⊥CD,所以CD⊥平面AOB,所以BO⊥CD,同理DO⊥BC.所以O为△BCD的垂心,所以CO⊥BD,所以BD⊥AC.故选A.答案:A8.圆C1:x2+y2+2x+8y-8=0与圆C2:x2+y2-4x+4y-2=0的位置关系是()A.相离B.外切C.内切D.相交。

北京师大附中2018－2019学年下学期高一年级期末考试数学试卷AP一、选择题:在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项,请将答案填在答题纸上。

1.一个圆柱的母线长为5,底面半径为2,则圆柱的轴截面的面积是( ) A.10B.20C.30D.40【参考答案】B 【试题分析】分析：要求圆柱的轴截面的面积,需先知道圆柱的轴截面是什么图形,圆柱的轴截面是矩形,由题意知该矩形的长、宽分别为5,4,根据矩形面积公式可得结果. 详解：因为圆柱的轴截面是矩形, 由题意知该矩形的长是母线长5, 宽为底面圆的直径4,所以轴截面的面积为4520⨯=,故选B.：本题主要考查圆柱的性质以及圆柱轴截面的面积,属于简单题.2.经过平面α外两点,作与α平行的平面,则这样的平面可以作 ( ) A.1个或2个 B.0个或1个 C.1个 D.0个【参考答案】B 【试题分析】若平面α外的两点所确定的直线与平面α平行,则过该直线与平面α平行的平面有且只有一个；若平面α外的两点所确定的直线与平面α相交,则过该直线的平面与平面α平行的平面不存在;故选B.3.棱长都是1的三棱锥的表面积为( )B. C. D.【参考答案】A 【试题分析】三棱锥的表面积为四个边长为1的等边三角形的面积和,故241)4S =⨯表面=A 。

4.已知直线l ⊥平面α,直线m ⊂平面β,下列四个命题中正确的是( ).(1)l m αβ⇒⊥P (2)l m αβ⊥⇒P (3)l m αβ⇒⊥P (4)l m αβ⊥⇒P A.(1)与(2) B.(3)与(4)C.(2)与(4)D.(1)与(3)【参考答案】D 【试题分析】∵直线l ⊥平面α,若α∥β,则直线l ⊥平面β,又∵直线m ⊂平面β,∴l ⊥m ,即(1)正确； ∵直线l ⊥平面α,若α⊥β,则l 与m 可能平行、异面也可能相交,故(2)错误； ∵直线l ⊥平面α,若l ∥m ,则m ⊥平面α,∵直线m ⊂平面β,∴α⊥β；故(3)正确； ∵直线l ⊥平面α,若l ⊥m ,则m ∥α或m ⊂α,则α与β平行或相交,故(4)错误； 故选D.5.若平面α∥平面β,直线a ∥平面α,则直线a 与平面β的关系为( ) A.a ∥β B.a ⊂βC.a ∥β或a ⊂βD.a A β⋂=【参考答案】C 【试题分析】利用空间几何体,发挥直观想象,易得直线a 与平面β的位置关系. 设平面α为长方体的上底面,平面β为长方体的下底面,因为直线a ∥平面α,所以直线a 通过平移后,可能与平面β平行,也可能平移到平面β内,所以a ∥β或a ⊂β.空间中点、线、面位置关系问题,常可以借助长方体进行研究,考查直观想象能力.6.经过平面α外一点和平面α内一点与平面α垂直的平面有( ) A.1个B.2个C.无数个D.1个或无数个【参考答案】D 【试题分析】讨论平面α外一点和平面α内一点连线,与平面α垂直和不垂直两种情况.(1)设平面ABCD为平面α,点1A为平面α外一点,点A为平面α内一点,此时,直线1AA垂直底面,过直线1AA的平面有无数多个与底面垂直；(2)设平面ABCD为平面α,点1B为平面α外一点,点A为平面α内一点,此时,直线1AB与底面不垂直,过直线1AB的平面,只有平面11ABB A垂直底面.综上,过平面α外一点和平面α内一点与平面α垂直的平面有1个或无数个,故选D.借助长方体研究空间中线、面位置关系问题,能使问题直观化,降低问题的抽象性.7.如果直线l与平面α不垂直,那么在平面α内( )A.不存在与l垂直的直线 B.存在一条与l垂直的直线C.存在无数条与l垂直的直线 D.任意一条都与l垂直【参考答案】C【试题分析】因为直线l与平面α不垂直,必然会有一条直线与其垂直,而所有与该直线平行直线也与其垂直,因此选C8.正四棱柱的高为3cm,17,则正四棱柱的侧面积为( )A.10B.24C.36D.40【参考答案】B【试题分析】设正四棱柱1111ABCD A B C D-,设底面边长为x,由正四棱柱体对角线的平方等于从同一顶点出发的三条棱的平方和,可得关于x的方程.如图,正四棱柱1111ABCD A B C D-,设底面边长为x,则22223(17)x x ++=,解得：2x =,所以正四棱柱的侧面积24(23)24S cm =⨯⨯=.本题考查正棱柱的概念,即底面为正方形且侧棱垂直于底面的几何体,考查几何体的侧面积计算.二、填空题:请将答案填在答题纸上。

北师大版高中数学必修第二册期末质量检测试卷本试卷共150分，考试时长120分钟一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.2－i 1＋2i＝()A ．1B ．－1C ．iD ．－i2．已知OA →＝(－1，2)，OB →＝(3，m)，若OA →⊥OB →，则m 的值为()A ．1B ．32C ．2D ．43．现有四个函数：①y ＝x·sin x ；②y ＝x·cos x ；③y ＝x·|cos x|；④y ＝x·2x 的图象(部分)如下，则按照从左到右图象对应的函数序号安排正确的一组是()A .①④②③B ．①④③②C ．④①②③D ．③④②①4．已知a ，b 为直线，α，β为平面，给出下列四个命题：①若a ⊥α，b ⊥α，则a ∥b ；②a ∥α，b ∥α，则a ∥b ；③若a ⊥α，a ⊥β，则α∥β；④若b ∥α，b ∥β，则α∥β.其中真命题的个数是()A ．0B ．1C ．2D ．35．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a 2＋b 2＝2c 2，则cos C 的最小值为()A ．32B ．22C ．12D ．－126．在平行四边形ABCD 中，AC 与BD 交于点O ，E 是线段OD 的中点，AE 的延长线与CD 交于点F.若AC →＝a ，BD →＝b ，则AF →＝()A ．14a ＋12bB ．12a ＋14bC ．23a ＋13bD ．13a ＋23b 7．下列命题中正确的是()A ．y ＝cos x 的图象向右平移π2个单位长度得到y ＝sin x 的图象B ．y ＝sin x 的图象向右平移π2个单位长度得到y ＝cos x 的图象C．当φ<0时，y＝sin x的图象向左平移|φ|个单位长度可得y＝sin(x＋φ)的图象D．y＝sin(2x＋π3)的图象是由y＝sin2x的图象向左平移π3个单位长度得到的8．在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝1，PA＝3，则该三棱锥外接球的表面积为()A．5πB．2πC．20πD．4π二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分) 9．设a，b是两个非零向量，则下列说法不正确的是()A．若|a＋b|＝|a|－|b|，则a⊥bB．若a⊥b，则|a＋b|＝|a|－|b|C．若|a＋b|＝|a|－|b|，则存在实数λ，使得b＝λaD．若存在实数λ，使得b＝λa，则|a＋b|＝|a|－|b|10．在△ABC中，下列命题正确的是()A．若A>B，则cos A>cos BB．若sin2A＝sin2B，则△ABC一定为等腰三角形C．若a cos B－b cos A＝c，则△ABC一定为直角三角形D．若三角形的三边的比是3∶5∶7，则此三角形的最大角为钝角11．对于函数f(x)x，sin x≤cos x，x，sin x＞cos x，下列四个结论正确的是()A．f(x)是以π为周期的函数B．当且仅当x＝π＋kπ(k∈Z)时，f(x)取得最小值－1 C．f(x)图象的对称轴为直线x＝π4＋kπ(k∈Z)D．当且仅当2kπ<x<π2＋2kπ(k∈Z)时，0<f(x)≤2 212．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为棱DD1，AB上的点．下列命题中正确的是()A．A1C⊥平面B1EFB．在平面A1B1C1D1内总存在与平面B1EF平行的直线C．△B1EF在侧面BCC1B1上的正投影是面积为定值的三角形D．当E，F为中点时，平面B1EF截该正方体所得的截面图形是五边形三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)13．已知tanθ＝2，则cos2θ＝__________，tan＝________．14．已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．15．设复数z 1，z 2满足|z 1|＝|z 2|＝2，z 1＋z 2＝3＋i ，则|z 1－z 2|＝________．16．如图，在四边形ABCD 中，∠B ＝60°，AB ＝3，BC ＝6，且AD →＝λBC →，AD →·AB →＝－32，则实数λ的值为________，若M ，N 是线段BC 上的动点，且|MN →|＝1，则DM →·DN →的最小值为________．四、解答题(本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)在平面直角坐标系xOy 中，角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的正半轴重合，它的终边过点－35，，以角α的终边为始边，逆时针旋转π4得到角β.(1)求tan α的值；(2)求cos (α＋β)的值．18．(12分)在△ABC 中，a ＋b ＝11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：(1)a 的值；(2)sin C 和△ABC 的面积．条件①：c ＝7，cos A ＝－17；条件②：cos A ＝18，cos B ＝916.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．19．(12分)在①函数f为奇函数；②当x ＝π3时，f (x )＝3；③2π3是函数f (x )的一个零点这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答，已知函数f (x )＝2sin (ωx＋φ>0，0<φ，f (x )的图象相邻两条对称轴间的距离为π，________．(1)求函数f (x )的解析式；(2)求函数f (x )在[0，2π]上的单调递增区间．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．20．(12分)在①ac＝3，②c sin A＝3，③c＝3b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A＝3sin B，C＝π6，________？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．21．(12分)如图，已知直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，F是BB1的中点，M 是线段AC1的中点．(1)求证：直线MF∥平面ABCD；(2)求证：平面AFC1⊥平面ACC1A1.22．(12分)已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是菱形．(1)求证：AD∥平面PBC；(2)若PB＝PD，求证：BD⊥平面PAC；(3)下面两问任选一问作答．①E、F分别是AB、PD上的点，若EF∥平面PBC，AE＝2EB，求PFPD的值；②若∠DAB＝60°，平面PAD⊥平面ABCD，PB⊥PD，判断△PAD是不是等腰三角形，并说明理由．参考答案与解析1．解析：解法一：2－i 1＋2i ＝（2－i ）（1－2i ）（1＋2i ）（1－2i ）＝2－2－5i5＝－i ，选D.解法二：利用i 2＝－1进行替换，则2－i 1＋2i ＝－2×（－1）－i 1＋2i ＝－2i 2－i 1＋2i＝－i （1＋2i ）1＋2i ＝－i ，选D.答案：D2．解析：由OA →⊥OB →，得OA →·OB →＝－3＋2m ＝0，故m ＝32.答案：B 3．解析：①y ＝x ·sin x 为偶函数，y 轴对称，②y ＝x ·cosx 上的值为负数，故第三个图象满足；③y ＝x ·|cos x |为奇函数，当x >0时，f (x )≥0，故第四个图象满足；④y ＝x ·2x ，为非奇非偶函数，故它的图象没有对称性，故第二个图象满足，故选A.答案：A4．解析：由“垂直于同一平面的两直线平行”知①是真命题；由“平行于同一平面的两直线平行或异面或相交”知②是假命题；由“垂直于同一直线的两平面平行”知③是真命题；在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，易知A 1B 1∥平面DCC 1D 1，A 1B 1∥平面ABCD ，但以上两平面却相交，故④是假命题．答案：C5．解析：由余弦定理的推论，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 24ab≥12，当且仅当a ＝b 时取“＝”．答案：C6．解析：如图，∵AC →＝a ，BD →＝b ，∴AD →＝AO →＋OD →＝12AC →＋12BD →＝12a ＋12b .∵E 是OD 的中点，∴DE EB ＝13.∴DF ＝13AB ，∴DF →＝1AB →＝13(OB →－OA →)＝13－12→－12AC ＝16AC →－16BD →＝16a －16b ，AF →＝AD →＋DF →＝12a ＋12b ＋16a －16b ＝23a ＋13b ，故选C.答案：C7．解析：y ＝cos x 的图象向右平移π2个单位长度得到y ＝cos ＝sin x 的图象，故A 正确；y ＝sin x 的图象向右平移π2个单位长度得到y ＝sin ＝－cos x 的图象，故B 错误；y ＝sin x 的图象向左平移|φ|个单位长度得到y ＝sin (x ＋|φ|)＝sin (x －φ)的图象，故C错误；y ＝sin 2x 的图象向左平移π3个单位长度得到y ＝sin 2＝sin x 的图象，故D 错误．答案：A 8．解析：如图，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，∵PA ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC .∴PA ⊥AC ，PA ⊥BC .在Rt △PAC 中，∵O 为PC 的中点，∴OA ＝12PC ，又PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ∩AB ＝A ，∴BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，可得OB ＝12PC ，∴OA ＝OB ＝OC ＝OP ，∴O 是三棱锥P ­ABC 的外接球的球心，∵Rt △PAC 中，AC ＝2，PA ＝3，∴PC ＝5，∴三棱锥P ­ABC 的外接球的半径R ＝12PC ＝52，∴该三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝5π.答案：A9．解析：若|a ＋b |＝|a |－|b |，则a ，b 反向共线，且|a |>|b |，即存在实数λ，使得b ＝λa ，故A 不正确，C 正确；若a ⊥b ，显然在以a ，b 对应的线段为邻边的长方形中|a ＋b |＝|a |－|b |不成立，故B 不正确；若λ>0，则a ，b 为同向的共线向量，显然|a ＋b |＝|a |－|b |不成立，故D 不正确．故选ABD.答案：ABD10．解析：在△ABC 中，若A >B ，则a >b ，sin A >sin B ，但cos A >cos B 不正确，A 错误；若sin 2A ＝sin 2B ，则2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π，即A ＝B 或A ＋B ＝π2，所以△ABC 为等腰三角形或直角三角形，B 错误；若a cos B －b cos A ＝c ，则sin A ·cos B －sin B cos A ＝sin C ＝sin(A ＋B )，所以sin B cos A ＝0，即cos A ＝0，A ＝π2，所以△ABC 定为直角三角形，C 正确；三角形的三边的比是3∶5∶7，设最大边所对的角为θ，则cos θ＝32＋52－722×3×5＝－12，因为π3<θ<π，所以θ＝2π3，D 正确．故选CD.答案：CD11．解析：函数f (x )x ，sin x ≤cos x ，x ，sin x ＞cos x的最小正周期为2π，画出f (x )在一个周期内的图象，可得当2k π＋π4≤x ≤2k π＋5π4，k ∈Z 时，f (x )＝cos x ，当2k π＋5π4<x ≤2k π＋9π4，k ∈Z 时，f (x )＝sin x ，可得f (x )的对称轴方程为x ＝π4＋k π，k ∈Z ，当x ＝2k π＋π或x ＝2k π＋3π2，k ∈Z 时，f (x )取得最小值－1；当且仅当2k π<x <π＋2k π(k ∈Z )时，f (x )>0.f (x )的最大值为＝22，可得0<f (x )≤22，综上可得，正确的有CD.答案：CD 12．解析：连接AB 1，B 1D 1，AD 1，由正方体的性质可得A 1C ⊥平面AB 1D 1，而平面AB 1D 1与平面B 1EF 不可能平行，所以显然有A 1C 与平面B 1EF 不垂直，故A 错误；由题图可知，平面A 1B 1C 1D 1与平面B 1EF 相交，则一定有一条交线，所以在平面A 1B 1C 1D 1内一定存在直线与此交线平行，则此直线与平面B 1EF 平行，故B 正确；点F 在侧面BCC 1B 1上的投影为点B ，点E 在侧面BCC 1B 1上的投影在棱CC 1上，所以投影三角形的面积为S ＝12BB 1·BC ＝12，为定值，故C 正确；在D 1C 1上取点M ，使D 1M ＝14D 1C 1，在AD 上取点N ，使AN ＝23AD ，连接B 1M ，EM ，EN ，FN ，则五边形B 1MENF 即为截面，故D 正确，故选BCD.答案：BCD13．解析：解法一：因为tan θ＝2，所以sin θ＝2cos θ，由22θ＝1可知，sin 2θ＝45，cos 2θ＝15，所以cos2θ＝cos 2θ－sin 2θ＝15－45＝－35，＝tan θ－11＋tan θ＝2－11＋2＝13.解法二：因为tan θ＝2，所以cos 2θ＝cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ－sin 2θcos 2θ＋sin 2θ＝1－tan 2θ1＋tan 2θ＝1－41＋4＝－35，＝tan θ－11＋tan θ＝2－11＋2＝13.答案：－351314．解析：解法一：设该圆锥的母线长为l ，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为2π，所以12πl 2＝2π，解得l ＝2，所以该半圆的弧长为2π.设该圆锥的底面半径为R ，则2πR ＝2π，解得R ＝1.解法二：设该圆锥的底面半径为R ，则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2πR .因为侧面展开图是一个半圆，设该半圆的半径为r ，则πr ＝2πR ，即r ＝2R ，所以侧面展开图的面积为12·2R ·2πR ＝2πR 2＝2π，解得R ＝1.答案：115．解析：设复数z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i(a ，b ，c ，d ∈R )，则a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝4，又z 1＋z 2＝(a ＋c )＋(b ＋d )i ＝3＋i ，∴a ＋c ＝3，b ＋d ＝1，则(a ＋c )2＋(b ＋d )2＝a 2＋c 2＋b 2＋d 2＋2ac ＋2bd ＝4，∴8＋2ac ＋2bd ＝4，即2ac ＋2bd ＝－4，∴|z 1－z 2|＝（a －c ）2＋（b －d ）2＝a 2＋b 2＋c 2＋d 2－（2ac ＋2bd ）＝8－（－4）＝23.答案：2316．解析：依题意得AD ∥BC ，∠BAD ＝120°，由AD →·AB →＝|AD →|·|AB →|·cos ∠BAD ＝－32|AD →|＝－32，得|AD →|＝1，因此λ＝|AD →||BC →|＝16.取MN 的中点E ，连接DE ，则DM →＋DN→＝2DE →，DM →·DN →＝14[(DM →＋DN →)2－(DM →－DN →)2]＝DE →2－14NM →2＝DE →2－14.注意到线段MN 在线段BC 上运动时，DE 的最小值等于点D 到直线BC 的距离，即AB ·sin ∠B ＝332，因此DE →2－142－14＝132，即DM →·DN →的最小值为132.答案：1613217．解析：(1)∵角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的正半轴重合，它的终边过点－35，，∴tan α＝45－35＝－43.(2)以角α的终边为始边，逆时针旋转π4得到角β，∴β＝α＋π4.由(1)利用任意角的三角函数的定义可得cos α＝－35，sin α＝45.∴sin 2α＝2sin αcos α＝－24，cos 2α＝2cos 2α－1＝－725.∴cos(α＋β)＝cos α＝cos 2αcosπ4－sin 2αsin π4＝22(cos 2α－sin 2α)＝17250.18．解析：方案一：选条件①(1)由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，b ＝11－a ，c ＝7，得a 2＝(11－a )2＋49－2(11－a )×7，∴a ＝8.(2)∵cos A ＝－17，A ∈(0，π)，∴sin A ＝437.由正弦定理a sin A ＝c sin C ，得sin C ＝c sin A a ＝7×4378＝32，由(1)知b ＝11－a ＝3，∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×8×3×32＝63.方案二：选条件②(1)∵cos A ＝18，∴A，sin A ＝378.∵cos B ＝916，∴B ，sin B ＝5716.由正弦定理a sin A ＝bsin B ，得a378＝11－a 5716，∴a ＝6.(2)sin C ＝sin (π－A －B )＝sin (A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝74.∵a ＋b ＝11，a ＝6，∴b ＝5.∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×5×74＝1574.19．解析：∵函数f (x )的图象相邻对称轴间的距离为π，∴T ＝2πω＝2π，∴ω＝1，∴f (x )＝2sin (x ＋φ).方案一：选条件①∵＝＋φ为奇函数，∴＝2sin ＝0，解得：φ＝π3＋k π，k ∈Z .(1)∵0<φ<π2，∴φ＝π3，∴f (x )＝2sin ；(2)由－π2＋2k π≤x ＋π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－56π＋2k π≤x ≤π6＋2k π，k ∈Z .∴令k ＝0，得－5π6≤x ≤π6，令k ＝1，得7π6≤x ≤13π6，∴函数f (x )在[0，2π]上的单调递增区间为[0，π6]，[76π，2π]；方案二：选条件②＝2sin ＝3，∴sin ＝32，∴φ＝2k π，k ∈Z 或φ＝π3＋2k π，k ∈Z ，(1)∵0<φ<π2，∴φ＝π3，∴f (x )＝2sin ；(2)由－π2＋2k π≤x ＋π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－56π＋2k π≤x ≤π6＋2k π，k ∈Z .∴令k ＝0，得－5π6≤x ≤π6，令k ＝1，得7π6≤x ≤13π6，∴函数f (x )在[0，2π]上的单调递增区间为[0，π6]，[76π，2π]；方案三：选条件③∵23π是函数f (x )的一个零点，∴＝2sin ＋＝0.∴φ＝k π－2π，k ∈Z .(1)∵0<φ<π2，∴φ＝π3，∴f (x )＝2sin ；(2)由－π2＋2k π≤x ＋π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－56π＋2k π≤x ≤π6＋2k π，k ∈Z .∴令k ＝0，得－5π6≤x ≤π6，令k ＝1，得7π6≤x ≤13π6，∴函数f (x )在[0，2π]上的单调递增区间为[0，π6]，[76π，2π].20．解析：方案一：选条件①.由C ＝π6和余弦定理得a 2＋b 2－c 22ab＝32.由sin A ＝3sin B 及正弦定理得a ＝3b .于是3b 2＋b 2－c 223b2＝32，由此可得b ＝c .由①ac ＝3，解得a ＝3，b ＝c ＝1.因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c ＝1.方案二：选条件②.由C ＝π6和余弦定理得a 2＋b 2－c 22ab＝32.由sin A ＝3sin B 及正弦定理得a ＝3b .于是3b 2＋b 2－c 223b 2＝32，由此可得b ＝c ，B ＝C ＝π6，A ＝2π3.由②c sin A ＝3，所以c ＝b ＝23，a ＝6.因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c ＝23.方案三：选条件③.由C ＝π6和余弦定理得a 2＋b 2－c 22ab＝32.由sin A ＝3sin B 及正弦定理得a ＝3b .于是3b 2＋b 2－c 223b 2＝32，由此可得b ＝c .由③c ＝3b ，与b ＝c 矛盾．因此，选条件③时问题中的三角形不存在．21．证明：(1)连接BD ，设AC ，BD 相交于点O ，连接MO ，因为M 是线段AC 1的中点，所以在△ACC 1中，MO 綊12CC 1.又F 是BB 1的中点，所以BF 綊12CC 1，所以BF 綊MO ，故四边形MOBF 是平行四边形，所以MF∥BO.又MF⊄平面ABCD，BO⊂平面ABCD，所以MF∥平面ABCD.(2)由(1)知OB∥MF，在菱形ABCD中，OB⊥AC，所以MF⊥AC.在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，BO⊂平面ABCD，所以BO⊥CC1，即MF⊥CC1.又MF⊥AC，CC1∩AC＝C，AC⊂平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，所以MF⊥平面ACC1A1.因为MF⊂平面AFC1，所以平面AFC1⊥平面ACC1A1.22．解析：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AD∥BC.因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.(2)证明：设AC、BD交于点O，连接PO.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，DO＝OB.因为PB＝PD，所以PO⊥BD.因为AC∩PO＝O，PO，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC.(3)①过F作FG∥DC交PC于G，连接BG.在菱形ABCD中，AB＝DC，AB∥DC，所以FG∥AB.所以E，F，G，B共面．因为EF∥平面PBC，平面FEBG∩平面PBC＝BG，所以EF∥BG.所以四边形FEBG为平行四边形，所以EB＝FG.所以AE＝2EB，所以PFPD＝FGDC＝EBAB＝13.②△PAD不是等腰三角形，理由如下：作BQ⊥AD交AD于点Q，连接PQ.因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BQ⊂平面ABCD，所以BQ⊥平面PAD.所以BQ⊥PD.因为PD⊥PB，PB∩BQ＝B.所以PD⊥平面PBQ.所以PD⊥PQ.所以AD>PD，AD>PA，QD>PD，∠PQD<90°.所以∠PQA>90°.所以PA>AQ.在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，所以△ABD是等边三角形．所以Q为AD的中点．所以AQ＝QD.所以PA>PD.所以△PAD不可能为等腰三角形．。

阶段质量检测（一）（时间：分钟满分：分）一、选择题(本大题共个小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)．(陕西高考)将正方体(如图①所示)截去两个三棱锥，得到图②所示的几何体，则该几何体的左视图为( )．分别和两条异面直线都相交的两条直线的位置关系是( )．异面．相交．相交或异面．平行或异面．如图，在正方体-中，若是的中点，则直线垂直于( )．．．．．如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是( )．π．π ．π．π．设，是两条直线，α、β是两个平面，则下列命题正确的是( )．若∥，∥α，则∥α．α∥β，∥α，则∥β．若α⊥β，⊥β，则⊥α．若⊥，⊥α，⊥β，则α⊥β．如图，设是正方形外一点，且⊥平面，则平面与平面、平面的位置关系是( )．平面与平面、平面都垂直．它们两两垂直．平面与平面垂直，与平面不垂直．平面与平面、平面都不垂直．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为，体积为，则这个球的表面积是( ) ．π ．π．π ．π．如图，在上、下底面对应边的比为∶的三棱台中，过上底面一边作一个平行于对棱的平面，这个平面分三棱台成两部分的体积之比为( )．∶．∶．∶．∶．过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为( )．如图，平面α⊥平面β，∈α，∈β，与两平面α、β所成的角分别为和，过、分别作两平面交线的垂线，垂足为′、′，则∶′′＝( )．∶．∶．∶．∶二、填空题(本大题共小题，每小题分，共分．把答案填在题中横线上)．过一个平面的垂线和这个平面垂直的平面有个．．(安徽高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于．。

阶段质量检测（一）
(时间：90分钟满分：120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．为了了解1 200名学生对学校某项教改试验的意见，打算从中抽取一个容量为40的样本，考虑用系统抽样，则分段的间隔k为( )
A．40 B．30 C．20 D．12
2．某学校为了调查高一年级的200名学生完成课后作业所需时间，采取了两种抽样调查的方式：第一种由学生会的同学随机抽取20名同学进行抽查；第二种由教务处对该年级的学生进行编号，从001到200，抽取学号最后一位为2的同学进行调查．则这两种抽样的方法依次是( ) A．分层抽样，简单随机抽样
B．简单随机抽样，分层抽样
C．分层抽样，系统抽样
D．简单随机抽样，系统抽样
3．一个容量为80的样本中数据的最大值是140，最小值是51，组距是10，则应将样本数据分为( )
A．10组 B．9组 C．8组 D．7组
4．(陕西高考)某单位有840名职工，现采用系统抽样方法抽取42人做问卷调查，将840人按1,2，…，840随机编号，则抽取的42人中，编号落入区间[481,720]的人数为( ) A．11 B．12 C．13 D．14
5．某大学数学系共有本科生5 000人，其中一、二、三、四年级的人数比为4∶3∶2∶1，要用分层抽样的方法从所有本科生中抽取一个容量为200的样本，则应抽取三年级的学生人数为( )
A．80 B．40 C．60 D．20
6．已知200辆汽车通过某一段公路时的时速的频率分布直方图如图所示，时速在[60,70)的汽车辆数为( )。

阶段质量检测(二) 空间向量与立体几何[考试时间：90分钟 试卷总分：120分]第Ⅰ卷 (选择题)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设a ＝(x,4,3)，b ＝(3,2，z )，若a∥b ，则xz ＝( ) A ．－4 B ．9 C ．－9D.6492.如图所示，已知四面体ABCD ，E ，F ，G ，H 分别为AB ，BC ，CD ，AC的中点，则12(＝( )A BC D3．P 是△ABC 所在平面上一点，则P 是△ABC的( )A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心4．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫33，33，－33B .⎝ ⎛⎭⎪⎫33，－33，33 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33，33D .⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33 5．已知空间四个点A (1,1,1)，B (－4,0,2)，C (－3，－1,0)，D (－1,0,4)，则直线AD 与平面ABC 的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°6．已知正四棱锥S －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE ，SD 夹角的余弦值为( )A.13B.23C.33D.237.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别为AA 1，AB ，BB 1，B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 的夹角等于( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 夹角的余弦值为( ) A.24 B.23 C.33D.329．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，则点A 1到平面MBD 的距离是( )A.66aB.36aC.34a D.63a10．三棱锥O －ABC 中，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上的一点，且OG ＝3GG 1(x ，y ，z )为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14，14B.⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，34C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，13 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，23答 题 栏二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确的答案填在题中的横线上)11．已知正方体ABCD－A′B′C′D′中，点F是侧面CDD′C＋x－y＝____________.12．已知向量a＝(－3,2,5)，b＝(1，x，－1)，且a·b＝2，则x的值为________．13.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E是A1B1的中点，则点E到平面ABC1D1的距离是________．14. 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1的夹角的正弦值为________．三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)已知a＝(3,5，－4)，b＝(2,1,2)．求：(1)a·b；(2)a与b夹角的余弦值；(3)确定λ，μ的值使得λa＋μb与z轴垂直，且(λa＋μb)·(a＋b)＝77.16．(本小题满分12分)四棱锥P－ABCD中，底面ABCD(2，－1，－4)(4,2,0)(－1,2，－1)．(1)求证：PA⊥底面ABCD；(2)求四棱锥P－ABCD的体积．17．(本小题满分12分)如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别是A1B1，A1A的中点．(1)求A1到平面BCN的距离；(2)求证：A1B⊥C1M.18．(本小题满分14分)如图①，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝6，D，E 分别是AC，AB上的点，CD＝BE＝2，O为BC的中点．将△ADE沿DE折起，得到如图②所示的四棱锥A′­BCDE，其中A′O＝ 3.(1)证明：A′O⊥平面BCDE；(2)求平面A′CD与平面BCD的夹角的余弦值．答 案1．选B ∵a∥b ，∴x 3＝42＝3z .∴x ＝6，z ＝32.∴xz ＝9.2．选C ∵12(＝12(，∴123．选D＝0，即0，＝P 是△ABC 的垂心．4．选 D 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z)．则n 0，即(x ，y ，z )·(－1,1,0)＝0，∴－x ＋y ＝0.n 0，即(x ，y ，z )·(0，－1,1)＝0，∴－y ＋z ＝0，令x ＝1，则y ＝1，z ＝1，∴n ＝(1,1,1)， 与n 平行的单位向量为⎝⎛⎭⎪⎫33，33，33或⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33. 5．选A 设n ＝(x，y,1)是平面ABC 的一个法向量．(－5，－1,1)(－4，－2，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－5x －y ＋1＝0，－4x －2y －1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝－32，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，1.(－2，－1,3)，设AD 与平面ABC 所成的角为θ，则sin θ|AD ·＝727＝12，∴θ＝30°.6.选C 建立如图所示的空间直角坐标系．令正四棱锥的棱长为2，则A (1，－1,0)，D (－1，－1,0)，S (0,0，2)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，22，⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，22(－1，－1，－2)，∴cosAE ·SD ＝－33， ∴AE ，SD 夹角的余弦值为33. 7．选B 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－12，⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，12，cos 〉＝－1422×22＝－12.∴EF与GH 的夹角为60°.8．选C 以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AA 1分别为x 轴，y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则C 1(1，1,1)，A 1(0,0,1)，B (1,0,0)，D (0,1,0)．(1,1,1)(－1,0,1)(－1,1,0)，0A 1BD 的法向量． 设BC 1与面A 1BD 夹角为θ(0,1,1)，则sin θ|1AC ·1BC |＝23×2＝63，∴cos θ＝33.9．选A 以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则D (0,0,0)，B (a ，a,0)，M ⎝⎛⎭⎪⎫a ，0，12a ，A 1(a,0，a)．(a ，a,0)⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，0，12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，－12a . 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋ay ＝0，ax ＋12za ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x ＋12z ＝0.令z ＝2，得x ＝－1，y ＝1.∴n ＝(－1,1,2)，∴n 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－66，66，266.∴A 1到平面BDM 的距离为d ＝n 0|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12a ×266＝66a .10．选 A ＝34＋34×23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＝34＋14[(＋x ＝14，y＝14，z ＝14.11＝12(＝12(x ＝12，y ＝12，即x －y ＝12－12＝0.答案：012．解析：∵a ＝(－3,2,5)，b ＝(1，x ，－1)，且a·b ＝2，∴－3×1＋2x ＋5×(－1)＝2，∴x ＝5.答案：513.解析：建立如图所示的空间直角坐标系，∵正方体的棱长为1，∴A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，C 1(0,1,1)，D 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，1.设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )．∴n 0，且n ＝0，即(x ，y ，z )·(0,1,0)＝0，且(x ，y ，z )·(－1,0,1)＝0.∴y ＝0，且－x ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝1，∴n ＝(1,0,1)．∴n 0＝⎝⎛⎭⎪⎫22，0，22⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，0，∴点E 到平面ABC 1D 1的距离为n 0|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，0·⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，22＝22.答案：2214．解析：建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2,0,0)，C 1(0,2,1)，A 1(2,0,1)(－2,2,1)＝(0,0,1)．由长方体的性质知平面A 1B 1C 1D 1(0，0,1)．∴cos 1AC ·1AA ＝13×1＝13，∴AC 1与平面A 1B 1C 1D 1的夹角的正弦值为13.答案：1315．解：(1)a·b ＝(3,5，－4)·(2,1,2)＝3×2＋5×1＋(－4)×2＝3. (2)∵|a |＝32＋52＋－2＝52，|b |＝22＋12＋22＝3. ∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝352×3＝210.(3)取z 轴上的单位向量n ＝(0,0,1)，a ＋b ＝(5,6，－2)． 依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧λa ＋μb n ＝0，λa ＋μba ＋b ＝77，即⎩⎪⎨⎪⎧λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋2μ，0，＝0，λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋2μ，6，－＝77，化简整理，得⎩⎪⎨⎪⎧－4λ＋2μ＝0，53λ＋12μ＝77，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，μ＝2.16．解：(1)2－2＋4＝0，∴AP ⊥AB .4＋4＋0＝0，∴AP ⊥AD .∵AB ，AD 是底面ABCD 上的两条相交直线，∴AP ⊥底面ABCD .(2)θ，则cos θAB ·AD＝8－24＋1＋16×16＋4＝3105.V ＝13θ＝23105× 1－9105×1＋4＋1＝16. 17．解：如图，建立空间直角坐标系．(1)依题意得B (0,1,0)，N (1,0,1)，A 1(1,0,2)，B 1(0,1,2)，＝(1，－1,2)(0,1,2)，3＝6＝5，∴cos 1BA ·1CB＝3010.设平面BCN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )(1，－1，1)(0,1,0)，得⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，y ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,0，－1)．n 0＝⎝⎛⎭⎪⎫22，0，－22，则A 1到平面BCN 的距离为d ＝n 0|＝|22－2|＝22.(2)证明：依题意得C 1(0,0,2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，2(－1,1，－2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0.＝－12＋12＋0＝0∴A 1B ⊥C 1M .18．解：(1)证明：在折叠前的图形中，在等腰直角三角形ABC 中，因为BC ＝6，O 为BC 的中点，所以AC ＝AB ＝32，OC ＝OB ＝3.如图，连接OD ，在△OCD 中，由余弦定理可得OD ＝ OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos 45°＝ 5. 在折叠后的图形中，因为A ′D ＝22，所以A ′O 2＋OD 2＝A ′D 2，所以A ′O ⊥OD . 同理可证A ′O ⊥OE .又OD ∩OE ＝O ，所以A ′O ⊥平面BCDE .(2)以点O 为原点，建立空间直角坐标系O ­xyz ，如图所示，则A ′(0,0，3)，C (0，－3,0)，D (1，－2,0)，(0,0，3)，(0,3，3)(－1,2，3)．设n ＝(x ，y ，z )为平面A ′CD11 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CA'＝3y ＋3z ＝0.n x ＋2y ＋3z ＝0. 令z ＝3，得n ＝(1，－1，3)，|n|＝1＋1＋3＝ 5.由(1)(0,0，3)为平面CDB 的一个法向量，又＝3n ＝0×1＋0×(－1)＋3×3＝3，所以cos 〈n ·OA '＝33×5＝155，即平面A ′CD 与平面BCD 的夹角的余弦值为155。