四川省攀枝花市第十二中学2015-2016学年高二语文3月调研检测试题

2015-2016学年四川省攀枝花十二中高一（下）3月调研数学试卷一．选择题：（每小题5分，共60分．在每小题的四个选项中只有一个是正确的．）1．计算sin43°cos13°﹣cos43°sin13°的结果等于（）A．B．C．D．2．若向量=（3，m），=（2，﹣1），=0，则实数m的值为（）A． B．C．2 D．63．在△ABC中，A=60°，B=75°，a=10，则c等于（）A． B．C．D．4．已知sinα=，则cos（π﹣2α）=（）A．﹣B．﹣C．D．5．已知△ABC和点M满足．若存在实数m使得成立，则m=（）A．2 B．3 C．4 D．56．已知向量与的夹角为120°，，则等于（）A．5 B．4 C．3 D．17．下列区间是函数y=2|cosx|的单调递减区间的是（）A．（0，π） B．（﹣，0）C．（，2π）D．（﹣π，﹣）8．已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（x∈R，A＞0，ω＞0，|φ|＜）的部分图象如图所示，则f（x）的解析式是（）A．B．C．D．9．已知a，b，c是△ABC三边之长，若满足等式（a+b﹣c）（ a+b+c）=ab，则∠C的大小为（）A．60° B．90° C．120°D．150°10．在△ABC中，如果lga﹣lgc=lgsinB=﹣lg，并且B为锐角，则△ABC的形状是（）A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形11．△ABC中，AB=，AC=1，∠B=30°，则△ABC的面积等于（）A．B．C． D．12．已知a，b，c为△ABC的三个内角A，B，C的对边，向量=（，﹣1），=（cosA，sinA）．若⊥，且αcosB+bcosA=csinC，则角A，B的大小分别为（）A．，B．， C．，D．，二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上）13．已知点A（2，3），C（0，1），且，则点B的坐标为．14． =（2，3），=（﹣3，5），则在方向上的投影为．15．定义：|×|=||•||•sin θ，其中θ为向量与的夹角，若||=2，||=5，•=﹣6，则|×|等于．16．在△ABC中，D为BC边上一点，BC=3BD，AD=，∠ADB=135°．若AC=AB，则BD= ．三、解答题（共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明和解答过程）17．设是两个不共线的向量，，若A、B、D三点共线，求k的值．18．设=（1+cos x，1+sin x），=（1，0），=（1，2）．（1）求证：（﹣）⊥（﹣）；（2）求||的最大值，并求此时x的值．19．已知A（3，0），B（0，3）C（cosα，sinα），O为原点．（1）若∥，求tanα的值；（2）若，求sin2α的值．（3）若．20．在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量=（cosA，sinA），=（﹣sinA，cosA），若•=1．（1）求角A的大小；（2）若b=4，且c=a，求△ABC的面积．21．如图，在平面四边形ABCD中，△BCD是正三角形，AB=AD=1，∠BAD=θ．（Ⅰ）将四边形ABCD的面积S表示成关于θ的函数；（Ⅱ）求S的最大值及此时θ的值．22．如图，A，B是海面上位于东西方向相距5（3+）海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20海里的C点的救援船立即即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D 点需要多长时间？2015-2016学年四川省攀枝花十二中高一（下）3月调研数学试卷参考答案与试题解析一．选择题：（每小题5分，共60分．在每小题的四个选项中只有一个是正确的．）1．计算sin43°cos13°﹣cos43°sin13°的结果等于（）A．B．C．D．【考点】两角和与差的正弦函数．【分析】观察所求的式子发现满足两角和与差的正弦函数公式sinαcosβ﹣cosαsinβ=sin （α﹣β），故利用此公式及特殊角的三角函数值化简即可求出原式的值．【解答】解：sin43°cos13°﹣cos43°sin13°=sin（43°﹣13°）=sin30°=．故选A2．若向量=（3，m），=（2，﹣1），=0，则实数m的值为（）A． B．C．2 D．6【考点】平面向量坐标表示的应用．【分析】根据两个向量的数量积为零，写出坐标形式的公式，得到关于变量的方程，解方程可得．【解答】解：=6﹣m=0，∴m=6．故选D3．在△ABC中，A=60°，B=75°，a=10，则c等于（）A． B．C．D．【考点】正弦定理；余弦定理．【分析】求出C，利用正弦定理直接求出c即可．【解答】解：由题意，在△ABC中，A=60°，B=75°，a=10，所以C=180°﹣75°﹣60°=45°．根据正弦定理得：，即c==．故选C．4．已知sinα=，则cos（π﹣2α）=（）A．﹣B．﹣C．D．【考点】二倍角的余弦；运用诱导公式化简求值．【分析】先根据诱导公式求得cos（π﹣2a）=﹣cos2a进而根据二倍角公式把sinα的值代入即可求得答案．【解答】解：∵sina=，∴cos（π﹣2a）=﹣cos2a=﹣（1﹣2sin2a）=﹣．故选B．5．已知△ABC和点M满足．若存在实数m使得成立，则m=（）A．2 B．3 C．4 D．5【考点】向量的加法及其几何意义．【分析】解题时应注意到，则M为△ABC的重心．【解答】解：由知，点M为△ABC的重心，设点D为底边BC的中点，则==，所以有，故m=3，故选：B．6．已知向量与的夹角为120°，，则等于（）A．5 B．4 C．3 D．1【考点】数量积表示两个向量的夹角；向量的模．【分析】本题是对向量数量积的考查，根据两个向量的夹角和模之间的关系，用数量积列出等式，再根据和的模两边平方，联立解题，注意要求的结果非负，舍去不合题意的即可．【解答】解：∵向量与的夹角为120°，，∴，∵，∴，∴=﹣1（舍去）或=4，故选B．7．下列区间是函数y=2|cosx|的单调递减区间的是（）A．（0，π） B．（﹣，0）C．（，2π）D．（﹣π，﹣）【考点】余弦函数的图象．【分析】结合函数y=2|cosx|的图象可得函数y=2|cosx|的减区间．【解答】解：结合函数y=2|cosx|的图象可得函数y=2|cosx|的减区间为（kπ，kπ+），k∈z．结合所给的选项，故选：D．8．已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（x∈R，A＞0，ω＞0，|φ|＜）的部分图象如图所示，则f（x）的解析式是（）A．B．C．D．【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．【分析】观察图象的长度是四分之一个周期，由此推出函数的周期，又由其过点（，2）然后求出φ，即可求出函数解析式．【解答】解：由图象可知：的长度是四分之一个周期函数的周期为2，所以ω=函数图象过（，2）所以A=2，并且2=2sin（φ）∵，∴φ=f（x）的解析式是故选A．9．已知a，b，c是△ABC三边之长，若满足等式（a+b﹣c）（ a+b+c）=ab，则∠C的大小为（）A．60° B．90° C．120°D．150°【考点】余弦定理．【分析】由（a+b﹣c）（a+b+c）=ab可得c2=a2+b2+ab，由余弦定理可得，cosC==可求C的值．【解答】解：∵（a+b﹣c）（a+b+c）=ab，∴c2=a2+b2+ab，由余弦定理可得，cosC====，∵0°＜C＜180°，∴C=120°，故选：C．10．在△ABC中，如果lga﹣lgc=lgsinB=﹣lg，并且B为锐角，则△ABC的形状是（）A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形【考点】三角形的形状判断；对数的运算性质．【分析】由已知的条件可得=，sinB=，从而有 cosB==，故 C=，A=，故△ABC的形状等腰直角三角形．【解答】解：在△ABC中，如果lga﹣lgc=lgsinB=﹣lg，并且B为锐角，∴ =，sinB=，∴B=，c=a，∴cosB==，∴C=，A=，故△ABC的形状等腰直角三角形，故选D．11．△ABC中，AB=，AC=1，∠B=30°，则△ABC的面积等于（）A．B．C．D．【考点】解三角形．【分析】由AB，AC及cosB的值，利用余弦定理即可列出关于BC的方程，求出方程的解即可得到BC的长，然后利用三角形的面积公式，由AB，BC以及sinB的值即可求出△ABC的面积．【解答】解：由AB=，AC=1，cosB=cos30°=，根据余弦定理得：AC2=AB2+BC2﹣2AB•BCcosB，即1=3+BC2﹣3BC，即（BC﹣1）（BC﹣2）=0，解得：BC=1或BC=2，当BC=1时，△ABC的面积S=AB•BCsinB=××1×=；当BC=2时，△ABC的面积S=AB•BCsinB=××2×=，所以△ABC的面积等于或．故选D12．已知a，b，c为△ABC的三个内角A，B，C的对边，向量=（，﹣1），=（cosA，sinA）．若⊥，且αcosB+bcosA=csinC，则角A，B的大小分别为（）A．， B．，C．， D．，【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系；三角函数的积化和差公式．【分析】根据向量数量积判断向量的垂直的方法，可得cosA﹣sinA=0，分析可得A，再根据正弦定理可得，sinAcosB+sinBcosA=sin2C，有和差公式化简可得，sinC=sin2C，可得C，再根据三角形内角和定理可得B，进而可得答案．【解答】解：根据题意，，可得=0，即cosA﹣sinA=0，∴A=，又由正弦定理可得，sinAcosB+sinBcosA=sin2C，sinAcosB+sinBcosA=sin（A+B）=sinC=sin2C，C=，∴B=．故选C．二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上）13．已知点A（2，3），C（0，1），且，则点B的坐标为（﹣2，﹣1）．【考点】平面向量的坐标运算．【分析】设出B的坐标，由点的坐标求出所用向量的坐标，代入后即可求得B的坐标．【解答】解：设B （x ，y ），由A （2，3），C （0，1）， 所以，又，所以（x ﹣2，y ﹣3）=﹣2（﹣x ，1﹣y ）即，解得．所以B （﹣2，﹣1）． 故答案为（﹣2，﹣1）．14．=（2，3），=（﹣3，5），则在方向上的投影为 ．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】由已知向量的坐标求出与，代入投影公式得答案．【解答】解：∵ =（2，3），=（﹣3，5），∴，，则=．故答案为：．15．定义：|×|=||•||•sin θ，其中θ为向量与的夹角，若||=2，||=5，•=﹣6，则|×|等于 8 ．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】由题意得．所以cos θ=所以sin θ=所以【解答】解：由题意得所以cosθ=所以sinθ=所以故答案为8．16．在△ABC中，D为BC边上一点，BC=3BD，AD=，∠ADB=135°．若AC=AB，则BD= 2+．【考点】余弦定理．【分析】先利用余弦定理可分别表示出AB，AC，把已知条件代入整理，根据BC=3BD推断出CD=2BD，进而整理 AC2=CD2+2﹣2CD 得AC2=4BD2+2﹣4BD把AC=AB，代入整理，最后联立方程消去AB求得BD的方程求得BD．【解答】用余弦定理求得AB2=BD2+AD2﹣2AD•BDcos135°AC2=CD2+AD2﹣2AD•CDcos45°即 AB2=BD2+2+2BD ①AC2=CD2+2﹣2CD ②又BC=3BD所以 CD=2BD所以由（2）得AC2=4BD2+2﹣4BD（3）因为 AC=AB所以由（3）得 2AB2=4BD2+2﹣4BD （4）（4）﹣2（1）BD2﹣4BD﹣1=0求得 BD=2+故答案为：2+三、解答题（共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明和解答过程）17．设是两个不共线的向量，，若A、B、D三点共线，求k的值．【考点】向量的共线定理．【分析】利用向量的运算法则求出；将三点共线转化为两个向量共线；利用向量共线的充要条件列出方程；利用平面向量的基本定理列出方程，求出k的值．【解答】解：∵若A，B，D三点共线，则共线，∴即由于不共线可得：故λ=2，k=﹣818．设=（1+cos x，1+sin x），=（1，0），=（1，2）．（1）求证：（﹣）⊥（﹣）；（2）求||的最大值，并求此时x的值．【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系；向量的模．【分析】（1）由题意可得和的坐标，计算其数量积为0即可；（2）由题意可得的不等式，由三角函数的值域可得的最大值，开方可得所求．【解答】解：（1）由题意可得=（cosx，1+sinx），=（cosx，sinx﹣1），∴（）•（）=cos2x+sin2x﹣1=0，∴（）⊥（）（2）由题意可得=（1+cosx）2+（1+sinx）2=3+2（sinx+cosx）=3+2sin（x+），由三角函数的值域可知，当x+=2kπ+，即x=2kπ+（k∈Z）时，取最大值3+2，此时取最大值=19．已知A（3，0），B（0，3）C（cosα，sinα），O为原点．（1）若∥，求tanα的值；（2）若，求sin2α的值．（3）若．【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系；向量的模；平行向量与共线向量；数量积表示两个向量的夹角．【分析】（1）根据条件求出向量和的坐标，利用向量共线的坐标表示以及商的关系，，求出tanα的值；（2）根据条件求出向量和的坐标，利用列出方程，再由倍角的正弦公式和平方关系求出sin2α的值；（3）求出对应向量的坐标，再由||=求出α的值，利用向量的数量积运算求出所求向量夹角的余弦值，根据夹角的范围求出角的度数．【解答】解：（1）∵A（3，0），B（0，3），C（cosα，sinα），∴=（cosα，sinα），=（﹣3，3），∵，∴3cosα+3sinα=0，解得tanα=﹣1（2）由题意得， =（coaα﹣3，sinα），=（coaα，sinα﹣3），∵⊥，∴coaα（coaα﹣3）+sinα（sinα﹣3）=0，1﹣3（sinα+coaα）=0，即sinα+coaα=，两边平方后得，sin2α=﹣，（3）由题意得， =（3，0），=（cosα，sinα），∴=（coaα+3，sinα），由||=得，（cosα+3）2+sin2α=13，即cosα=，则α=，∴， ===，则所求的向量的夹角是．20．在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量=（cosA，sinA），=（﹣sinA，cosA），若•=1．（1）求角A的大小；（2）若b=4，且c=a，求△ABC的面积．【考点】余弦定理；平面向量数量积的运算；正弦定理．【分析】（1）由两向量的坐标利用平面向量数量积运算化简已知等式，整理后求出cosA的值，即可确定出A的度数；（2）利用余弦定理列出关系式，将cosA，b，c=a代入求出a的值，进而求出c的值，利用三角形面积公式即可求出三角形ABC面积．【解答】解：（1）∵=（cosA，sinA），=（﹣sinA，cosA），且•=1，∴cosA﹣sinAcosA+sinAcosA=1，∴cosA=，则A=；（2）∵cosA=，b=4，c=a，∴由余弦定理得：a2=b2+c2﹣2bccosA=32+2a2﹣8a，解得：a=4，c=a=8，则S△ABC=bcsinA=×4×8×=16．21．如图，在平面四边形ABCD中，△BCD是正三角形，AB=AD=1，∠BAD=θ．（Ⅰ）将四边形ABCD的面积S表示成关于θ的函数；（Ⅱ）求S的最大值及此时θ的值．【考点】函数的最值及其几何意义．【分析】（Ⅰ）在△ABD中，根据余弦定理可表示BD，根据S=absinc可表示出△ABD，△BCD 的面积，从而表示出四边形ABCD的面积；（Ⅱ）由（Ⅰ）可把四边形面积S化为S=Asin（ωx+φ）+B形式，根据三角函数的有界性可求其最值．【解答】解：（Ⅰ），，，∴（0＜θ＜π）．（Ⅱ）由（Ⅰ）得=，∵0＜θ＜π，∴，当时，即时，S 有最大值．22．如图，A ，B 是海面上位于东西方向相距5（3+）海里的两个观测点，现位于A 点北偏东45°，B 点北偏西60°的D 点有一艘轮船发出求救信号，位于B 点南偏西60°且与B 点相距20海里的C 点的救援船立即即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D 点需要多长时间？【考点】解三角形的实际应用．【分析】先根据内角和求得∠DAB 和，∠DBA 及进而求得∠ADB，在△ADB 中利用正弦定理求得DB 的长，进而利用里程除以速度即可求得时间．【解答】解：由题意知AB=5（3+）海里，∠DBA=90°﹣60°=30°，∠DAB=90°﹣45°=45°， ∴∠ADB=180°﹣（45°+30°）=105°，在△ADB 中，有正弦定理得=∴DB===10又在△DBC 中，∠DBC=60°DC 2=DB 2+BC 2﹣2×DB×BC×cos60°=900 ∴DC=30∴救援船到达D 点需要的时间为=1（小时）答：该救援船到达D 点需要1小时．2016年4月14日。

十二中2017-2018学年度(上)12月检测(本卷满分150分，时间150分钟)第Ⅰ卷阅读题（70分）一、现代文阅读（35分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）阅读下面的文字，完成文后各题。

青花瓷发展的黄金时代是明朝永乐、宣德时期，与郑和下西洋在时间上重合，这不能不使我们思考：航海与瓷器同时达到鼎盛，仅仅是历史的偶然吗？从历史事实来看，郑和下西洋为青花瓷的迅速崛起提供了历史契机。

近三十年的航海历程推动了作为商品的青花瓷的大量生产与外销，不仅促进技术创新，使青花瓷达到瓷器新工艺的顶峰，而且改变了中国瓷器发展的走向，带来了人们审美观念的更新。

这也就意味着，如果没有郑和远航带来活跃的对外贸易，青花瓷也许会像在元代一样，只是中国瓷器的诸多品种之一，而不会成为主流，更不会成为中国瓷器的代表。

由此可见，青花瓷崛起是郑和航海时代技术创新与文化交融的硕果，中外交往的繁盛在推动文明大交融的同时，也推动了生产技术与文化艺术的创新发展。

作为中外文明交融的结晶，青花瓷真正成为中国瓷器的主流，则是因为成化年间原料本土化带来了民窑青花瓷的崛起。

民窑遍地开花，进入商业化模式之后，几乎形成了青花瓷一统天下的局面。

一种海外流行的时尚由此成为中国本土的时尚，中国传统的人物、花鸟、山水，与外来的伊斯兰风格融为一体，青花瓷成为中国瓷器的代表，进而走向世界，最终万里同风，成为世界时尚。

一般来说，一个时代有一个时代的文化，而时尚兴盛则是社会快速变化的标志。

因此，瓷器的演变之所以引人注目，还在于它与中国传统社会从单一向多元社会的转型同步。

瓷器的演变与社会变迁有着千丝万缕的联系，这使我们对明代有了新的思考和认识。

如果说以往人们所了解的明初是一个复兴传统的时代，其文化特征是回归传统，明初往往被认为是保守的，那么青花瓷的例子，则可以使人们对明初文化的兼容性有一个新的认识。

事实上，与明代中外文明的交流高峰密切相关，明代中国正是通过与海外交流而走向开放和进步的，青花瓷的两次外销高峰就反映了这一点。

【关键字】调研十二中2017-2018学年度(上)12月检测(本卷满分150分，时间150分钟)第Ⅰ卷阅读题（70分）一、现代文阅读（35分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）阅读下面的文字，完成文后各题。

青花瓷发展的黄金时代是明朝永乐、宣德时期，与郑和下西洋在时间上重合，这不能不使我们思考：航海与瓷器同时达到鼎盛，仅仅是历史的偶然吗？从历史事实来看，郑和下西洋为青花瓷的迅速崛起提供了历史契机。

近三十年的航海历程推动了作为商品的青花瓷的大量生产与外销，不仅促进技术创新，使青花瓷达到瓷器新工艺的顶峰，而且改变了中国瓷器发展的走向，带来了人们审美观念的更新。

这也就意味着，如果没有郑和远航带来活跃的对外贸易，青花瓷也许会像在元代一样，只是中国瓷器的诸多品种之一，而不会成为主流，更不会成为中国瓷器的代表。

由此可见，青花瓷崛起是郑和航海时代技术创新与文化交融的硕果，中外交往的繁盛在推动文明大交融的同时，也推动了生产技术与文化艺术的创新发展。

作为中外文明交融的结晶，青花瓷真正成为中国瓷器的主流，则是因为成化年间原料本土化带来了民窑青花瓷的崛起。

民窑遍地开花，进入商业化模式之后，几乎形成了青花瓷一统天下的局面。

一种海外流行的时尚由此成为中国本土的时尚，中国传统的人物、花鸟、山水，与外来的伊斯兰风格融为一体，青花瓷成为中国瓷器的代表，进而走向世界，最终万里同风，成为世界时尚。

一般来说，一个时代有一个时代的文化，而时尚兴盛则是社会快速变化的标志。

因此，瓷器的演变之所以引人注目，还在于它与中国传统社会从单一向多元社会的转型同步。

瓷器的演变与社会变迁有着千丝万缕的联系，这使我们对明代有了新的思考和认识。

如果说以往人们所了解的明初是一个复兴传统的时代，其文化特征是回归传统，明初往往被认为是保守的，那么青花瓷的例子，则可以使人们对明初文化的兼容性有一个新的认识。

事实上，与明代中外文明的交流高峰密切相关，明代中国正是通过与海外交流而走向开放和进步的，青花瓷的两次外销高峰就反映了这一点。

2016-2017学年四川省攀枝花十二中高二（下）3月调研数学试卷一、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．如图中的几何体是由下面哪个三角形绕直线旋转所得到的（）A．B．C．D．2．已知两条相交直线a、b，a∥平面α，则b与平面α的位置关系（）A．b∥αB．b与α相交C．b⊂αD．b∥α或b与α相交3．如图是一个几何体的三视图，则这个几何体是（）A．四棱锥B．圆锥C．三棱锥D．三棱台4．正方体的表面积是64，则正方体的体对角线的长为（）A．4 B．3 C．4 D．165．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若m∥n，n⊥α，则m⊥αD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β6．正方体A1B1C1D1﹣ABCD中，BD与B1C所成的角是（）A．90°B．60°C．45°D．30°7．长方体的一个顶点上三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是（）A．25πB．50πC．125πD．都不对8．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．2π+B．C．D．49．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，C1D1的中点，则EF 与平面BB1D1D的位置关系是（）A．EF∥平面BB1D1DB．EF与平面BB1D1D相交C．EF在平面BB D1D内D．EF与平面BB1D1D的位置关系无法判断10．在正四棱锥V﹣ABCD中，底面正方形ABCD的边长为1，侧棱长为2，则异面直线VA与BD所成角的大小为（）A．B．C．D．11．正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是AB的中点，CD等于，则顶点A1到平面CDC1的距离为（）A．B．1 C．D．12．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°．将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A﹣BCD．则在三棱锥A ﹣BCD中，下列命题正确的是（）A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC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）13．若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16，则a=．14．若母线长是cm的圆锥的轴截面的面积是4cm2，则此圆锥的高是．15．一个三角形的直观图是腰长为，底为4的等腰三角形，则原三角形面积是．16．正四棱锥的底面边长为2，侧棱长均为，其正视图和侧视图是全等的等腰三角形，则正视图的周长为．三、解答题（本大题共9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．（文科）如图，在空间四面体ABCD中，若E，F，G，H分别是AB，BD，CD，AC的中点，（1）求证：四边形EFGH是平行四边形．（2）求证：BC∥平面EFGH．18．（理科）如图，在空间四面体ABCD中，若E，F，G，H分别是AB，BD，CD，AC的中点，且AD⊥BC（1）求证：四边形EFGH是矩形．（2）求证：AD∥平面EFGH．19．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1C，B1C1，C1D1的中点，求证：平面PMN∥平面A1BD．20．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E，F分别为BC，BB1，AA1的中点，求证：平面B1FC∥平面EAD．21．如图，在四面体ABCD中，CA=CD，AD⊥BD，点E，F分别是AB，AD的中点，求证：（1）直线EF∥平面BCD；（2）AD⊥平面EFC．22．如图，在底面为平行四边形的四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥AC，PA⊥面ABCD，点E是PD的中点．（1）求证：AC⊥PB；（2）求证：PB∥平面AEC．23．（文科）设A在平面BCD内的射影是直角三角形BCD的斜边BD的中点O，AC=BC=1，CD=，求（1）AC与平面BCD所成角的大小；（2）异面直线AB和CD的大小．24．（理科）设A在平面BCD内的射影是直角三角形BCD的斜边BD的中点O，AC=BC=1，CD=，求（1）AC与平面BCD所成角的大小；（2）二面角A﹣BC﹣D的大小．25．如图，点C是以AB为直径的圆上一点，直角梯形BCDE所在平面与圆O所在平面垂直，且DE∥BC，DC⊥BC，DE=1，BC=2，AC=CD=3（1）证明：EO∥平面ACD；（2）证明：平面ACD⊥平面BCDE；（3）求三棱锥E﹣ABD的体积．2016-2017学年四川省攀枝花十二中高二（下）3月调研数学试卷参考答案与试题解析一、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．如图中的几何体是由下面哪个三角形绕直线旋转所得到的（）A．B．C．D．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【分析】根据旋转体，可得结论．【解答】解：根据旋转体，可得是由绕直线旋转所得，故选B．2．已知两条相交直线a、b，a∥平面α，则b与平面α的位置关系（）A．b∥αB．b与α相交C．b⊂αD．b∥α或b与α相交【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【分析】当b∥α时，a与b可以相交，当b与α相交时，a与b可以相交，当b⊂α时，a与b与平行或异面，不能相…【解答】解：∵两条相交直线a、b，a∥平面α，∴当b∥α时，a与b可以相交，当b与α相交时，a与b可以相交，当b⊂α时，a与b与平行或异面，不能相交．故选：D．3．如图是一个几何体的三视图，则这个几何体是（）A．四棱锥B．圆锥C．三棱锥D．三棱台【考点】简单空间图形的三视图．【分析】由三视图可知可得出该几何体是四棱锥．【解答】解：由主视图和侧视图为等腰三角形，俯视图为矩形，则可得出该几何体是四棱锥，故选：A．4．正方体的表面积是64，则正方体的体对角线的长为（）A．4 B．3 C．4 D．16【考点】点、线、面间的距离计算．【分析】利用正方体的表面积求出棱长然后求解体对角线的长即可．【解答】解：正方体的表面积是64，所以应该面的面积为：=．正方体的棱长为：，则正方体的体对角线的长为：=4．故选：C．5．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若m∥n，n⊥α，则m⊥αD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【分析】对4个选项分别进行判断，即可得出结论．【解答】解：对于A，若m∥α，n∥α，则m∥n，或m，n相交、异面，故不正确；对于B，若m∥α，m∥β，则α∥β或α，β相交，故不正确；对于C，因为如果两条平行线中有一条和一个平面垂直，则另一条一定和这个平面垂直，故正确；对于D，若m∥α，α⊥β，则m、β相交或平行，或m⊂β，故不正确．故选：C．6．正方体A1B1C1D1﹣ABCD中，BD与B1C所成的角是（）A．90°B．60°C．45°D．30°【考点】异面直线及其所成的角．【分析】连接B1D1和D1C，由BD∥B1D1，知∠D1B1C就是异面直线DB与B1C所成角．由△D1B1C是等边三角形，知异面直线DB与B1C所成角为60°．【解答】解：如图，连接B1D1，则DB∥D1B1，则∠D1B1C为异面直线BD与B1C所成的角，连接D1C，在△D1B1C中，D1B1=B1C=CD1，则∠D1B1C=60°，因此异面直线BD与B1C所成的角为60°．故选：B．7．长方体的一个顶点上三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是（）A．25πB．50πC．125πD．都不对【考点】球的体积和表面积；球内接多面体．【分析】由题意长方体的外接球的直径就是长方体的对角线，求出长方体的对角线，就是求出球的直径，然后求出球的表面积．【解答】解：因为长方体的一个顶点上的三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一个球面上，所以长方体的对角线就是确定直径，长方体的对角线为：，所以球的半径为：，所以这个球的表面积是：=50π．故选B．8．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．2π+B．C．D．4【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图可以看出，此几何体是一个上部为圆锥、下部为圆柱的几何体，故可以分部分求出圆锥与圆柱的体积再相加求出此简单组合体的体积．【解答】解：所求几何体为一个圆柱体和圆锥体构成．其中圆锥的高为．其体积为=圆柱的体积为π•12•2=2π故此简单组合体的体积V=+2π故选C．9．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，C1D1的中点，则EF 与平面BB1D1D的位置关系是（）A．EF∥平面BB1D1DB．EF与平面BB1D1D相交C．EF在平面BB D1D内D．EF与平面BB1D1D的位置关系无法判断【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【分析】利用直线与平面平行或垂直的判定定理或者利用面面垂直或平行的性质定理进行判断．【解答】解：取B1C1的中点H，连结FH，EH，因为E，F分别是棱BC，C1D1的中点，所以FH∥B1D1，EH∥BB1，所以平面EFH∥面BB1D1D，因为EF⊂面EFH，所以EF∥平面BB1D1D．故选A．10．在正四棱锥V﹣ABCD中，底面正方形ABCD的边长为1，侧棱长为2，则异面直线VA与BD所成角的大小为（）A．B．C．D．【考点】异面直线及其所成的角．【分析】连接AC，交BD于O，连接VO，先在正方形ABCD中证出对角线AC、BD互相垂直，再在三角形VBD中，根据VB=VD和O为BD中点，证出VO、BD 互相垂直，最后根据直线与平面垂直的判定理证出BD⊥平面ACV，从而BD⊥VA，即异面直线VA与BD所成角大小为．【解答】解：连接AC，交BD于O，连接VO∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，O为BD的中点又∵正四棱锥V﹣ABCD中，VB=VD∴VO⊥BD∵AC∩VO=O，AC、VO⊂平面ACV∴BD⊥平面ACV∵VA⊂平面ACV∴BD⊥VA即异面直线VA与BD所成角等于，故选D11．正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是AB的中点，CD等于，则顶点A1到平面CDC1的距离为（）A．B．1 C．D．【考点】点、线、面间的距离计算．【分析】证明A1B1⊥平面CDC1，即可求出顶点A1到平面CDC1的距离．【解答】解：由题意，D是AB的中点，CD等于，AB=2，∵AB⊥CD，AB⊥C1C，CD∩C1C=C，∴AB⊥平面CDC1，∴A1B1⊥平面CDC1，∴顶点A1到平面CDC1的距离为1故选B．12．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°．将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A﹣BCD．则在三棱锥A ﹣BCD中，下列命题正确的是（）A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC【考点】平面与平面垂直的判定．【分析】由题意推出CD⊥AB，AD⊥AB，推出AB⊥平面ADC，可得平面ABC⊥平面ADC．【解答】解：∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°∴BD⊥CD又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC．故选D．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）13．若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16，则a=4．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】由题意可得（•a•a•sin60°）•a=16，由此求得a的值．【解答】解：由题意可得，正棱柱的底面是变长等于a的等边三角形，面积为•a•a•sin60°，正棱柱的高为a，∴（•a•a•sin60°）•a=16，∴a=4，故答案为：4．14．若母线长是cm的圆锥的轴截面的面积是4cm2，则此圆锥的高是2cm．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【分析】设圆锥的高为h，则底面半径为，利用圆锥的轴截面的面积是4cm2，得=4，即可得出结论．【解答】解：设圆锥的高为h，则底面半径为，∵圆锥的轴截面的面积是4cm2，∴=4，故答案为：2cm．15．一个三角形的直观图是腰长为，底为4的等腰三角形，则原三角形面积是8．【考点】平面图形的直观图．【分析】斜二测画法中，原图形的面积与直观图的面积之比为2，即可求出原图形的面积．【解答】解：一个三角形的直观图是腰长为，底为4的等腰三角形，面积为=2由斜二测画法可得．原图形的面积与直观图的面积之比为2，原三角形的面积为8．故答案为：8．16．正四棱锥的底面边长为2，侧棱长均为，其正视图和侧视图是全等的等腰三角形，则正视图的周长为2+2．【考点】简单空间图形的三视图．【分析】几何体的主视图和侧视图是全等的等腰三角形，推知腰是正四棱锥的斜高，求出斜高，即可求出正视图的周长．【解答】解：由于正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，其主视图和侧视图是全等的等腰三角形；所以主视图和侧视图中的腰是正四棱锥的斜高．其长为：则正视图的周长：2+2．故答案是2+2．三、解答题（本大题共9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．（文科）如图，在空间四面体ABCD中，若E，F，G，H分别是AB，BD，CD，（1）求证：四边形EFGH是平行四边形．（2）求证：BC∥平面EFGH．【考点】直线与平面平行的判定．【分析】（1）推导出EF，GH，从而EF GH，由此能证明四边形EFGH是平行四边形．（2）推导出EH∥BC，由此能证明BC∥平面EFGH．【解答】证明：（1）∵在空间四面体ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BD，CD，AC的中点，∴EF，GH，∴EF GH，∴四边形EFGH是平行四边形．（2）∵E，H分别是AB、AC的中点，∴EH∥BC，∵EH⊂平面EFGH，BC⊄平面EFGH，∴BC∥平面EFGH．18．（理科）如图，在空间四面体ABCD中，若E，F，G，H分别是AB，BD，CD，AC的中点，且AD⊥BC（1）求证：四边形EFGH是矩形．（2）求证：AD∥平面EFGH．【考点】直线与平面平行的判定．【分析】（1）推导出EF，GH，从而EF GH，由此能证明四边形EFGH是平行四边形，再由AD⊥BC，得EF⊥GF，从而四边形EFGH是矩形．（2）推导出EF∥AD，由此能证明BC∥平面EFGH．【解答】证明：（1）∵在空间四面体ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BD，CD，AC的中点，∴EF，GH，∴EF GH，∴四边形EFGH是平行四边形，∵E，F分别是AB，DB的中点，∴EF∥AD，∵G，F分别是DC，DB的中点，∴GF∥BC，∵AD⊥BC，∴EF⊥GF，∴四边形EFGH是矩形．（2）∵E，F分别是AB，DB的中点，∴EF∥AD，∵EF⊂平面EFGH，AD⊄平面EFGH，∴AD∥平面EFGH．19．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1C，B1C1，C1D1的中点，求证：平面PMN∥平面A1BD．【考点】平面与平面平行的判定．【分析】利用三角形的中位线性质及公理4，证明PN∥BD，证得PN∥面A1DB．同理可证MN∥面A1DB，再由PN 和MN 是平面MNP内的两条相交直线，利用平面和平面平行的判定定理证得结论成立．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1C，B1C1，C1D的中点，连接B1D1，B1C，∵PN∥B1D1，BD∥B1D1 ，∴PN∥BD．而BD⊂面A1BD，PN⊄面A1DB，∴PN∥面A1DB．同理可证MN∥面A1DB．再由PN 和MN 是平面MNP内的两条相交直线可得平面MNP∥平面A1BD．20．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E，F分别为BC，BB1，AA1的中点，求证：平面B1FC∥平面EAD．【考点】平面与平面平行的判定．【分析】由已知四边形AFB1E是平行四边形，从而AE∥平面B1FC，由三角形中位线定理得DE∥B1C，从而DE∥平面B1FC，由此能证明平面B1FC∥平面EAD．【解答】证明：∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E，F分别为BC，BB1，AA1的中点，∴AF∥B1E，AF=B1E，∴四边形AFB1E是平行四边形，∴AE∥FB1，又∵AE⊄面B1FC，FB1⊂面B1FC，∴AE∥平面B1FC，∵D，E分别是BC，BB1中点，∴DE∥B1C，∵DE⊄面B1FC，B1C⊂面B1FC，∴DE∥平面B1FC，∵AE⊂EAD，DE⊂平面EAD，且AE∩DE=E，∴平面B1FC∥平面EAD．21．如图，在四面体ABCD中，CA=CD，AD⊥BD，点E，F分别是AB，AD的中点，求证：（1）直线EF∥平面BCD；（2）AD⊥平面EFC．【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【分析】（1）利用中位线定理证明EF∥BD，即可证明EF∥平面BCD；（2）证明AD⊥CF，AD⊥EF，即可证明AD⊥平面EFC．【解答】证明：（1）∵E、F分别为AB、AD的中点，∴EF为△ABD的中位线，∴EF∥BD，又∵EF在平面BCD外，BD在平面BCD内，∴EF∥平面BCD．（2）∵CA=CD，F是AD的中点，∴AD⊥CF，∵AD⊥BD，EF∥BD，∴AD⊥EF，∵CF∩EF=F，∴AD⊥平面EFC．22．如图，在底面为平行四边形的四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥AC，PA⊥面ABCD，点E是PD的中点．（1）求证：AC⊥PB；（2）求证：PB∥平面AEC．【考点】直线与平面平行的判定；空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】（1）欲证AC⊥PB，可先证AC⊥面PAB，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证AC与面PAB内两相交直线垂直，根据PA⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，可得PA⊥AC，又因AB⊥AC，PA∩AC=A，PA⊂面PAB，AB⊂面PAB，满足定理所需条件；（2）欲证PB∥面AEC，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证PB与面AEC 内一直线平行即可，连接BD交AC于点O，并连接EO，根据中位线可知EO∥PB，PB⊄面AEC，EO⊂面AEC满足定理所需条件．【解答】证明：（1）∵PA⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，∴PA⊥AC又∵AB⊥AC，PA∩AC=A，PA⊂面PAB，AB⊂面PAB∴AC⊥面PAB∴AC⊥PB（2）连接BD交AC于点O，并连接EO，∵四边形ABCD为平行四边形∴O为BD的中点又∵E为PD的中点∴在△PDB中EO为中位线，EO∥PB∵PB⊄面AEC，EO⊂面AEC∴PB∥面AEC．23．（文科）设A在平面BCD内的射影是直角三角形BCD的斜边BD的中点O，AC=BC=1，CD=，求（1）AC与平面BCD所成角的大小；（2）异面直线AB和CD的大小．【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角．（1）因为A在平面BCD内的射影是直角三角形BCD的斜边BD的中点O，【分析】所以OA是三棱锥的高，在直角三角形AOC中可计算AO，再由OA⊥平面BCD，知∠ACO是AC与平面BCD所成角，由此能求出AC与平面BCD所成角的大小．（2）取BC中点F，AC中点E，利用三角形中位线定理证明∠EFO即为异面直线AB和CD所成的角，再在△EFO中分别计算三边的长，利用解直角三角形知识即可求得此角．【解答】解：（1）∵A在平面BCD内的射影是直角三角形BCD的斜边BD的中点O，∴OA是三棱锥的高∵BC=1，CD=．∴OC=OB=OD=，OA==，∵OA⊥平面BCD，∴∠ACO是AC与平面BCD所成角，∵tan∠ACO===，∴∠ACO=30°，∴AC与平面BCD所成角为30°．（2）如图，取BC中点F，AC中点E，连接EF，OE，OF∵EF∥AB，OF∥CD∴∠EFO即为异面直线AB和CD所成的角在△EFO中，EF====，OF=，OE===，∴∠FEO=90°，∠EFO=45°∴异面直线AB和CD所成的角的大小为45°．24．（理科）设A在平面BCD内的射影是直角三角形BCD的斜边BD的中点O，AC=BC=1，CD=，求（1）AC与平面BCD所成角的大小；（2）二面角A﹣BC﹣D的大小．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面所成的角．【分析】（1）由已知得BD=，OB=OC=OD=，AO⊥平面BCD，AC与平面BCD 所成角为∠ACO，由此能求出AC与平面BCD所成角的大小为30°．（2）由已知得AO=，AB=AC=1=BC，取BC中点E，则∠AEO是二面角A﹣BC ﹣D的平面角，由此能求出二面角A﹣BC﹣D的正切值．【解答】解：（1）如图，∵Rt△BCD中，BC=1，CD=，∴BD=，∵O是Rt△BCD斜边中点，∴OB=OC=OD=，∵A在平面BCD内的射影是直角三角形BCD的斜边BD的中点O，∴AO⊥平面BCD，∴AC与平面BCD所成角为∠ACO，∵cos=，∴∠ACO=30°，∴AC与平面BCD所成角的大小为30°．（2）由（1）得AO=，AB=AC=1=BC，∴△ABC是正三角形取BC中点E，则AE⊥BC，OE⊥BC，AE=，OE=DC=，则∠AEO是二面角A﹣BC﹣D的平面角，tan∠AEO=．∴二面角A﹣BC﹣D的大小为arctan．25．如图，点C是以AB为直径的圆上一点，直角梯形BCDE所在平面与圆O所在平面垂直，且DE∥BC，DC⊥BC，DE=1，BC=2，AC=CD=3（1）证明：EO∥平面ACD；（2）证明：平面ACD⊥平面BCDE；（3）求三棱锥E﹣ABD的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．【分析】（1）如图，取BC的中点M，连接OM、ME．在三角形ABC中，利用中位线定理得到OM∥AC，再证出四边形MCDE是平行四边形，结合面面平行的判定得到面EMO∥面ACD，最后利用面面平行的性质即可得出结论；（2）根据AB是圆的直径，C点在圆上，得到直径所结的圆周角是直角，又平面BDCE⊥平面ABC，从而有AC⊥平面BDCE，最后利用面面垂直的判定即可得出平面ACD⊥平面BCDE；（3）由（2）知AC⊥平面ABDE，可得AC是三棱锥A﹣BDE的高线，再将三棱锥E﹣ABD的体积转化为三棱锥A﹣BDE的体积求解即可．【解答】（1）证明：如图，取BC的中点M，连接OM、ME．在三角形ABC中，O是AB的中点，M是BC的中点，∴OM ∥AC ，在直角梯形BCDE 中，DE ∥BC ，且DE=CM ，∴四边形MCDE 是平行四边形，∴EM ∥CD ， ∴面EMO ∥面ACD ， 又∵EO ⊂面EMO ，∴EO ∥面ACD ；（2）证明：∵AB 是圆的直径，C 点在圆上，∴AC ⊥BC ，又∵平面BDCE ⊥平面ABC ，平面BDCE ∩平面ABC=BC ， ∴AC ⊥平面BDCE ，∵AC ⊂平面ACD ，∴平面ACD ⊥平面BCDE ；（3）解：由（2）知AC ⊥平面ABDE ，可得AC 是三棱锥A ﹣BDE 的高线， ∵Rt △BDE 中，S △BDE =DE ×CD=×1×3=．∴V E ﹣ABD =V A ﹣BDE =×S △BDE ×AC=××3=．。