2014-2015学年江西省南昌市第十九中学高二下学期期中考试数学(理)试题

合集下载

2014-2015年江西省南昌十九中高二(下)期中数学试卷(文科)和答案

2014-2015学年江西省南昌十九中高二（下）期中数学试卷（文科）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．（5分）设m，n是不同的直线，a，β是不同的平面，则下列四个命题：①若α∥β，m⊂α，则m∥β，②若m∥α，n⊂α，则m∥n，③若α⊥β，m∥α，则m⊥β，④若m⊥α，m∥β，则α⊥β其中正确的是（）A．①③B．②③C．①④D．②④2．（5分）因为对数函数y＝log a x（a＞0，且a≠1）是增函数，而y＝log x是对数函数，所以y＝log x是增函数，上面的推理错误的是（）A．大前提B．小前提C．推理形式D．以上都是3．（5分）用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为（）A．B．C．D．4．（5分）观察图示图形规律，在其右下角的空格内画上合适的图形为（）A．B．C．D．5．（5分）某个长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A．4B．2C．D．86．（5分）表中提供了某厂节能降耗技术改造后生产A产品过程中记录的产量x （吨）与相应的生产能耗y（吨标准煤）的几组对应数据．根据下表提供的数据，求出y关于x的线性回归方程为＝0.7x+0.35，那么表中t的值为（）A．3B．3.15C．3.5D．4.57．（5分）如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么（）A．P A＝PB＞PC B．P A＝PB＜PC C．P A＝PB＝PC D．P A≠PB≠PC 8．（5分）已知流程图如图所示，该程序运行后，为使输出的b值为16，则循环体的判断框内①处应填的是（）A．2B．3C．4D．169．（5分）一个圆锥被过顶点的平面截去了较小的一部分，余下的几何体的三视图如图，则该几何体的表面积为（）A．+++1B．2+3π++1C．++D．+++110．（5分）已知a，b，c，d为实数，满足a+b＝c+d＝1，ac+bd＞1，则在a，b，c，d中（）A．有且仅有一个为负B．有且仅有两个为负C．至少有一个为负D．都为正数11．（5分）直三棱柱ABC﹣A1B1C1的直观图及三视图如图所示，D为AC的中点，则下列命题是假命题的是（）A．AB1∥平面BDC1B．A1C⊥平面BDC1C．直三棱柱的体积V＝4D．直三棱柱的外接球的表面积为4π12．（5分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，点P在线段BD1上，当∠APC最大时，三棱锥P﹣ABC的体积为（）A．B．C．D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）已知f（n）＝1+++…+（n∈N+，n≥2），经计算得f（4）＞2，f（8），f（16）＞3，f（32），由此可推得一般性结论为．14．（5分）如图，在三棱柱A1B1C1﹣ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F﹣ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1﹣ABC的体积为V2，则V1：V2＝．15．（5分）已知正三棱锥P﹣ABC，点P，A，B，C都在半径为的球面上，若P A，PB，PC两两垂直，则球心到截面ABC的距离为．16．（5分）某医疗研究所为了检验某种血清预防感冒的作用，把500名使用血清的人与另外500名未用血清的人一年中的感冒记录作比较，提出假设H0：“这种血清不能起到预防感冒的作用”，利用2×2列联表计算得K2≈3.918，经查对临界值表知P（K2≥3.841）≈0.05．对此，四名同学做出了以下的判断：p：有95%的把握认为“这种血清能起到预防感冒的作用”q：若某人未使用该血清，那么他在一年中有95%的可能性得感冒r：这种血清预防感冒的有效率为95%s：这种血清预防感冒的有效率为5%则上述结论中，正确结论的序号是．（把你认为正确的命题序号都填上）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．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AA1＝4，AB ＝5，点D是AB的中点．（1）求证：AC⊥BC1；（2）求证：AC1∥平面CDB1．18．（10分）在△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c，若a、b、c三边的倒数成等差数列，求证：∠B＜90°．19．（12分）已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图（或称主视图）是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图（或称左视图）是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．（1）求该几何体的体积V；（2）求该几何体的侧面积S．20．（12分）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC＝4，∠ABC＝120°，E 为AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE，F为A′C的中点，A′C＝4（I）求证：平面A′DE⊥平面BCD；（II）求证：BF∥平面A′DE．21．（12分）2014年世界经济形势严峻，某企业为了增强自身竞争力，计划对职工进行技术培训，以提高产品的质量．为了解某车间对技术培训的态度与性别的关系，对该车间所有职工进行了问卷调查得到了如下的2×2列联表：（1）用分层抽样的方法在不赞成的职工中抽5人进行调查，其中男职工、女职工各抽取多少人？（2）在上述抽取的5人中选2人，求至少有一名男职工的概率；（3）据此资料，判断对技术培训的态度是否与性别有关？并证明你的结论．附：K2＝，22．（12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D、E分别为A1B1、AA1的中点，点F在棱AB上，且．（Ⅰ）求证：EF∥平面BDC1；（Ⅱ）在棱AC上是否存在一个点G，使得平面EFG将三棱柱分割成的两部分体积之比为1：15，若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由．2014-2015学年江西省南昌十九中高二（下）期中数学试卷（文科）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．（5分）设m，n是不同的直线，a，β是不同的平面，则下列四个命题：①若α∥β，m⊂α，则m∥β，②若m∥α，n⊂α，则m∥n，③若α⊥β，m∥α，则m⊥β，④若m⊥α，m∥β，则α⊥β其中正确的是（）A．①③B．②③C．①④D．②④【解答】解：由面面平等的性质定义，我们易得α∥β，m⊂α，则m∥β，为真命题，故①正确；m∥α，n⊂α，则m与n平行或异面，故②错误；若α⊥β，m∥α，则m与β可能平行也可能相交，故③错误；m⊥α，m∥β，则β内存在一条直线n与m平行，则n⊥α，则α⊥β，故④正确；故选：C．2．（5分）因为对数函数y＝log a x（a＞0，且a≠1）是增函数，而y＝log x是对数函数，所以y＝log x是增函数，上面的推理错误的是（）A．大前提B．小前提C．推理形式D．以上都是【解答】解：∵当a＞1时，函数y＝log a x（a＞0且a≠1）是一个增函数，当0＜a＜1时，此函数是一个减函数∴y＝log a x（a＞0且a≠1）是增函数这个大前提是错误的，从而导致结论错．故选：A．3．（5分）用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为（）A．B．C．D．【解答】解：截面面积为π⇒截面圆半径为1，又与球心距离为1⇒球的半径是，所以根据球的体积公式知，故选：B．4．（5分）观察图示图形规律，在其右下角的空格内画上合适的图形为（）A．B．C．D．【解答】解：观察已知的8个图象，每一行每一列变化都得有两个阴影的、三个不同形状的，根据这些规律观察四个答案，发现A符合要求．故选：A．5．（5分）某个长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A．4B．2C．D．8【解答】解：三视图复原的几何体是长方体，长方体长、宽、高分别是：2，2，3，所以这个几何体的体积是2×2×3＝12，长方体被一个平面所截，得到的几何体的是长方体的，如图所示，则这个几何体的体积为12×＝8．故选：D．6．（5分）表中提供了某厂节能降耗技术改造后生产A产品过程中记录的产量x （吨）与相应的生产能耗y（吨标准煤）的几组对应数据．根据下表提供的数据，求出y关于x的线性回归方程为＝0.7x+0.35，那么表中t的值为（）A．3B．3.15C．3.5D．4.5【解答】解：∵由回归方程知＝，解得t＝3，故选：A．7．（5分）如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么（）A．P A＝PB＞PC B．P A＝PB＜PC C．P A＝PB＝PC D．P A≠PB≠PC 【解答】解：∵M是Rt△ABC斜边AB的中点，∴MA＝MB＝MC．又∵PM⊥平面ABC，∴MA、MB、MC分别是P A、PB、PC在平面ABC上的射影，∴P A＝PB＝PC．应选C．8．（5分）已知流程图如图所示，该程序运行后，为使输出的b值为16，则循环体的判断框内①处应填的是（）A．2B．3C．4D．16【解答】解：a＝1时进入循环，此时b＝21＝2，a＝2时，再进入循环此时b＝22＝4，a＝3，再进入循环此时b＝24＝16，∴a＝4时应跳出循环，∴循环满足的条件为a＞3，∴故答案为：3．故选：B．9．（5分）一个圆锥被过顶点的平面截去了较小的一部分，余下的几何体的三视图如图，则该几何体的表面积为（）A．+++1B．2+3π++1C．++D．+++1【解答】解：由三视图求得，圆锥母线l＝＝，圆锥的高h＝＝2，圆锥底面半径为r＝＝，截去的底面弧的圆心角为直角，截去的弧长是底面圆周的，圆锥侧面剩余，S1＝πrl＝＝底面剩余部分为S2＝＝+1另外截面三角形面积为S3＝＝所以余下部分的几何体的表面积为S1+S2+S3＝++1+．故选：A．10．（5分）已知a，b，c，d为实数，满足a+b＝c+d＝1，ac+bd＞1，则在a，b，c，d中（）A．有且仅有一个为负B．有且仅有两个为负C．至少有一个为负D．都为正数【解答】证明：假设a、b、c、d都是非负数，∵a+b＝c+d＝1，∴（a+b）（c+d）＝1．∴ac+bd+bc+ad＝1≥ac+bd．这与ac+bd＞1矛盾．所以假设不成立，即a、b、c、d中至少有一个负数11．（5分）直三棱柱ABC﹣A1B1C1的直观图及三视图如图所示，D为AC的中点，则下列命题是假命题的是（）A．AB1∥平面BDC1B．A1C⊥平面BDC1C．直三棱柱的体积V＝4D．直三棱柱的外接球的表面积为4π【解答】解：取A1C1中点O，连接OB1，AO，∵D为AC的中点，∴四边形DAOC1为平行四边形，∴AO∥C1D，又四边形BDOB1为平行四边形，∴BD∥OB1，∴平面AOB1∥平面BDC1，AB1⊂平面AOB1，∴AB1∥平面BDC1．∵由三视图知A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，∴A1B1⊥BC1，CB1⊥BC1∴BC1⊥平面A1B1C，∴BC1⊥A1C；∵由侧视图知△ABC为等腰直角三角形，D为AC的中点，∴BD⊥AC，∴BD⊥平面ACC1A1，∴A1C⊥BD，又BD∩BC1＝B，∴A1C⊥平面BDC1．故B正确；由三视图知：直三棱柱的高为2，底面是直角边长为2的等边三角形，∴体积V ＝×2×2×2＝4，∴C正确；由直三棱柱的结构特征知，直三棱柱为正方体的一半，∴外接球的半径R＝＝，∴外接球的表面积S＝4π×3＝12π，∴D错误；故选：D．12．（5分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，点P在线段BD1上，当∠APC最大时，三棱锥P﹣ABC的体积为（）A．B．C．D．【解答】解：连结AC交BD于O，连结PO，则∠APC＝2∠APO，∵tan，∴当PO最小时，∠APO最大，即PO⊥BD1时，∠APO最大，如图，作PE⊥BD于E，此时|PB|＝|BD1|，∴三棱锥P﹣ABC的高为P到平面ABCD的距离PE＝，∴三棱锥P﹣ABC的体积V＝＝＝．故选：A．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）已知f（n）＝1+++…+（n∈N+，n≥2），经计算得f（4）＞2，f（8），f（16）＞3，f（32），由此可推得一般性结论为f（2n）＞．【解答】解：观察已知中等式：得，f（4）＞2，即f（22）＞，即f（23）＞f（16）＞3，即f（24）＞…，归纳可得：f（2n）≥（n∈N*）故答案为：f（2n）≥（n∈N*）．14．（5分）如图，在三棱柱A1B1C1﹣ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F﹣ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1﹣ABC的体积为V2，则V1：V2＝1：24．【解答】解：因为D，E，分别是AB，AC的中点，所以S△ADE ：S△ABC＝1：4，又F是AA1的中点，所以A1到底面的距离H为F到底面距离h的2倍．即三棱柱A1B1C1﹣ABC的高是三棱锥F﹣ADE高的2倍．所以V1：V2＝＝1：24．故答案为1：24．15．（5分）已知正三棱锥P﹣ABC，点P，A，B，C都在半径为的球面上，若P A，PB，PC两两垂直，则球心到截面ABC的距离为．【解答】解：∵正三棱锥P﹣ABC，P A，PB，PC两两垂直，∴此正三棱锥的外接球即以P A，PB，PC为三边的正方体的外接球O，∵球O的半径为，∴正方体的边长为2，即P A＝PB＝PC＝2球心到截面ABC的距离即正方体中心到截面ABC的距离设P到截面ABC的距离为h，则正三棱锥P﹣ABC的体积V＝S△ABC ×h＝S△×PC＝××2×2×2＝P AB＝×△ABC为边长为2的正三角形，S△ABC∴h＝＝∴正方体中心O到截面ABC的距离为﹣＝故答案为16．（5分）某医疗研究所为了检验某种血清预防感冒的作用，把500名使用血清的人与另外500名未用血清的人一年中的感冒记录作比较，提出假设H0：“这种血清不能起到预防感冒的作用”，利用2×2列联表计算得K2≈3.918，经查对临界值表知P（K2≥3.841）≈0.05．对此，四名同学做出了以下的判断：p：有95%的把握认为“这种血清能起到预防感冒的作用”q：若某人未使用该血清，那么他在一年中有95%的可能性得感冒r：这种血清预防感冒的有效率为95%s：这种血清预防感冒的有效率为5%则上述结论中，正确结论的序号是p，r．．（把你认为正确的命题序号都填上）【解答】解：∵K2≈3.918＞3.841，P（K2≥3.841）≈0.05，∴有95%的把握认为“这种血清能起到预防感冒的作用”，也就是说这种血清预防感冒的有效率为95%故答案为：p，r．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．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AA1＝4，AB ＝5，点D是AB的中点．（1）求证：AC⊥BC1；（2）求证：AC1∥平面CDB1．【解答】解：（1）∵ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴CC1⊥AC…（2分）∵AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AB2＝AC2+BC2，∴AC⊥CB…（4分）又C1C∩CB＝C，∴AC⊥平面C1CB1B，又BC1⊂平面C1CB1B，∴AC⊥BC1…（7分）（2）设CB1∩BC1＝E，∵C1CBB1为平行四边形，∴E为C1B的中点…（10分）又D为AB中点，∴AC1∥DE…（12分）DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1…（14分）18．（10分）在△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c，若a、b、c 三边的倒数成等差数列，求证：∠B＜90°．【解答】证明：假设∠B＜90°不成立，即∠B≥90°，从而∠B是△ABC的最大角，∴b是△ABC的最大边，即b＞a，b＞c．∴＞，＞．相加得+＞+＝，与+＝矛盾．故∠B≥90°不成立．19．（12分）已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图（或称主视图）是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图（或称左视图）是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．（1）求该几何体的体积V；（2）求该几何体的侧面积S．【解答】解：由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8，高为h1的等腰三角形，左、右侧面均为底边长为6、高为h2的等腰三角形，如图所示．（1）几何体的体积为V＝•S矩形•h＝×6×8×4＝64．（2）正侧面及相对侧面底边上的高为：h1＝＝5．左、右侧面的底边上的高为：h2＝＝4．故几何体的侧面面积为：S＝2×（×8×5+×6×4）＝40+24．20．（12分）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC＝4，∠ABC＝120°，E 为AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE，F为A′C的中点，A′C＝4（I）求证：平面A′DE⊥平面BCD；（II）求证：BF∥平面A′DE．【解答】证明：（Ⅰ）证由题意得△A'DE是△ADE沿DE翻转而成，所以△A'DE ≌△ADE，∵∠ABC＝120°，四边形ABCD是平形四边形，∴∠A＝60°，又∵AD＝AE＝2∴△A'DE和△ADE都是等边三角形．∵M是DE 的中点，∴由在∵△DMC中，MC2＝42+12﹣2×4×1•cos60°，∴．在△A'MC中，，∴△A'MC是直角三角形，∴A'M⊥MC，又∵A'M⊥DE，MC∩DE＝M，∴A'M⊥平面ABCD．又∵A'M⊂平面A'DE∴平面A'DE⊥平面BCD．（Ⅱ）选取DC的中点N，连接FN，NB．∵A'C＝DC＝4，F，N点分别是A'C，DC中点，∴FN∥A'D．又∵N，E点分别是平行四边形ABCD的边DC，AB的中点，∴BN∥DE．又∵A'D∩DE＝D，FN∩NB＝N，∴平面A'DE∥平面FNB，∵FB⊂平面FNB，∴FB∥平面A'DE．21．（12分）2014年世界经济形势严峻，某企业为了增强自身竞争力，计划对职工进行技术培训，以提高产品的质量．为了解某车间对技术培训的态度与性别的关系，对该车间所有职工进行了问卷调查得到了如下的2×2列联表：（1）用分层抽样的方法在不赞成的职工中抽5人进行调查，其中男职工、女职工各抽取多少人？（2）在上述抽取的5人中选2人，求至少有一名男职工的概率；（3）据此资料，判断对技术培训的态度是否与性别有关？并证明你的结论．附：K2＝，【解答】解：（1）在不赞成的职工中抽5人，则抽取比例为＝，所以男职工应该抽取8×＝2（人），女职工应该抽取12×＝3（人）．（2）上述抽取的5人中，男职工2人记为a，b，女职工4人记为c，d，e，则从5人中选2人的所有情况为（a，b），（a，c），（a，d），（a，e），（b，c），（b，d），（b，e），（c，d），（c，e），（d，e），共10种情况．基中至少有一名男职工的情况有（a，b），（a，c），（a，d），（a，e），（b，c），（b，d），（b，e），共7种情况．故从上述抽取的5人中选2人，至少有一名男职工的概率为P＝．（3）因为K2＝≈5.56∈（3.841，6.635），所以有95%的把握认为“对技术培训的态度与性别有关”．22．（12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D、E分别为A1B1、AA1的中点，点F在棱AB上，且．（Ⅰ）求证：EF∥平面BDC1；（Ⅱ）在棱AC上是否存在一个点G，使得平面EFG将三棱柱分割成的两部分体积之比为1：15，若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由．【解答】证明：（I）取AB的中点M，∵，∴F为AM的中点，又∵E为AA1的中点，∴EF∥A1M在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，M分别为A1B1，AB的中点，∴A1D∥BM，A1D＝BM，∴A1DBM为平行四边形，∴AM∥BD∴EF∥BD．∵BD⊂平面BC1D，EF⊄平面BC1D，∴EF∥平面BC1D．（II）设AC上存在一点G，使得平面EFG将三棱柱分割成两部分的体积之比为1：15，则，∵＝＝∴，∴，∴AG＝．所以符合要求的点G不存在．。

江西省南昌市第十九中学2014-2015学年高二下学期期中考试化学试卷

南昌十九中2014～2015学年度第二学期高二年级期中考试《有机化学基础》试题考试时间：90分钟；命题人：孙戈审题人：高二化学备课组可能用到的相对原子质量：H ：1 C ：12 O ：16一、选择题（每小题只有一个正确答案，请将正确答案的序号填入答题卡。

每小题3分，共3分×16 ═ 48分）：1.下列混合物应选用蒸馏操作法分离的是 A 、硝酸钾和氯化钠的混合物 B 、溴水C 、汽油和柴油D 、四氯化碳和水2.某有机物的结构简式为，它是由某烃和Cl 2充分加成所得到的产物，则原有机物一定是 A. 2—丁炔B. 2—甲基—1，3—丁二烯5.下列物质的类别与所含官能团都正确的是A. 酚类 -OHB. 酯 -COOHC. 醛类 –CHOD. CH 3-O-CH 3 醚类6.有下列说法，其中正确的是A 、通式为C n H 2n+2的有机物一定属于烷烃B 、通式为C n H 2n 的有机物一定属于烯烃 C 、通式为C n H 2n-2的有机物一定属于炔烃D 、通式为C n H 2n+2O 的有机物一定属于醇C H Cl C CH ClC H Cl C H Cl|||||232---CH 2OH CH 3CHCH 3COOHH C O OO C7.若含有双键，叁键或环，该分子就不饱和，具有一定的“不饱和度”。

其数值可表示为：不饱和度（Ω）= 双键数 + 叁键数×2 +Ω=2，则有机物的不饱和度为．5． B ．6 C ． 7 D ．88.甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代可得到取代物有 A ．3种 B ．4种 C ．5种 D ．6种9.有含碳元素的质量分数相同的A 、B 两种烃，关于A 和B 的叙述中正确的是： A ．二者不可能是同系物 B ．二者一定是同分异构体 C ．各1mol 的A 和B 分别燃烧生成CO 2的质量一定相等 D ．二者最简式相同 10.下列分子中的所有碳原子不可能处在同一平面上的是① ② ③④ ⑤A ．①⑤B ．①④C ．②④D ．②③11.用电火花点燃装在一密闭容器中的一种气态烃和足量的氧气，完全燃烧后，容器内气体体积保持不变（气体体积均在120℃和相同的压强下测定），这种气态烃不可能是 A. CH 4 B. C 2H 4 C. C 3H 4 D. C 3H 6 12.下列卤代烃中，不能发生消去反应的是A. B.（CH 3）3CCH 2ClC. D.13．在①甲烷；②苯；③聚乙烯；④乙醛；⑤2-丁炔；⑥环己烷；⑦邻二甲苯；⑧环己烯这8种物质种中，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是 A ．③⑤⑧ B ．④⑤⑦ C ．④⑤⑧ D ．③⑥⑦14．已知2－丁烯有顺、反两种异构体，在某条件下两种气体处于平衡，下列说法正确的是CH 3CH 3HHC CCH 3CH 3HHCC顺-2-丁烯反-2-丁烯 △H= －4.2 kJ/molA ．顺-2-丁烯比反-2-丁烯稳定B ．加压和降温都有利于平衡向生成顺-2-丁烯反应方向移动C ．反-2-丁烯和顺-2-丁烯具有相同的熔沸点D ．顺-2-丁烯的燃烧热比反-2-丁烯大CH 3CH 2CHCH 3CH 3CHCH 2Br 3CH 3CCH 3CH 3BrC ≡C —CH=CH 215. 已知化合物B 3N 3H 6（硼氮苯）与苯的分子结构相似，分别为：则硼氮苯的二氯取代物（B 3N 3H 4Cl 2）的同分异构体的数目为 A. 2 B. 3 C. 4 D. 516．由A 、B 两种烃组成的混合物，当混合物质量一定时，无论A 、B 以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的质量为一恒量。

2014-2015年江西省南昌市高二(下)期中数学试卷(理科)和答案

2014-2015学年江西省南昌市高二（下）期中数学试卷（理科）一、选择题（每小题5分，共60分）1．（5分）下列说法正确的是（）A．三点确定一个平面B．四边形一定是平面图形C．梯形一定是平面图形D．两条直线没有公共点，则这两条直线平行2．（5分）一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的表面积为（）A．B．8πC．D．4π3．（5分）用斜二测画法作一个边长为2的正方形，则其直观图的面积为（）A．B．2C．4D．4．（5分）如图，空间四边形OABC中，＝，＝，＝，点M在线段OA上，且OM＝2MA，点N为BC的中点，则＝（）A．﹣++B．﹣+C．+﹣D．+﹣5．（5分）某几何体三视图如图（单位；cm），则该几何体的体积是（）A．1500cm3B．1025cm3C．625cm3D．1200cm3 6．（5分）已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为（）A．B．C．D．7．（5分）下列结论正确的是（）A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线8．（5分）已知＝（1，5，﹣2），＝（3，1，z），若⊥，＝（x﹣1，y，﹣3），且BP⊥平面ABC，则实数x、y、z分别为（）A．，﹣，4B．，﹣，4C．，﹣2，4D．4，，﹣15 9．（5分）已知两条不重合的直线m、n和两个不重合的平面α、β，有下列命题：①若m⊥n，m⊥α，则n∥α；②若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β；③若m、n是两条异面直线，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β；④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂β，n⊥m，则n⊥α．其中正确命题的个数是（）A．1B．2C．3D．410．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（）A．B．C．D．11．（5分）已知正四棱锥S﹣ABCD中，SA＝2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）A．1B．C．2D．312．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点M在棱AB上，且AM＝，点P在平面ABCD上，且动点P到直线A1D1的距离的平方与点P到点M的距离的平方的差为1，在以AB、AD为坐标轴的平面直角坐标系中，动点P 的轨迹是（）A．圆B．抛物线C．双曲线D．直线二、填空题（每小题5分，共20分）13．（5分）若将锐角A为60°，边长为a的菱形ABCD沿对角线BD折成60°的二面角，则A与C之间的距离为．14．（5分）将圆心角为120°，面积为3π的扇形，作为圆锥的侧面，则圆锥的体积为．15．（5分）如图，直三棱柱ABCD﹣A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝，AA1＝3，M为线段BB1上的一动点，则当AM+MC1最小时，点C到平面AMC1的距离为．16．（5分）在体积一定的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F∥平面D1AE，记A1F与平面BCC1B1所成的角为θ，下列说法中正确的是．①点F的轨迹是一条线段；②三棱锥F﹣AD1E的体积为定值；③A1F与D1E不可能平行；④A1F与CC1是异面直线；⑤tanθ的最大值为3．三、解答题17．（10分）如图所示，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N分别为AB、PC的中点，平面P AD∩平面PBC＝l．（1）判断BC与l的位置关系，并证明你的结论；（2）判断MN与平面P AD的位置关系，并证明你的结论．18．（12分）已知几何体A﹣BCED的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形，已知几何体A﹣BCED的体积为16．（1）求实数a的值；（2）将直角三角形△ABD绕斜边AD旋转一周，求该旋转体的表面积．19．（12分）如图所示，已知四棱锥的侧棱PD⊥平面ABCD，且底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝CD＝2，点M是侧棱PC的中点．（1）求证：BC⊥平面BDP；（2）若tan∠PCD＝，求三棱锥M﹣BDP的体积．20．（12分）如图所示，正四棱锥P﹣ABCD被过棱锥高上O′点且平行底面的平面A′B′C′D′所截，得到正四棱台OO′和较小的棱锥PO′，其中O′分PO为＝，侧棱P A长为15cm，小棱锥底面边长A′B′为6cm．（1）求截得棱台的体积．（2）求棱锥P﹣ABCD的内切球的表面积．21．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面P AD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，P A＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝．（Ⅰ）求证：平面PQB⊥平面P AD；（Ⅱ）若M为棱PC的中点，求异面直线AP与BM所成角的余弦值；（Ⅲ）若二面角M﹣BQ﹣C大小为30°，求QM的长．22．（12分）等边三角形ABC的边长为3，点D、E分别是边AB、AC上的点，且满足（如图1）．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1﹣DE﹣B成直二面角，连结A1B、A1C（如图2）．（1）求证：A1D丄平面BCED；（2）在线段BC上是否存在点P，使直线P A1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．2014-2015学年江西省南昌市高二（下）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共60分）1．（5分）下列说法正确的是（）A．三点确定一个平面B．四边形一定是平面图形C．梯形一定是平面图形D．两条直线没有公共点，则这两条直线平行【解答】解：对于A、根据公理2知，必须是不共线的三点确定一个平面，故A 不对；对于B，∵四边形有两种：空间四边形和平面四边形，∴四边形不一定是平面图形，故B不成立；对于C，梯形中因为有一组对边平等，∴梯形是平面图形，故C成立．对于D，根据异面直线的定义：既不平行也不相交的直线为异面直线，可以判断当两直线没有公共点时可能平行也可能异面．故选：C．2．（5分）一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的表面积为（）A．B．8πC．D．4π【解答】解：球的截面圆的半径为：π＝πr2，r＝1球的半径为：R＝所以球的表面积：4πR2＝4π×＝8π故选：B．3．（5分）用斜二测画法作一个边长为2的正方形，则其直观图的面积为（）A．B．2C．4D．【解答】解：根据斜二测画法的原则可知OC＝2，OA＝1，∴对应直观图的面积为，故选：D．4．（5分）如图，空间四边形OABC中，＝，＝，＝，点M在线段OA上，且OM＝2MA，点N为BC的中点，则＝（）A．﹣++B．﹣+C．+﹣D．+﹣【解答】解：＝，＝+﹣+，＝++﹣，＝﹣++，∵＝，＝，＝，∴＝﹣++，故选：A．5．（5分）某几何体三视图如图（单位；cm），则该几何体的体积是（）A．1500cm3B．1025cm3C．625cm3D．1200cm3【解答】解：根据几何体的三视图，得；该几何体是底面为矩形，高为15cm的直四棱锥；且底面矩形的长为20cm，宽为15cm，如图所示；∴该四棱锥的体积为×20×15×15＝1500cm2．故选：A．6．（5分）已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：如图，取AD中点F，连接EF，CF，∵E为AB的中点，∴EF∥DB，则∠CEF为异面直线BD与CE所成的角，∵ABCD为正四面体，E，F分别为AB，AD的中点，∴CE＝CF．设正四面体的棱长为2a，则EF＝a，CE＝CF＝．在△CEF中，由余弦定理得：＝．故选：B．7．（5分）下列结论正确的是（）A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线【解答】解：A、如图（1）所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥，故A错误；B、如图（2）（3）所示，若△ABC不是直角三角形，或是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥，故B错误；C、若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由过中心和定点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故C错误；D、根据圆锥母线的定义知，故D正确．故选：D．8．（5分）已知＝（1，5，﹣2），＝（3，1，z），若⊥，＝（x﹣1，y，﹣3），且BP⊥平面ABC，则实数x、y、z分别为（）A．，﹣，4B．，﹣，4C．，﹣2，4D．4，，﹣15【解答】解：∵⊥，∴＝3+5﹣2Z＝0，解得z＝4．∴．∵BP⊥平面ABC，∴，．∴化为，解得．∴，，z＝4．故选：B．9．（5分）已知两条不重合的直线m、n和两个不重合的平面α、β，有下列命题：①若m⊥n，m⊥α，则n∥α；②若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β；③若m、n是两条异面直线，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β；④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂β，n⊥m，则n⊥α．其中正确命题的个数是（）A．1B．2C．3D．4【解答】解：①若m⊥n，m⊥α，则n可能在平面α内，故①错误②∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又∵n⊥β，∴α∥β，故②正确③过直线m作平面γ交平面β与直线c，∵m、n是两条异面直线，∴设n∩c＝O，∵m∥β，m⊂γ，γ∩β＝c∴m∥c，∵m⊂α，c⊄α，∴c∥α，∵n⊂β，c⊂β，n∩c＝O，c∥α，n∥α∴α∥β；故③正确④由面面垂直的性质定理：∵α⊥β，α∩β＝m，n⊂β，n⊥m，∴n⊥α．故④正确故正确命题有三个，故选：C．10．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：以D点为坐标原点，以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系（图略），则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），C1（0，2，1）∴＝（﹣2，0，1），＝（﹣2，2，0），且为平面BB1D1D的一个法向量．∴cos＜，＞═＝．∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为故选：D．11．（5分）已知正四棱锥S﹣ABCD中，SA＝2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）A．1B．C．2D．3【解答】解：设底面边长为a，则高h＝＝，所以体积V＝a2h＝，设y＝12a4﹣a6，则y′＝48a3﹣3a5，当y取最值时，y′＝48a3﹣3a5＝0，解得a＝0或a＝4时，当a＝4时，体积最大，此时h＝＝2，故选：C．12．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点M在棱AB上，且AM＝，点P在平面ABCD上，且动点P到直线A1D1的距离的平方与点P到点M的距离的平方的差为1，在以AB、AD为坐标轴的平面直角坐标系中，动点P 的轨迹是（）A．圆B．抛物线C．双曲线D．直线【解答】解：如图所示：正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，作PQ⊥AD，Q为垂足，则PQ⊥面ADD1A1，过点Q作QR⊥D1A1，则D1A1⊥面PQR，PR即为点P到直线A1D1的距离，由题意可得PR2﹣PQ2＝RQ2＝1．又已知PR2﹣PM2＝1，∴PM＝PQ，即P到点M的距离等于P到AD的距离，根据抛物线的定义可得，点P的轨迹是抛物线，故选：B．二、填空题（每小题5分，共20分）13．（5分）若将锐角A为60°，边长为a的菱形ABCD沿对角线BD折成60°的二面角，则A与C之间的距离为a．【解答】解：由题意，取BD的中点E，连接AE，CE，则AE⊥BD，CE⊥BD ∴∠AEC是二面角A﹣BD﹣C的平面角∴∠AEC＝60°，∵菱形ABCD中，锐角A为60°，边长为a，∴AE＝CE＝a∴△AEC是等边三角形∴A与C之间的距离为a，故答案为：a．14．（5分）将圆心角为120°，面积为3π的扇形，作为圆锥的侧面，则圆锥的体积为．【解答】解：设圆锥的母线为l，底面半径为r，∵3π＝πl2∴l＝3，∴120°＝×360°，∴r＝1，∴圆锥的高是＝2∴圆锥的体积是×π×12×2＝．故答案为：．15．（5分）如图，直三棱柱ABCD﹣A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝，AA1＝3，M为线段BB1上的一动点，则当AM+MC1最小时，点C到平面AMC1的距离为．【解答】解：将直三棱柱ABC﹣A1B1C1沿棱BB1展开成平面连接AC1，与BB1的交点即为满足AM+MC1最小时的点M，由于AB＝1，BC＝2，AA1＝3，再结合棱柱的性质，可得BM＝AA1＝1，故B1M ＝2由图形及棱柱的性质，可得AM＝，AC1＝，MC1＝2，cos∠AMC1＝＝﹣．故sin∠AMC1＝，△AMC1的面积为＝，设点C到平面AMC1的距离为h，则由等体积可得，∴h＝．故答案为：．16．（5分）在体积一定的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F∥平面D1AE，记A1F与平面BCC1B1所成的角为θ，下列说法中正确的是①②④．①点F的轨迹是一条线段；②三棱锥F﹣AD1E的体积为定值；③A1F与D1E不可能平行；④A1F与CC1是异面直线；⑤tanθ的最大值为3．【解答】解：对于①，取BC的中点G，BB1，B1C1的中点NM，连结MN，EG，则F在MN上，满足F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F∥平面D1AE，所以①正确；对于②，因为MN∥EG，则F到平面AD1E的距离是定值，三棱锥F﹣AD1E的体积为定值，所以②正确；对于③，当F在N时，A1F与D1E平行，所以③不正确；对于④，A1F与CC1是异面直线；满足异面直线的定义，所以④正确；对于⑤，A1F与平面BCC1B1所成的角为θ，tanθ＝＝2，所以⑤不正确；故答案为：①②④．三、解答题17．（10分）如图所示，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N分别为AB、PC的中点，平面P AD∩平面PBC＝l．（1）判断BC与l的位置关系，并证明你的结论；（2）判断MN与平面P AD的位置关系，并证明你的结论．【解答】解：（1）结论：BC∥l．证明：∵AD∥BC，BC⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，∴BC∥平面P AD．又∵BC⊂平面PBC，平面P AD∩平面PBC＝l，∴BC∥l．（2）结论：MN∥平面P AD．证明：取CD的中点Q，连结NQ，MQ，则NQ∥PD，MQ∥AD，又∵NQ∩MQ＝Q，PD∩AD＝D，∴平面MNQ∥平面P AD．又∵MN⊂平面MNQ，∴MN∥平面P AD．18．（12分）已知几何体A﹣BCED的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形，已知几何体A﹣BCED的体积为16．（1）求实数a的值；（2）将直角三角形△ABD绕斜边AD旋转一周，求该旋转体的表面积．【解答】解：（1）由该几何体的三视图知AC⊥面BCED，且EC＝BC＝AC＝4，BD＝a，体积V＝＝16，解得a＝2；（2）在RT△ABD中，，BD＝2，AD＝6，过B作AD的垂线BH，垂足为H，得，该旋转体由两个同底的圆锥构成，圆锥底面半径为，所以圆锥底面周长为，两个圆锥的母线长分别为和2，故该旋转体的表面积为．19．（12分）如图所示，已知四棱锥的侧棱PD ⊥平面ABCD ，且底面ABCD 是直角梯形，AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AB ＝AD ＝CD ＝2，点M 是侧棱PC 的中点．（1）求证：BC ⊥平面BDP ；（2）若tan ∠PCD ＝，求三棱锥M ﹣BDP 的体积．【解答】（1）证明：∵AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝2， ∴BD ＝＝2，又AD ＝2，CD ＝4，AB ＝2，则BC ＝2，∴BD 2+BC 2＝16＝DC 2，∴BD ⊥BC ． ∵PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴PD ⊥BC ．又BD ∩PD ＝D ，∴BC ⊥平面BDP ．（2）解：如图，过M 作MG ⊥DC 交DC 于点G ．由PD ⊥DC ，M 是PC 中点，知MG 是△DCP 的中位线，∴MG ∥PD ，MG ＝PD ，又PD ⊥平面ABCD ， ∴MG ⊥平面BDC ．又tan ∠PCD ＝，得PD ＝2，MG ＝PD ＝1．∴V M ﹣BDP ＝V P ﹣BCD ﹣V M ﹣BCD ＝××2×2×2﹣××2×2×1＝．20．（12分）如图所示，正四棱锥P﹣ABCD被过棱锥高上O′点且平行底面的平面A′B′C′D′所截，得到正四棱台OO′和较小的棱锥PO′，其中O′分PO为＝，侧棱P A长为15cm，小棱锥底面边长A′B′为6cm．（1）求截得棱台的体积．（2）求棱锥P﹣ABCD的内切球的表面积．【解答】解：（1）由A′B′∥AB得，∴＝，∴P A′＝5，AB＝18，∵PO＝＝3∴OO′＝PO＝2，∴V＝（36+182+）•2＝312（cm3）…（6分）台（2）作轴截面图如下，设球心为E，半径为R，由PH＝PQ＝12，HQ＝AB＝18，PO＝＝3，则＝（PH+PQ+HQ）R，∵S△PHQ∴＝（12+12+18）R，∴R＝，∴棱锥P﹣ABCD的内切球的表面积为4πR2＝π（cm2）…（12分）21．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面P AD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，P A＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝．（Ⅰ）求证：平面PQB⊥平面P AD；（Ⅱ）若M为棱PC的中点，求异面直线AP与BM所成角的余弦值；（Ⅲ）若二面角M﹣BQ﹣C大小为30°，求QM的长．【解答】解：（Ⅰ）∵AD∥BC，BC＝AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ又∵∠ADC＝90°，∴∠AQB＝90°即QB⊥AD．又∵平面P AD⊥平面ABCD，且平面P AD∩平面ABCD＝AD，∴BQ⊥平面P AD．∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面P AD．（Ⅱ）∵P A＝PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面P AD⊥平面ABCD，且平面P AD∩平面ABCD＝AD，∴PQ⊥平面ABCD．如图，以Q为原点建立空间直角坐标系．则Q（0，0，0），A（1，0，0），，，C（﹣1，，0）∵M是PC中点，∴，∴设异面直线AP与BM所成角为θ则cosθ＝＝，∴异面直线AP与BM所成角的余弦值为；（Ⅲ）由（Ⅱ）知平面BQC的法向量为，由，且0≤λ≤1，得，又，∴平面MBQ法向量为．∵二面角M﹣BQ﹣C为30°，∴，∴．∴|QM|＝22．（12分）等边三角形ABC的边长为3，点D、E分别是边AB、AC上的点，且满足（如图1）．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1﹣DE﹣B成直二面角，连结A1B、A1C（如图2）．（1）求证：A1D丄平面BCED；（2）在线段BC上是否存在点P，使直线P A1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵正△ABC的边长为3，且＝＝∴AD＝1，AE＝2，△ADE中，∠DAE＝60°，由余弦定理，得DE＝＝∵AD2+DE2＝4＝AE2，∴AD⊥DE．折叠后，仍有A1D⊥DE∵二面角A1﹣DE﹣B成直二面角，∴平面A1DE⊥平面BCDE又∵平面A1DE∩平面BCDE＝DE，A1D⊂平面A1DE，A1D⊥DE∴A1D丄平面BCED；（2）假设在线段BC上存在点P，使直线P A1与平面A1BD所成的角为60°如图，作PH⊥BD于点H，连接A1H、A1P由（1）得A1D丄平面BCED，而PH⊂平面BCED所以A1D丄PH∵A1D、BD是平面A1BD内的相交直线，∴PH⊥平面A1BD由此可得∠P A1H是直线P A1与平面A1BD所成的角，即∠P A1H＝60°设PB＝x（0≤x≤3），则BH＝PB cos60°＝，PH＝PB sin60°＝x在Rt△P A1H中，∠P A1H＝60°，所以A1H＝，在Rt△DA1H中，A1D＝1，DH＝2﹣x由A1D2+DH2＝A1H2，得12+（2﹣x）2＝（x）2解之得x＝，满足0≤x≤3符合题意所以在线段BC上存在点P，使直线P A1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB ＝．。

2014—2015学年度南昌市第二学期期中测试卷高二数学(理科乙卷)参考答案及评分意见

— 高二数学(理科乙卷)答案第1页 —2014—2015学年度第二学期期中测试卷高二数学(理科乙卷)参考答案及评分意见一、选择题（每小题5分，共60分）二、填空题（每小题5分，共20分）13.16π； 14.(042)--，，； 15 . 8 ； 16.3 . 三、解答题(共70分,要求写出主要的证明、解答过程） 17.解：假设4123a a a a λμν=++成立．1234(211)(132)(213)(325)a a a a =-=-=--=，，，，，，，，，，，∵，(22323)(325)λμνλμνλμν+--++--=，，，，∴．……………………..4分 22332235λμνλμνλμν+-=⎧⎪-++=⎨⎪--=⎩，，，∴解得213λμν=-⎧⎪=⎨⎪=-⎩，，．………………………………………..8 分所以存在213v λμ=-==-，，使得412323a a a a =-+-．…………………10分 18.证明：//,EH FG EH ⊄面BCD ，FG ⊂面BCD∴EH ∥面BCD ……………….6分又EH ⊂面BCD ，面BCD面ABD BD =，∴EH ∥BD ……………….12分 19. (1)证明：连接BD 交AC 于O 点，连接OP因为O 矩形对角线的交点，O 为BD 的中点，P 为1DD 的中点，则1//BD OP ,又因为APC BD APC OP 面面⊄⊂1, 所以直线1BD //平面PAC ...........................4分(2) 因为1==AD AB 所以四边形为正方形，所以BD AC ⊥由长方体可知，AC DD ⊥1,而D DD BD =1 ，所以11B BDD AC 面⊥，且PAC AC 面⊂，则平面PAC ⊥平面11B BDD ……………….8分（3）由线面角定义及（2）可知，CPO ∠为PC 与平面11B BDD所成的角，由已知得即PC 与平面11B BDD 所成的角的大小为︒30……………….12分 20．解：（1）证明：方法一：由题意：该几何体的正视图其正视图为矩形,侧视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形. 则N ABB C B 111面⊥,且在面N ABB 1内，易证1BNB ∠为直角。

2014-2015年江西省南昌市高二上学期数学期中试卷及参考答案(理科)(甲卷)

2014-2015学年江西省南昌市高二（上）期中数学试卷（理科）（甲卷）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，只有一项符合题目要求．）1．（5分）经过两点A（4，2y+1），B（2，﹣3）的直线的倾斜角为，则y=（）A．﹣1 B．﹣3 C．0 D．22．（5分）直线2x﹣y+1=0关于直线x=1对称的直线方程是（）A．x+2y﹣1=0 B．2x+y﹣1=0 C．2x+y﹣5=0 D．x+2y﹣5=03．（5分）若直线ax+2y+6=0和直线x+a（a+1）y+（a2﹣1）=0垂直，则a的值为（）A．0或﹣B．0或﹣ C．0或D．0或4．（5分）已知直线l：y+m（x+1）=0与直线my﹣（2m+1）x=1平行，则直线l 在x轴上的截距是（）A．1 B．﹣1 C．D．﹣25．（5分）抛物线y2=2px的焦点与双曲线﹣y2=1的右焦点重合，则p的值为（）A．﹣2 B．2 C．﹣4 D．46．（5分）已知圆的方程为x2+y2﹣6x﹣8y=0，设该圆过点（3，5）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为（）A．10B．20C．30D．407．（5分）若双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的渐近线与圆（x﹣2）2+y2=1相切，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．8．（5分）设变量x、y满足则目标函数z=2x+y的最小值为（）A．6 B．4 C．2 D．9．（5分）在极坐标系中与圆ρ=4sinθ相切的一条直线的方程为（）A．B．C．ρcosθ=2 D．ρsinθ=2 10．（5分）若圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10=0上至少有三个不同点到直线l：ax+by=0的距离为2，则直线l的斜率的取值范围是（）A．[2﹣，1] B．[2﹣，2+] C．[，]D．[0，+∞）11．（5分）设圆（x+1）2+y2=25的圆心为C，A（1，0）是圆内一定点，Q为圆周上任一点．线段AQ的垂直平分线与CQ的连线交于点M，则M的轨迹方程为（）A．B．C．D．12．（5分）设双曲线C的中心为点O，若有且只有一对相交于点O，所成的角为60°的直线A1B1和A2B2，使|A1B1|=|A2B2|，其中A1、B1和A2、B2分别是这对直线与双曲线C的交点，则该双曲线的离心率的取值范围是（）A．B．C．D．二、填空题（每小题4分，共16分）13．（4分）l1，l2是分别经过A（1，1），B（0，﹣1）两点的两条平行直线，当l1，l2间的距离最大时，直线l1的方程是．14．（4分）直线（t为参数）被曲线p=2cos（θ+）所截得的弦长为．15．（4分）已知点P是抛物线y2=4x上的动点，点P在y轴上的射影是M，点A 的坐标是（4，a），则当|a|＞4时，|PA|+|PM|的最小值是．16．（4分）在平面直角坐标系xOy中，已知点P（3，0）在圆C：x2+y2﹣2mx﹣4y+m2﹣28=0内，动直线AB过点P且交圆C于A，B两点，若△ABC的面积的最大值为16，则实数m的取值范围为．三、解答题（本大题共6小题，共74分）17．（12分）设不等式组表示的平面区域为D．（1）在直角坐标系中画出平面区域D；（2）若直线分平面区域D为面积相等的两部分，求k的值．18．（12分）已知抛物线的顶点为椭圆（a＞b＞0）的中心．两曲线的焦点在同一坐标轴上，椭圆的长轴长为4．抛物线与椭圆交于点，求抛物线方程与椭圆方程．19．（12分）设△ABC的顶点A（3，﹣1），内角B的平分线所在直线方程为x﹣4y+10=0，AB边上的中线所在直线方程为6x+10y﹣59=0，求△ABC面积．20．（12分）已知圆C：x2+y2﹣4x﹣14y+45=0．（1）若M是圆C上任意一点，点Q（﹣2，3），求|MQ|的最大值与最小值．（2）求μ=x﹣2y的最大值与最小值．（3）求ν=的最大值．21．（12分）已知点A（0，﹣2），椭圆E：+=1（a＞b＞0）的离心率为，F是椭圆的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．（Ⅰ）求E的方程；（Ⅱ）设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l 的方程．22．（14分）如图，动点M到两定点A（﹣1，0）、B（2，0）构成△MAB，且∠MBA=2∠MAB，设动点M的轨迹为C．（Ⅰ）求轨迹C的方程；（Ⅱ）设直线y=﹣2x+m与y轴交于点P，与轨迹C相交于点Q、R，且|PQ|＜|PR|，求的取值范围．2014-2015学年江西省南昌市高二（上）期中数学试卷（理科）（甲卷）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，只有一项符合题目要求．）1．（5分）经过两点A（4，2y+1），B（2，﹣3）的直线的倾斜角为，则y=（）A．﹣1 B．﹣3 C．0 D．2【解答】解：因为直线经过两点A（4，2y+1），B（2，﹣3）所以直线AB的斜率k==y+2又因为直线的倾斜角为，所以k=﹣1，所以y=﹣3．故选：B．2．（5分）直线2x﹣y+1=0关于直线x=1对称的直线方程是（）A．x+2y﹣1=0 B．2x+y﹣1=0 C．2x+y﹣5=0 D．x+2y﹣5=0【解答】解：设直线2x﹣y+1=0关于直线x=1对称的直线上任意点的坐标为（x，y），则（x，y）关于x=1的对称点的坐标为：（2﹣x，y）代入直线2x﹣y+1=0可得所求对称直线方程：2x+y﹣5=0；故选：C．3．（5分）若直线ax+2y+6=0和直线x+a（a+1）y+（a2﹣1）=0垂直，则a的值为（）A．0或﹣B．0或﹣ C．0或D．0或【解答】解：∵直线ax+2y+6=0和直线x+a（a+1）y+（a2﹣1）=0垂直，∴a+2a（a+1）=0，解得a=0或a=﹣．故选：A．4．（5分）已知直线l：y+m（x+1）=0与直线my﹣（2m+1）x=1平行，则直线l 在x轴上的截距是（）A．1 B．﹣1 C．D．﹣2【解答】解：由题意知，两直线的斜率存在，∵直线l：y+m（x+1）=0与直线my﹣（2m+1）x=1平行，∴解的：m=﹣1∴直线l为x﹣y+1=0∴直线l在x轴上的截距为﹣1．故选：B．5．（5分）抛物线y2=2px的焦点与双曲线﹣y2=1的右焦点重合，则p的值为（）A．﹣2 B．2 C．﹣4 D．4【解答】解：由于双曲线可得a=，b=1，故可得c=2由双曲线方程的形式知，其右焦点坐标是（2，0）又抛物线y2=2px的焦点与双曲线的右焦点重合∴，得p=4故选：D．6．（5分）已知圆的方程为x2+y2﹣6x﹣8y=0，设该圆过点（3，5）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为（）A．10B．20C．30D．40【解答】解：圆的标准方程为（x﹣3）2+（y﹣4）2=52，由题意得最长的弦|AC|=2×5=10，根据勾股定理得最短的弦|BD|=2=4，且AC⊥BD，四边形ABCD的面积S=|AC|•|BD|=×10×4=20．故选：B．7．（5分）若双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的渐近线与圆（x﹣2）2+y2=1相切，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【解答】解：双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为y=±x，即x±y=0．根据圆（x﹣2）2+y2=1的圆心（2，0）到切线的距离等于半径1，可得，1=，∴=，，可得e=．故此双曲线的离心率为：．故选：D．8．（5分）设变量x、y满足则目标函数z=2x+y的最小值为（）A．6 B．4 C．2 D．【解答】解：在坐标系中画出可行域由z=2x+y可得y=﹣2x+z，则z表示直线y=﹣2x+z在y轴上的截距，截距越小，z 越小平移直线2x+y=0经过点B时，z=2x+y最小由可得B（2，0）则目标函数z=2x+y的最小值为z=2故选：C．9．（5分）在极坐标系中与圆ρ=4sinθ相切的一条直线的方程为（）A．B．C．ρcosθ=2 D．ρsinθ=2【解答】解：圆ρ=4sinθ即ρ2=4ρsinθ，化为x2+y2=4y，配方为x2+（y﹣2）2=4．A.化为+（y﹣1）2=4，表示的是圆的方程，不满足题意，舍去；B.化为=4，表示的是圆的方程，不满足题意，舍去；C．ρcosθ=2化为x=2，与圆x2+（y﹣2）2=4相切，满足题意．D．ρsinθ=2化为y=2，与圆x2+（y﹣2）2=4相交，不满足题意，舍去．故选：C．10．（5分）若圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10=0上至少有三个不同点到直线l：ax+by=0的距离为2，则直线l的斜率的取值范围是（）A．[2﹣，1] B．[2﹣，2+] C．[，]D．[0，+∞）【解答】解：圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10=0可化为（x﹣2）2+（y﹣2）2=18，则圆心为（2，2），半径为3；则由圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10=0上至少有三个不同点到直线l：ax+by=0的距离为2可得，圆心到直线l：ax+by=0的距离d≤3﹣2=；即≤，则a2+b2+4ab≤0，若a=0，则b=0，故不成立，故a≠0，则上式可化为1+（）2+4≤0，由直线l的斜率k=﹣，则上式可化为1+k2﹣4k≤0，则∈[2﹣，2+]，故选：B．11．（5分）设圆（x+1）2+y2=25的圆心为C，A（1，0）是圆内一定点，Q为圆周上任一点．线段AQ的垂直平分线与CQ的连线交于点M，则M的轨迹方程为（）A．B．C．D．【解答】解：由圆的方程可知，圆心C（﹣1，0），半径等于5，设点M的坐标为（x，y ），∵AQ的垂直平分线交CQ于M，∴|MA|=|MQ|．又|MQ|+|MC|=半径5，∴|MC|+|MA|=5＞|AC|．依据椭圆的定义可得，点M的轨迹是以A、C 为焦点的椭圆，且2a=5，c=1，∴b=，故椭圆方程为=1，即．故选：D．12．（5分）设双曲线C的中心为点O，若有且只有一对相交于点O，所成的角为60°的直线A1B1和A2B2，使|A1B1|=|A2B2|，其中A1、B1和A2、B2分别是这对直线与双曲线C的交点，则该双曲线的离心率的取值范围是（）A．B．C．D．【解答】解：不妨令双曲线的方程为，由|A1B1|=|A2B2|及双曲线的对称性知A1，A2，B1，B2关于x轴对称，如图，又∵满足条件的直线只有一对，当直线与x轴夹角为30°时，双曲线的渐近线与x轴夹角大于30°，双曲线与直线才能有交点A1，A2，B1，B2，若双曲线的渐近线与x轴夹角等于30°，则无交点，则不可能存在|A1B1|=|A2B2|，当直线与x轴夹角为60°时，双曲线渐近线与x轴夹角大于60°，双曲线与直线有一对交点A1，A2，B1，B2，若双曲线的渐近线与x轴夹角等于60°，也满足题中有一对直线，但是如果大于60°，则有两对直线．不符合题意，∴tan30°，即，∴，∵b2=c2﹣a2，∴，∴，∴，∴双曲线的离心率的范围是．故选：A．二、填空题（每小题4分，共16分）13．（4分）l1，l2是分别经过A（1，1），B（0，﹣1）两点的两条平行直线，当l1，l2间的距离最大时，直线l1的方程是x+2y﹣3=0．【解答】解：由题意可得，l1，l2间的距离最大时，AB和这两条直线都垂直．由于AB的斜率为=2，故直线l1的斜率为﹣，故它的方程是y﹣1=﹣（x ﹣1），化简为x+2y﹣3=0，故答案为x+2y﹣3=0，故答案为x+2y﹣3=0．14．（4分）直线（t为参数）被曲线p=2cos（θ+）所截得的弦长为．【解答】解：直线（t为参数）的普通方程为3x+4y+1=0，ρ=2cos（θ+）的直角坐标方程为（x﹣1）2+（y+1）2=2，∴圆心（1，﹣1）在直线3x+4y+1=0上，∴截得的弦长为2．故答案为：2．15．（4分）已知点P是抛物线y2=4x上的动点，点P在y轴上的射影是M，点A的坐标是（4，a），则当|a|＞4时，|PA|+|PM|的最小值是．【解答】解：首先，当x=4时，代入抛物线方程，求得|y|=4而|a|＞4，说明A（4，a）是在抛物线之外（也就是在抛物线位于第一象限的上半支的上方或是下半支的下方）抛物线焦点可求得是F（1，0），准线L：x=﹣1P在y轴上的射影是M，说明PM⊥y轴，延长PM交L：x=﹣1于点N，必有：|PM|=|PN|﹣|MN|=|PN|﹣1|PN|就是P到准线L：x=﹣1的距离！连接PF根据抛物线的定义，可知：抛物线上的点P到准线x=﹣1的距离等于其到焦点F（1，0）的距离！即：|PF|=|PN|∴|PM|=|PF|﹣1|PA|+|PM|=|PF|+|PA|﹣1只需求出|PF|+|PA|的最小值即可：连接|AF|由于A在抛物线之外，可由图象的几何位置判断出：AF必与抛物线交于一点，设此点为P'1°当P与P'不重合时：A，P，F三点必不共线，三点构成一个三角形APF，根据三角形“两边之和大于第三边”的性质，可得：|PF|+|PA|＞|AF|=^=2°当P与P'重合时，A，P（P'），F三点共线，根据几何关系有：|PF|+|PA|=|AF|=综合1°，2°两种情况可得：|PF|+|PA|≥∴（|PF|+|PA|）min=∴（|PA|+|PM|）min=﹣116．（4分）在平面直角坐标系xOy中，已知点P（3，0）在圆C：x2+y2﹣2mx﹣4y+m2﹣28=0内，动直线AB过点P且交圆C于A，B两点，若△ABC的面积的最大值为16，则实数m的取值范围为（3﹣2，3﹣2]∪[3+2，3+2）．【解答】解：圆的标准方程为（x﹣m）2+（y﹣2）2=32，则圆心C（m，2），半径r=4，S△ABC=r2sin∠ACB=16sin∠ACB，∴当∠ACB=90时S取最大值16，此时△ABC为等腰直角三角形，AB==8，则C到AB距离=，∴4≤PC＜4，即4≤＜4，∴16≤（m﹣3）2+4＜32，即12≤（m﹣3）2＜28，∴，解得3﹣2＜m≤3﹣2或3+2≤m＜3+2，∵点P（3，0）在圆C：x2+y2﹣2mx﹣4y+m2﹣28=0内，∴|PC|=，即（m﹣3）2＜28，即﹣2＜m﹣3＜2，即3﹣2＜m＜3+2，故答案为：（3﹣2，3﹣2]∪[3+2，3+2）三、解答题（本大题共6小题，共74分）17．（12分）设不等式组表示的平面区域为D．（1）在直角坐标系中画出平面区域D；（2）若直线分平面区域D为面积相等的两部分，求k的值．【解答】解：（1）如图所示，区域D为△ABC内部及其边界；…（6分）（2）依题可知，直线恒过定点，…（8分），B（0，4），由解得C（1，1）直线分区域D为面积相等的两部分，则直线经过线段BC的中点，…（10分）所以．…（12分）18．（12分）已知抛物线的顶点为椭圆（a＞b＞0）的中心．两曲线的焦点在同一坐标轴上，椭圆的长轴长为4．抛物线与椭圆交于点，求抛物线方程与椭圆方程．【解答】解：∵椭圆的焦点在x轴上，且两曲线的焦点在同一坐标轴上，∴抛物线的焦点也在x轴上，可设抛物线的方程为y2=mx（m≠0）．∵在抛物线上，∴，解得m=4，∴抛物线的方程为y2=4x．∵在椭圆上，∴①又2a=4 ②由①②可得a2=4，b2=3．∴椭圆的方程是．19．（12分）设△ABC的顶点A（3，﹣1），内角B的平分线所在直线方程为x﹣4y+10=0，AB边上的中线所在直线方程为6x+10y﹣59=0，求△ABC面积．【解答】解：设AB中点D（x0，y0），则B（2x0﹣3，2y0+1），∵BD分别在两已知直线上，∴，解得，∴D（，2），B（10，5）设A关于∠B平分线对称点A′（m，n），则有，解方程组可得A′（1，7），∵A′在BC上，∴即BA′方程为2x+9y﹣65=0，BC边上高h BC=，联立方程解得，∴|BC|=，∴20．（12分）已知圆C：x2+y2﹣4x﹣14y+45=0．（1）若M是圆C上任意一点，点Q（﹣2，3），求|MQ|的最大值与最小值．（2）求μ=x﹣2y的最大值与最小值．（3）求ν=的最大值．【解答】解：（1）将圆C：x2+y2﹣4x﹣14y+45=0可化为（x﹣2）2+（y﹣7）2=8，则圆心C（2，7），半径，又∵Q（﹣2，3），∴|QC|=4，∴点Q在圆外，则由得，，．（2）∵直线u=x﹣2y与圆C有公共点，∴，∴．∴μ=x﹣2y的最大值为2﹣12，最小值为﹣2﹣12．（3）ν=的几何意义是圆上一点M（x，y）与A（﹣2，3）连线的斜率，则当直线y﹣νx﹣2ν﹣3=0与圆C相切时ν取的最值，则=2，解得ν=2﹣或2，则．21．（12分）已知点A（0，﹣2），椭圆E：+=1（a＞b＞0）的离心率为，F是椭圆的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．（Ⅰ）求E的方程；（Ⅱ）设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l 的方程．【解答】解：（Ⅰ）设F（c，0），由条件知，得又，所以，b2=a2﹣c2=1，故E的方程．…．（5分）（Ⅱ）依题意当l⊥x轴不合题意，故设直线l：y=kx﹣2，设P（x1，y1），Q（x2，y2）将y=kx﹣2代入，得（1+4k2）x2﹣16kx+12=0，当△=16（4k2﹣3）＞0，即时，从而又点O到直线PQ的距离，所以△OPQ的面积=，设，则t＞0，，当且仅当t=2，k=±等号成立，且满足△＞0，所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为：y=x﹣2或y=﹣x﹣2．…（12分）22．（14分）如图，动点M到两定点A（﹣1，0）、B（2，0）构成△MAB，且∠MBA=2∠MAB，设动点M的轨迹为C．（Ⅰ）求轨迹C的方程；（Ⅱ）设直线y=﹣2x+m与y轴交于点P，与轨迹C相交于点Q、R，且|PQ|＜|PR|，求的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），显然有x＞0，且y≠0当∠MBA=90°时，点M的坐标为（2，±3）当∠MBA≠90°时，x≠2，由∠MBA=2∠MAB有tan∠MBA=，化简可得3x2﹣y2﹣3=0而点（2，±3）在曲线3x2﹣y2﹣3=0上综上可知，轨迹C的方程为3x2﹣y2﹣3=0（x＞1）；（Ⅱ）直线y=﹣2x+m与3x2﹣y2﹣3=0（x＞1）联立，消元可得x2﹣4mx+m2+3=0①∴①有两根且均在（1，+∞）内设f（x）=x2﹣4mx+m2+3，∴，∴m＞1，m≠2设Q，R的坐标分别为（x Q，y Q），（x R，y R），∵|PQ|＜|PR|，∴x R=2m+，x Q=2m﹣，∴==∵m＞1，且m≠2∴，且∴，且∴的取值范围是（1，7）∪（7，7+4）。

江西省南昌市高二数学下学期期中考试理(扫描版)

江西省南昌市2013-2014学年高二数学下学期期中考试理（扫描版）2013—2014学年度第二学期南昌市期中形成性测试卷高二数学(理科甲卷)参考答案及评分意见一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）题目 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案DBCACBADCD11. 22 12. 2+22 13. 10cm 14. 2π15. ①③④⇒② 或 ①②④⇒③三、解答题（本大题共5小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16.解：（1）∵M 是PC 的中点，∴)]([21)(21AB AP AD BP BC BM -+=+=c b a a c b 212121)]([21++-=-+=………………………………………………………………4分（2）2,1,2,1===∴===c b a PA AD AB 由于),(21c b a ++-=BM 由于23)]110(2211[41)](2[41)(4122222222=+-+++=⋅+⋅-⋅-+++=++-=∴c b c a b a c b a c b a BM 2626的长为，BM BM ∴=∴.………………………………………………………………8分17．解：（1）如图所示：)0,1,1(),0,0,0(),1,0,0(),0,0,2(B O S C . ∴)0,1,1(),1,0,2(=-=OB SC ， ∴510252,cos =⋅>=<OB SC ． SC 与OB 夹角的余弦值510． ………………………………………………………………4分（2）设平面SBC 的法向量),,1(q p n =，∵)0,1,1(),1,0,2(-=-=CB SC ，∴CB n SC n ⊥⊥ρρ,.∴⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0CB n SC n ρρ，即⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧=+-=-12,0102p q p q ， ∴)2,1,1(=n ρ. …………7分又∵)0,0,2(=OC ，∴66262||||,cos =⨯=⨯>=<OC n OC OC n ρρρ∴求OC 与平面SBC 夹角的正弦值为66；…………………10分 18．解：（1）由题设知BC⊥CC 1，BC⊥AC，CC 1∩AC=C， ∴BC⊥平面ACC 1A 1，又DC 1⊂平面ACC 1A 1，∴DC 1⊥BC．……………………………………………3分由题设知∠A 1DC 1=∠ADC=45°，∴∠CDC 1=90°，即DC 1⊥DC，又DC∩BC=C， ∴DC 1⊥平面BDC ，又DC 1⊂平面BDC 1，∴平面BDC 1⊥平面BDC ；……………………5分（2）设棱锥B ﹣DACC 1的体积为V 1，AC=1，由题意得V 1=13×122+×1×1=12，又三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的体积V=1，∴（V ﹣V 1）：V 1=1：1，∴平面BDC 1分此棱柱两部分体积的比为1：1．……………………………………………10分 19.解：（1）AC BC =Q ，AP BP =，APC BPC ∴△≌△．又PC AC ⊥，PC BC ∴⊥．AC BC C =Q I ，PC ∴⊥平面ABC ．AB ⊂Q 平面ABC ，PC AB ∴⊥．………………………………………………5分（2）如图，以C 为原点建立空间直角坐标系C xyz -．则(000)(020)(200)C A B ，，，，，，，，．设(00)P t ，，．PB AB ==Q 2t ∴=，(002)P ，，．………………7分取AP 中点E ，连结BE CE ，．AC PC =Q ，AB BP =，CE AP ∴⊥，BE AP ⊥．BEC ∴∠是二面角B AP C --的平面角………………………………………………9分．(011)E Q ，，，(011)EC =--u u u r ，，，(211)EB =--u u u r，，，cos 3EC EB BEC EC EB∴∠===u u u r u u u r g u u u r u u u r g ………………………………………………10分 20.解：由已知可得AB ⊥平面BB 1C 1C ，由于三棱锥B －ACD 是正三棱锥，所以CD ⊂平面BB 1C 1C ，D ，B ，B 1三点共线，AB ＝BC ＝BD .设AB ＝a ，BB 1＝b .则其正视图和俯视图的面积都是ab ＋12a 2，侧视图的面积是12a 2，根据已知解得a ＝2， b ＝2. ……………………………………3分以点B 为坐标原点，射线BC ，BB 1，BA 分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则A (0,0，2)，C (2，0,0)，D (0，－2，0)，B 1(0,2,0)，C 1(2，2,0)，A 1(0,2，2)．(1) 由于三棱锥B －ACD 是正三棱锥，该三棱锥的重心G ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－23，23，则BG ⊥平面ACD ，故可取向量n ＝(1，－1,1)为平面ACD 的一个法向量，CA 1→＝(－2，2，2)，故可取v ＝(1，－2，－1)为直线CA 1的一个方向向量．设直线CA 1与平面ACD 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，v 〉|＝|n ·v ||n ||v |＝223＝66 (6)分(2)设AP →＝mAC 1→＝(2m,2m ，－2m )，则B 1P →＝B 1A →＋AP →＝(2m,2m －2，2－2m )，如果B 1P ⊥平面ACD ，则B 1P →∥n ，即(2m,2m －2，2－2m )＝(λ，－λ，λ)，…………7分由此得方程组⎩⎨⎧2m ＝λ，①2m －2＝－λ，②2－2m ＝λ，③由①③得m ＝12，λ＝22，代入②则－1＝－22，矛盾， (11)分这说明不存在满足题目要求的点P .………………………………………………………………12分y。

2014-2015年江西省南昌三中高二(下)期中数学试卷(理科)和答案

2014-2015学年江西省南昌三中高二（下）期中数学试卷（理科）一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）1．（5分）在极坐标系中圆ρ＝2cosθ的垂直于极轴的两条切线方程分别为（）A．θ＝0（ρ∈R）和ρcosθ＝2B．θ＝（ρ∈R）和ρcosθ＝2C．θ＝（ρ∈R）和ρcosθ＝1D．θ＝0（ρ∈R）和ρcosθ＝12．（5分）若两个球的表面积之比为1：4，则这两个球的体积之比为（）A．1：2B．1：4C．1：8D．1：163．（5分）已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能是（）A．1B．C．D．4．（5分）已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β．直线l满足l⊥m，l ⊥n，l⊄α，l⊄β，则（）A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l5．（5分）如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m+n＝（）A．8B．9C．10D．116．（5分）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n B．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n C．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β7．（5分）一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（）A．B．C．D．8．（5分）设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥βC．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β9．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱上到异面直线AB，CC1的距离相等的点的个数为（）A．2B．3C．4D．510．（5分）如图，正四面体ABCD的顶点A，B，C分别在两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上，则在下列命题中，错误的为（）A．O﹣ABC是正三棱锥B．直线OB∥平面ACDC．直线AD与OB所成的角是45°D．二面角D﹣OB﹣A为45°二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）11．（5分）已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、俯视图、均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是．12．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与B1C所成角的大小为．13．（5分）已知圆的极坐标方程为ρ＝4cosθ，圆心为C，点P的极坐标为，则|CP|＝．14．（5分）设某几何体的三视图如图（尺寸的长度单位为m）则该几何体的体积为m3．15．（5分）如图正方体ABCD﹣A1B1C1D1，棱长为1，P为BC中点，Q为线段CC1上的动点，过A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是．（写出所有正确命题的编号）①当0＜CQ＜时，S为四边形②当CQ＝时，S为等腰梯形③当CQ＝时，S与C1D1交点R满足C1R1＝④当＜CQ＜1时，S为六边形⑤当CQ＝1时，S的面积为．三、解答题（共6小题，共75分）16．（12分）在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立坐标系．已知点A的极坐标为（，），直线的极坐标方程为ρcos（θ﹣）＝a，且点A在直线上．（1）求a的值及直线的直角坐标方程；（2）圆C的参数方程为（α为参数），试判断直线与圆的位置关系．17．（12分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝6，异面直线BC1与AA1所成角的大小为，求该三棱柱的体积．18．（12分）如图，在直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AA1＝4，点D是BC的中点．（1）求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；（2）求平面ADC1与ABA1所成二面角的正弦值．19．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AB＝8，AD＝4，侧面P AD为等边三角形，并且与底面所成二面角为60°．（Ⅰ）求四棱锥P﹣ABCD的体积；（Ⅱ）证明P A⊥BD．20．（14分）如图，在底面是菱形的四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC＝60°，P A＝AC＝a，PB＝PD＝，点E在PD上，且PE：ED＝2：1．（Ⅰ）证明P A⊥平面ABCD；（Ⅱ）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角θ的大小；（Ⅲ）在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？证明你的结论．21．（13分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA1＝2，D、E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的垂心G．（Ⅰ）求A1B与平面ABD所成角的正弦；（Ⅱ）求点A1到平面AED的距离．2014-2015学年江西省南昌三中高二（下）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）1．（5分）在极坐标系中圆ρ＝2cosθ的垂直于极轴的两条切线方程分别为（）A．θ＝0（ρ∈R）和ρcosθ＝2B．θ＝（ρ∈R）和ρcosθ＝2C．θ＝（ρ∈R）和ρcosθ＝1D．θ＝0（ρ∈R）和ρcosθ＝1【解答】解：如图所示，在极坐标系中圆ρ＝2cosθ是以（1，0）为圆心，1为半径的圆．故圆的两条切线方程分别为（ρ∈R），ρcosθ＝2．故选：B．2．（5分）若两个球的表面积之比为1：4，则这两个球的体积之比为（）A．1：2B．1：4C．1：8D．1：16【解答】解：设两个球的半径分别为r1、r2，根据球的表面积公式，可得它们的表面积分别为S1＝4，S2＝4∵两个球的表面积之比为1：4，∴＝＝＝，解之得＝（舍负）因此，这两个球的体积之比为＝＝（）3＝即两个球的体积之比为1：8故选：C．3．（5分）已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能是（）A．1B．C．D．【解答】解：水平放置的正方体，当正视图为正方形时，其面积最小为1；当正视图为对角面时，其面积最大为．因此满足棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积的范围为．因此可知：A，B，D皆有可能，而＜1，故C不可能．故选：C．4．（5分）已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β．直线l满足l⊥m，l ⊥n，l⊄α，l⊄β，则（）A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l【解答】解：由m⊥平面α，直线l满足l⊥m，且l⊄α，所以l∥α，又n⊥平面β，l⊥n，l⊄β，所以l∥β．由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出m∥n，与m，n异面矛盾．故α与β相交，且交线平行于l．故选：D．5．（5分）如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m+n＝（）A．8B．9C．10D．11【解答】解：由题意可知直线CE与正方体的上底面平行在正方体的下底面上，与正方体的四个侧面不平行，所以m＝4，直线EF与正方体的左右两个侧面平行，与正方体的上下底面相交，前后侧面相交，所以n＝4，所以m+n＝8．故选：A．6．（5分）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n B．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β【解答】解：选项A，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则可能m⊥n，m∥n，或m，n异面，故A错误；选项B，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n，或m，n异面，故B错误；选项C，若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β可能相交，也可能平行，故C错误；选项D，若m⊥α，m∥n，则n⊥α，再由n∥β可得α⊥β，故D正确．故选：D．7．（5分）一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（）A．B．C．D．【解答】解：因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），几何体的直观图如图，是正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为：故选：A．8．（5分）设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥βC．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β【解答】解：若l∥α，l∥β，则平面α，β可能相交，此时交线与l平行，故A 错误；若l⊥α，l⊥β，根据垂直于同一直线的两个平面平行，可得B正确；若l⊥α，l∥β，则存在直线m⊂β，使l∥m，则m⊥α，故此时α⊥β，故C错误；若α⊥β，l∥α，则l与β可能相交，可能平行，也可能线在面内，故D错误；故选：B．9．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱上到异面直线AB，CC1的距离相等的点的个数为（）A．2B．3C．4D．5【解答】解：如图：正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E、F分别是BC和A1D1的中点，连接AF和FC1，根据正方体的性质知，BB1⊥AB，C1C⊥B1C1，故B1到异面直线AB，CC1的距离相等，同理可得，D到异面直线AB，CC1的距离相等，又有AB⊥BC，C1C⊥BC，故E到异面直线AB，CC1的距离相等，F为A1D1的中点，易计算F A＝FC1，故F到异面直线AB，CC1的距离相等，共有4个点．故选：C．10．（5分）如图，正四面体ABCD的顶点A，B，C分别在两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上，则在下列命题中，错误的为（）A．O﹣ABC是正三棱锥B．直线OB∥平面ACDC．直线AD与OB所成的角是45°D．二面角D﹣OB﹣A为45°【解答】解：对于A，如图ABCD为正四面体，∴△ABC为等边三角形，又∵OA、OB、OC两两垂直，∴OA⊥面OBC，∴OA⊥BC．过O作底面ABC的垂线，垂足为N，连接AN交BC于M，由三垂线定理可知BC⊥AM，∴M为BC中点，同理可证，连接CN交AB于P，则P为AB中点，∴N为底面△ABC中心，∴O﹣ABC是正三棱锥，故A正确．对于B，将正四面体ABCD放入正方体中，如图所示，显然OB与平面ACD不平行．则答案B不正确．对于C，AD和OB成的角，即为AD和AE成的角，即∠DAE＝45°，故C正确．对于D，二面角D﹣OB﹣A即平面FDBO与下底面AEBO成的角，故∠FOA为二面角D﹣OB﹣A的平面角，显然∠FOA＝45°，故D正确．综上，故选：B．二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）11．（5分）已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、俯视图、均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是12π．【解答】解：由三视图可知，组合体是球内接正方体，正方体的棱长为2，球的直径就是正方体的体对角线的长，所以2r＝，r＝，所以球的表面积为：4πr2＝12π．故答案为：12π．12．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与B1C所成角的大小为60°．【解答】解：连接A1D，由正方体的几何特征可得：A1D∥B1C，则∠BA1D即为异面直线A1B与B1C所成的角，连接BD，易得：BD＝A1D＝A1B故∠BA1D＝60°故答案为：60°13．（5分）已知圆的极坐标方程为ρ＝4cosθ，圆心为C，点P的极坐标为，则|CP|＝．【解答】解：圆的极坐标方程为ρ＝4cosθ，圆的方程为：x2+y2＝4x，圆心为C （2，0），点P的极坐标为，所以P的直角坐标（2，2），所以|CP|＝＝2．故答案为：2．14．（5分）设某几何体的三视图如图（尺寸的长度单位为m）则该几何体的体积为4m3．【解答】解：这是一个三棱锥，高为2，底面三角形一边为4，这边上的高为3，体积等于×2×4×3＝4故答案为：415．（5分）如图正方体ABCD﹣A1B1C1D1，棱长为1，P为BC中点，Q为线段CC1上的动点，过A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是①②③．（写出所有正确命题的编号）①当0＜CQ＜时，S为四边形②当CQ＝时，S为等腰梯形③当CQ＝时，S与C1D1交点R满足C1R1＝④当＜CQ＜1时，S为六边形⑤当CQ＝1时，S的面积为．【解答】解：设截面与DD1相交于T，则AT∥PQ，且AT＝2PQ⇒DT＝2CQ．对于①，当0＜CQ＜时，则0＜DT＜1，所以截面S为四边形，且S为梯形，所以为真．对于②，当CQ＝时，DT＝1，T与D重合，截面S为四边形APQO1，所以AP ＝D1Q，截面为等腰梯形，所以为真．对于③，当CQ＝，QC1＝，DT＝2，D1T＝，利用三角形相似解得，C1R1＝，所以为真．对于④，当＜CQ＜1时，＜DT＜2，截面S与线段A1D1，D1C1相交，所以四边形S为五边形，所以为假．对于⑤，当CQ＝1时，Q与C1重合，截面S与线段A1D1相交于中点G，即即为菱形APC1G，对角线长度为和，S的面积为，所以为假，综上，选①②③．三、解答题（共6小题，共75分）16．（12分）在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立坐标系．已知点A的极坐标为（，），直线的极坐标方程为ρcos（θ﹣）＝a，且点A在直线上．（1）求a的值及直线的直角坐标方程；（2）圆C的参数方程为（α为参数），试判断直线与圆的位置关系．【解答】解：（1）由点A（，）在直线ρcos（θ﹣）＝a上，可得a＝cos0＝，所以直线的方程可化为ρcosθ+ρsinθ＝2，从而直线的直角坐标方程为x+y﹣2＝0，（2）由已知得圆C的直角坐标方程为（x﹣1）2+y2＝1，所以圆心为（1，0），半径r＝1，∴圆心到直线的距离d＝＝＜1，所以直线与圆相交．17．（12分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝6，异面直线BC1与AA1所成角的大小为，求该三棱柱的体积．【解答】解：因为CC1∥AA1．所以∠BC1C为异面直线BC1与AA1所成的角，即∠BC1C＝．在Rt△BC1C中，BC＝CC1tan∠BC1C＝6×＝2，＝＝3，从而S△ABC×AA1＝3×6＝18．因此该三棱柱的体积为V＝S△ABC18．（12分）如图，在直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AA1＝4，点D是BC的中点．（1）求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；（2）求平面ADC1与ABA1所成二面角的正弦值．【解答】解：（1）以{}为单位正交基底建立空间直角坐标系A﹣xyz，则由题意知A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A1（0，0，4），D（1，1，0），C1（0，2，4），∴，＝（1，﹣1，﹣4），∴cos＜＞＝＝＝，∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为．（2）是平面ABA 1的一个法向量，设平面ADC 1的法向量为，∵，∴，取z＝1，得y＝﹣2，x＝2，∴平面ADC 1的法向量为，设平面ADC1与ABA1所成二面角为θ，∴cosθ＝|cos＜＞|＝||＝，∴sinθ＝＝．∴平面ADC1与ABA1所成二面角的正弦值为．19．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AB＝8，AD＝4，侧面P AD为等边三角形，并且与底面所成二面角为60°．（Ⅰ）求四棱锥P﹣ABCD的体积；（Ⅱ）证明P A⊥BD．【解答】解：（Ⅰ）如图1，取AD的中点E，连接PE，则PE⊥AD．作PO⊥平面在ABCD，垂足为O，连接OE．根据三垂线定理的逆定理得OE⊥AD，所以∠PEO为侧面P AD与底面所成的二面角的平面角，由已知条件可知∠PEO＝60°，PE＝6，所以PO＝3，四棱锥P﹣ABCD的体积V P﹣ABCD＝．（Ⅱ）法一：如图1，以O为原点建立空间直角坐标系．通过计算可得P（0，0，3），A（2，﹣3，0），B（2，5，0），D（﹣2，﹣3，0）所以．因为，所以P A⊥BD．法二：如图2，连接AO，延长AO交BD于点F．通过计算可得EO＝3，AE＝2，又知AD＝4，AB＝8，得．所以Rt△AEO∽Rt△BAD．得∠EAO＝∠ABD．所以∠EAO+∠ADF＝90°所以AF⊥BD．因为直线AF为直线P A在平面ABCD内的身影，所以P A⊥BD．20．（14分）如图，在底面是菱形的四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC＝60°，P A＝AC＝a，PB＝PD＝，点E在PD上，且PE：ED＝2：1．（Ⅰ）证明P A⊥平面ABCD；（Ⅱ）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角θ的大小；（Ⅲ）在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？证明你的结论．【解答】解：（Ⅰ）证明因为底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，所以AB＝AD＝AC＝a，在△P AB中，由P A2+AB2＝2a2＝PB2知P A⊥AB．同理，P A⊥AD，所以P A⊥平面ABCD．（Ⅱ）解：作EG∥P A交AD于G，由P A⊥平面ABCD．知EG⊥平面ABCD．作GH⊥AC于H，连接EH，则EH⊥AC，∠EHG即为二面角θ的平面角．又PE：ED＝2：1，所以．从而，θ＝30°．（Ⅲ）解法一以A为坐标原点，直线AD、AP分别为y轴、z轴，过A点垂直平面P AD的直线为x轴，建立空间直角坐标系如图．由题设条件，相关各点的坐标分别为.．所以．．．设点F是棱PC上的点，，其中0＜λ＜1，则＝．令得即解得．即时，．亦即，F是PC的中点时，、、共面．又BF⊄平面AEC，所以当F是棱PC的中点时，BF∥平面AEC．解法二：当F是棱PC的中点时，BF∥平面AEC，证明如下，证法一：取PE的中点M，连接FM，则FM∥CE．①由，知E是MD的中点．连接BM、BD，设BD∩AC＝O，则O为BD的中点．所以BM∥OE．②由①、②知，平面BFM∥平面AEC．又BF⊂平面BFM，所以BF∥平面AEC．证法二：因为＝＝．所以、、共面．又BF⊄平面ABC，从而BF∥平面AEC．21．（13分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA1＝2，D、E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的垂心G．（Ⅰ）求A1B与平面ABD所成角的正弦；（Ⅱ）求点A1到平面AED的距离．【解答】解：（Ⅰ）连结BG，则BG是BE在ABD的射影，即∠EBG是A1B与平面ABD所成的角，设F为AB的中点，连结EF、FC，∵D，E分别是CC1与A1B的中点，又DC⊥平面ABC，∴CDEF为矩形，连接DE，G是ADB的重心，∴GE＝DF，在直角三角形EFD中，，∵EF＝1，∴，于是，∵，∴AB＝，，∴，∴A1B与平面ABD所成角的正弦值为；（Ⅱ）连结A 1D，有，∵ED⊥AB，ED⊥EF，又EF∩AB＝F，∴ED⊥平面A1AB，设A 1到平面AED的距离为h，则，又．，∴，即A1到平面AED的距离．。

江西省南昌市第十九中学高二下学期期中考试物理试卷.pdf

南昌十九中2014～2015学年度第二学期高二年级期中物理试卷考试时间：100分钟；命题人：郭家琼审题人：陈勇注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、学号、考场号、座位号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上一、选择题（本题共小题，每小题分，共分） A. B. C. D. 2.如果下列四种粒子具有相同的速率，则德布罗意波长最大的是（）A.α粒子B.中子C.质子D.电子 3．质量为2kg的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g取10m/s2，下列说法中正确的是（） A．2s末小球的动能为40J B．2s末小球的动量大小为40kg·m/s C．2s内重力的冲量大小为20N·s D．2s内重力的平均功率为20W 4．装有炮弹的大炮总质量为M，炮弹的质量为m，炮弹射出炮口时对地的速度为v0，若炮筒与水平地面的夹角为θ，则炮车后退的速度大小为（）A.v0B.C.D. 5.2005年7月26日，美国“发现号”航天飞机从肯尼迪航天中心发射升空，飞行中一只飞鸟撞上了航天飞机的外挂油箱，幸好当时速度不大，航天飞机有惊无险.假设某航天器以8 km/s的速度高速运行时迎面撞上一只速度为10 m/s、质量为5 kg的大鸟，碰撞时间为1.0×10-5 s，则撞击过程中的平均作用力约为（） A． 8×1012 N B．8×109 N C．4×109 N D．5×106 N 6．用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而发生光电效应，可得到光电子最大初动能Ek随入射光频率变化的Ek－图象．已知钨的逸出功是3.28 eV，锌的逸出功是3.34 eV，若将二者的图线画在同一个坐标图中，用实线表示钨，虚线表示锌，则能正确反映这一过程的是下图中的( ) 7. 关于光电效应，下列说法正确的是A．从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小B．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多C．极限频率越大的金属材料逸出功越大 D．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应，，，，当A球与B球发生碰撞后，A、B两球速度可能为（） A.vA=4m/s，vB=4m/s B.vA=2m/s，vB=5m/s C.vA=-4m/s，vB=6m/s D.vA=7m/s，vB=2.5m/s 9.以下说法中确的是（） A.普朗克在研究黑体辐射问题中提出了能量子假说 B.康普顿效应说明光子有动量，即光具有粒子性 C.玻尔建立了量子理论，成功解释了各种原子发光现象 D.卢瑟福提出的核式结构模型成功的解释了α粒子散射现象 10．如图为玻尔为解释氢原子光谱画出的氢原子能及示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，以下说法符合玻尔理论的有( ) A．电子轨道半径减小，动能要增大 B．氢原子跃迁时，可发出连续不断的光谱线 C．由n=4跃迁到n=1时发出光子的频率最小 D．金属钾的逸出功为2.21 eV，能使金属钾发生光电效应的光谱线有4条二、填空题。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

2014-2015学年江西省南昌市第十九中学高二下学期期中考试数学（理）试题
一、选择题（共10小题；共50分）
1. 已知一个平面，为空间中的任意一条直线，那么在平面内一定存在直线使得 ( )
A. B. 与相交
C. 与是异面直线
D.
2. 若空间四边形的两条对角线，的长分别是，，过的中点且平行于，
的截面四边形的周长为 ( )
A. B. C. D.
3. 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形
是 ( )
A. B.
C. D.
4. 对于空间任意一点和不共线的三点，，，且有，则
，，是，，，四点共面的 ( )
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分又不必要条件
5. ，分别是边长为的正方形边，的中点，沿线，，折起来，则所围成
的三棱锥的体积为 ( )
A. B. C. D.
6. 已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为的正三角形，侧视图是有一直角边为
的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为 ( )
A. B.
C. D.
7. 若正三棱锥的侧面都是直角三角形，则侧面与底面所成二面角的余弦值是 ( )
A. B. C. D.
8. 在棱长为的正方体中，为的中点，则点到平面的距离
为 ( )
A. B. C. D.
9. 在直角坐标系中，，，沿轴把直角坐标系折成的二面角，则的长度
为 ( )
A. B. C. D.
10. 某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为 ( )
A. B. C. D.
二、填空题（共4小题；共20分）
11. 正四面体中，为的中点，则与所成角的余弦值是．
12. 过三棱柱的任意两条棱的中点作直线，其中与平面平行的直线共
有条．
13. 在棱长为的正方体中，，分别是下底面的棱，的中点，是
上底面的棱上的一点，，过，，的平面交上底面于，在上，则．
14. 是正方体的棱的中点，给出下列四个命题：
①过点有且只有一条直线与直线，都相交；
②过点有且只有一条直线与直线，都垂直；
③过点有且只有一个平面与直线，都相交；
④过点有且只有一个平面与直线，都平行．
其中真命题是．
三、解答题（共5小题；共65分）
15. 如图所示，四棱锥中，底面为正方形，平面，，，
，分别为，，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积．
16. 如图所示，是边长为的正方形，平面，，，与平面
所成角为．
（1）求证：平面；
（2）设点是线段上一个动点，试确定的位置，使得平面，求的长，并证明你的结论．
17. 四棱锥的正视图和俯视图如下，其中俯视图是直角梯形．
（1）若正视图是等边三角形，为的中点，当点在棱上移动时，是否总有，请说明理由；
（2）若平面与平面所成的锐二面角为．求直线与平面所成角的正弦值．
18. 如图，已知在直三棱柱中，，，点是线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）当三棱柱的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值．19. 如图所示，在直三棱柱中，，，，分别为棱，
的中点，为棱上的点，二面角为．
（1）证明：；
（2）求的长，并求点到平面的距离．
答案
第一部分
1. D
2. B
3. A 【解析】按照斜二测画法的作图规则，对四个选项逐一验证，可知只有选项 A 符合题意．
4. A 【解析】对于空间任意以定点，使得点，，，共面时有
，所以，，是，，，四点共面充分不必要条件．
5. D
【解析】设，，折起交于点，因为，，所以面，所以
．
6. C
7. B 【解析】设一个侧面面积为，在底面上的正投影面积为，侧面与底面所成二面角为，利用面积射影定理，可得．
8. A 【解析】由已知可得点到平面的距离等于点到平面距离的倍，设点到平面的距离为，则三棱锥三棱锥，即，，解得，所以点到平面的距离为．
9. D 【解析】
如图：与的夹角为，，，，，，因为
，所以，所以．
10. C
【解析】直观图是一个长方体挖去一个四棱锥，如图
第二部分
11.
12.
13.
【解析】提示：平面平面，平面与平面截平面所得的交线为和，可得，所以，所以．
14. ①②④
【解析】取的中点，交于的延长线与点，连接交的延长线于点，因为，所以共面，则连接与必相交于一点，所以过点有且只有一条直线与直线，都相交，所以命题①正确；过点有且只有一条直线与直线，都垂直的直线是，所以命题②正确；过点有无数多个平面与直线，都相交，所以命题③不正确；过点与直线，都平行的平面是过点与底面平行的平面，且只有一个，所以命题④正确；
第三部分
15. （1）如图所示，取的中点，连接，．
，分别为，的中点，．
，分别是，的中点，．
，，，，四点共面．
，分别为，的中点，．
平面，平面，平面．
（2）平面，平面，．
又，，平面．
，，．
又，．
16. （1）因为平面，所以．
因为是正方形，所以，从而平面．
（2）因为，，两两垂直，所以建立空间直角坐标系如图所示．
因为与平面所成角为，即，所以．
因为正方形的边长为，所以，所以，．则，，，，．
所以，．
设平面的法向量为，则即
令，则．
点是线段上一个动点，设，则．
因为平面，所以．
即，解得．
此时，点为，，符合题意．
17. （1）由俯视图可知平面平面．
又，为中点，，．
为等边三角形，为中点，．
又平面平面，且，
平面，．
又，平面，．
（2）以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系．
，，，．
设，由题意可知平面的法向量为．
设平面法向量，则，，
令，，．
．，解得．面的法向量，
．由线面角向量知识，可得．
18. （1）
如图，记，为三角形的中位线，
，平面，平面，
所以平面．
（2）解法一：
当三棱柱的底面积最大时，体积最大，
．
当，三角形为正三角形时取最大值．
又是的中点，直三棱柱，所以面，所以．
设点到平面的距离为，
由得，
．
解法二：
依题意，如图以为原点，直线，分别为，轴建立空间坐标系．
则，，，，
设面的法向量为，
设，，，
．
19. （1）如图，连接．
三棱柱是直三棱柱，
平面．
为在平面内的射影．
中，，为中点，
，．
，．
（2）
方法一：
如图，过点作的平行线，交的延长线于，连接．，分别为，的中点，．
又，，．
平面，为在平面内的射影．
．
为二面角的平面角，．
在中，，，
．作，垂足为．
，，平面．
平面平面．
平面．
在中，，．
，即到平面的距离为．
，平面．
到平面的距离与到平面的距离相等，为．
方法二：
如图，过点作的平行线，交的延长线于，连接．，分别为，的中点，．
又，，．
平面．为在平面内的射影．
．
为二面角的平面角，．
在中，，，
．
设到平面的距离为．
，
，
，，
．
．
，即到平面的距离为．。