河北省衡水中学2015-2016学年高一下学期期中考试 理科数学试卷(解析版)
2015-2016学年河北省衡水中学高一（下）期中数学试卷（理科）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．已知向量，则与的夹角为（）A．0°B．45°C．90°D．180°2．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长为1，PB=PB′，则P点坐标为（）A．（，）B．（，，）C．（，，）D．（，，）3．设A（3，3，1）、B（1，0，5）、C（0，1，0），则AB的中点M到C点的距离为（）A．B．C．D．4．设m，n是不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，有以下四个命题：①若m⊥α，n⊥α，则m∥n；②若α∩γ=m，β∩γ=n，m∥n则α∥β；③若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ④若γ⊥α，γ⊥β，则α∥β．其中正确命题的序号是（）A．①③B．②③C．③④D．①④5．正四棱锥的侧棱长是底面长的k倍，则k的取值范围是（）A．（0，+∞）B．（，+∞}）C．（，+∞）D．（，+∞）6．（5分）（2013新郑市校级模拟）已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（）A．πR2B．πR2C．πR2D．πR27．（5分）（2006四川）如图，正四棱锥P﹣ABCD底面的四个顶点A、B、C、D在球O的同一个大圆上，点P在球面上，如果，则求O的表面积为（）A．4πB．8πC．12πD．16π8．如图是水平放置的平面图形的斜二测直观图，其原来平面图形面积是（）A．2B．4C．4 D．89．（5分）（2015株洲一模）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．10．（5分）（2014浙江二模）正四面体ABCD的棱长为1，其中线段AB∥平面α，E，F分别是线段AD和BC的中点，当正四面体绕以AB为轴旋转时，线段EF在平面α上的射影E1F1长的范围是（）A．[0，]B．[，]C．[，]D．[，] 11．（5分）（2013北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的不同取值有（）A．3个B．4个C．5个D．6个12．（5分）（2011怀柔区一模）已知三棱锥A﹣BCO，OA、OB、OC两两垂直且长度均为6，长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动（含边界），则MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积为（）A．B．或36+C．36﹣D．或36﹣二．填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分．）13．已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，设=，=，=，E，F分别为AA1，C1D1中点，则可用表示为．14．如图，四棱锥P﹣ABCD中，∠BAD=∠ABC=90°，BC=2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成角的大小为．15．（5分）（2014德州二模）一个几何体的三视图如图所示，其侧（左）视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积是．16．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E为A1B1的中点，则下列五个命题：①点E到平面ABC1D1的距离为；②直线BC与平面ABC1D1所成角为45°；③空间四边形ABCD1在正方体六个面内的射影围成的图形中，面积最小的值为；④BE与CD1所成角的正弦值为；⑤二面角A﹣BD1﹣C的大小为．其中真命题是．（写出所有真命题的序号）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．（10分）（2014黄浦区二模）（文）已知矩形ABB1A1是圆柱体的轴截面，O、O1分别是下底面圆和上底面圆的圆心，母线长与底面圆的直径长之比为2：1，且该圆柱体的体积为32π，如图所示．（1）求圆柱体的侧面积S侧的值；（2）若C1是半圆弧A1B1的中点，点C在半径OA上，且OC=OA，异面直线CC1与BB1所成的角为θ，求sinθ的值．18．（12分）（2012秋台州期中）如图四边形ABCD为梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，求图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积和体积．19．（12分）（2014湖北模拟）如图所示，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，AB=1，AD=，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．（Ⅰ）若PA=1，求证：AF⊥PC；（Ⅱ）若二面角P﹣BC﹣A的大小为60°，则CE为何值时，三棱锥F﹣ACE的体积为？20．（12分）（2014春凉州区校级期末）如图，边长为2的正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，AD与CE的交点为M，AC⊥BC，且AC=BC．（1）求证：AM⊥平面EBC；（2）求二面角A﹣EB﹣C的大小．21．（12分）（2014石景山区一模）如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是，D是AC的中点．（Ⅰ）求证：B1C∥平面A1BD；（Ⅱ）求二面角A1﹣BD﹣A的大小；（Ⅲ）在线段AA1上是否存在一点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD，若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由．22．（12分）（2014益阳模拟）如图，在三棱锥C﹣ABD中，AC⊥CB，AC=CB，E为AB的中点，AD=DE=EC=2，CD=2．（Ⅰ）求证：平面ABC⊥平面ABD；（Ⅱ）求直线BD与平面CAD所成角的正弦值．2015-2016学年河北省衡水中学高一（下）期中数学试卷（理科）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．已知向量，则与的夹角为（）A．0°B．45°C．90°D．180°【分析】设则与的夹角为θ由向量夹角的定义可得，0°≤θ≤180°可得θ=90°【解答】解：设则与的夹角为θ由向量夹角的定义可得，∵0°≤θ≤180°∴θ=90°故选C【点评】解决本题的关键需掌握：向量数量积的坐标表示，还要知道向量的夹角的范围[0，π]，只有数列掌握基础知识，才能在解题时灵活应用．2．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长为1，PB=PB′，则P点坐标为（）A．（，）B．（，，）C．（，，）D．（，，）【分析】根据题意，设出点P（x，y，z），结合题意利用坐标表示列出方程组，求出解即可．【解答】解：如图所示，设点P（x，y，z），且点B（1，1，0），B′（1，1，1），D′（0，0，1）；∵点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD′，∴x=y①，又PB=PB′，∴（x﹣1）2+（y﹣1）2+z2=[（x﹣1）2+（y﹣1）2+（z﹣1）2]②，又与共线，∴==③；由①②③组成方程组，解得；∴P点坐标为（，，）．故选：C．【点评】本题考查了空间向量的坐标表示与运算问题，也考查了解方程组的应用问题，是基础题目．3．设A（3，3，1）、B（1，0，5）、C（0，1，0），则AB的中点M到C点的距离为（）A．B．C．D．【分析】先由中点坐标公式求得AB的中点M的空间直角坐标，再利用空间坐标系中两点间的距离公式求出M到C点的距离即可．【解答】解：∵A（3，3，1）、B（1，0，5）∴AB的中点M坐标为：（2，，3），又∵C（0，1，0），∴M到C点的距离为：d==．故选C．【点评】本小题主要考查空间直角坐标系、距离公式等基础知识，考查点、线、面间的距离计算，考查空间想象力、化归与转化思想．属于基础题．4．设m，n是不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，有以下四个命题：①若m⊥α，n⊥α，则m∥n；②若α∩γ=m，β∩γ=n，m∥n则α∥β；③若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ④若γ⊥α，γ⊥β，则α∥β．其中正确命题的序号是（）A．①③B．②③C．③④D．①④【分析】根据空间线面位置关系的性质和判定定理判断或举出反例说明．【解答】解：①由于垂直于同一个平面的两条直线平行，故①正确．②设三棱柱的三个侧面分别为α，β，γ，其中两条侧棱为m，n，显然m∥n，但α与β不平行，故②错误．③∵α∥β∥γ，∴当m⊥α时，m⊥γ，故③正确．④当三个平面α，β，γ两两垂直时，显然结论不成立，故④错误．故选：A．【点评】本题考查了空间线面位置关系的判断，属于中档题．5．正四棱锥的侧棱长是底面长的k倍，则k的取值范围是（）A．（0，+∞）B．（，+∞}）C．（，+∞）D．（，+∞）【分析】从棱锥顶点向底面正方形中心引一辅助线，该辅助线垂直底面，辅助线、侧棱与正方形对角线的一半构成直角三角形，侧棱为斜边；根据直角三角形中的边角关系即可求出k的取值范围．【解答】解：如图所示，设正四棱锥V﹣ABCD底面中心为O，BC=a，则VB=ka，易知OB=a；在Rt△VOB中，cos∠VBO==，∵∠VBO∈（0，），∴0＜＜1，∴，解得k＞；∴k的取值范围是（，+∞）．【点评】本题考查了正四棱锥的结构特征的应用问题，也考查了空间想象能力与逻辑推理能力，是基础题目．6．（5分）（2013新郑市校级模拟）已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（）A．πR2B．πR2C．πR2D．πR2【分析】将全面积表示成底面半径的函数，用配方法求二次函数的最大值．【解答】解：设内接圆柱的底面半径为r，高为h，全面积为S，则有=．∴h=3R﹣3r，∴S=2πrh+2πr2=﹣4πr2+6πRr=﹣4π（r2﹣Rr）=﹣4π（r﹣R）2+πR2∴当r=R时，S取的最大值πR2．故选：C．【点评】考查实际问题的最值问题，常转化成函数的最值．考查空间想象能力以及计算能力．7．（5分）（2006四川）如图，正四棱锥P﹣ABCD底面的四个顶点A、B、C、D在球O的同一个大圆上，点P在球面上，如果，则求O的表面积为（）A．4πB．8πC．12πD．16π【分析】由题意可知，PO⊥平面ABCD，并且是半径，由体积求出半径，然后求出球的表面积．【解答】解：如图，正四棱锥P﹣ABCD底面的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，点P在球面上，PO⊥底面ABCD，PO=R，S ABCD=2R2，，所以，R=2，球O的表面积是16π，故选D．【点评】本题考查球的内接体问题，球的表面积、体积，考查学生空间想象能力，是基础题．8．如图是水平放置的平面图形的斜二测直观图，其原来平面图形面积是（）A．2B．4C．4 D．8【分析】用斜二侧画法的法则，可知原图形是一个两边分别在x、y轴的直角三角形，x轴上的边长与原图形相等，而y轴上的边长是原图形边长的一半，由此不难得到平面图形的面积．【解答】解：设原图形为△A′OB′，∵OA=2，0B=2∠AOB=45°∴OA′=4，OB′=2，∠A′OB′=90°因此，Rt△A′OB′的面积为S=×4×2=4故选C【点评】本题要求我们将一个直观图形进行还原，并且求出它的面积，着重考查了斜二侧画法和三角形的面积公式等知识，属于基础题．9．（5分）（2015株洲一模）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．【分析】由题意，由于图形中已经出现了两两垂直的三条直线所以可以利用空间向量的方法求解直线与平面所成的夹角．【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答案为D．【点评】此题重点考查了利用空间向量，抓住直线与平面所成的角与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角之间的关系这一利用向量方法解决了抽象的立体几何问题．10．（5分）（2014浙江二模）正四面体ABCD的棱长为1，其中线段AB∥平面α，E，F分别是线段AD和BC的中点，当正四面体绕以AB为轴旋转时，线段EF在平面α上的射影E1F1长的范围是（）A．[0，]B．[，]C．[，]D．[，]【分析】取AC中点为G，连接EG、FG，根据四面体绕AB旋转时，GF∥平面α，GE与GF的垂直性保持不变，当CD与平面α垂直时射影E1F1的长取得最小，当CD与平面α平行时，E1F1取得最大，分别求出最大、最小值，可得答案．【解答】解：如图，取AC中点为G，连接EG、FG，∵E，F分别是线段AD和BC的中点，∴GF∥AB，GE∥CD，在正四面体中，AB⊥CD，∴GE⊥GF，∴EF2=GE2+GF2=，当四面体绕AB旋转时，∵GF∥平面α，GE与GF的垂直性保持不变，当CD与平面α垂直时，GE在平面上的射影长最短为0，此时EF在平面α上的射影E1F1的长取得最小值；当CD与平面α平行时，GE在平面上的射影长最长为，E1F1取得最大值，∴射影E1F1长的取值范围是[，]，故选：D【点评】本题借助考查线段在平面内的射影问题，考查空间直线与直线位置关系的判定，考查了学生的空间想象能力，11．（5分）（2013北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的不同取值有（）A．3个B．4个C．5个D．6个【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|=3，即可得到各顶点的坐标，利用两点间的距离公式即可得出．【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|=3，则A（3，0，0），B（3，3，0），C（0，3，0），D（0，0，0），A1（3，0，3），B1（3，3，3），C1（0，3，3），D1（0，0，3），∴=（﹣3，﹣3，3），设P（x，y，z），∵=（﹣1，﹣1，1），∴=（2，2，1）．∴|PA|=|PC|=|PB1|==，|PD|=|PA1|=|PC1|=，|PB|=，|PD1|==．故P到各顶点的距离的不同取值有，3，，共4个．故选：B．【点评】熟练掌握通过建立空间直角坐标系及两点间的距离公式是解题的关键．12．（5分）（2011怀柔区一模）已知三棱锥A﹣BCO，OA、OB、OC两两垂直且长度均为6，长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动（含边界），则MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积为（）A．B．或36+C．36﹣D．或36﹣【分析】由于长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动（含边界），有空间想象能力可知MN的中点P的轨迹为以O为球心，以1为半径的球体，故MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积，利用体积分割及球体的体积公式即可．【解答】解：因为长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO 内运动（含边界），有空间想象能力可知MN的中点P的轨迹为以O为球心，以1为半径的球体，则MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体可能为该球体的或该三棱锥减去此球体的，即：或．故选D【点评】此题考查了学生的空间想象能力，还考查了球体，三棱锥的体积公式即计算能力．二．填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分．）13．已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，设=，=，=，E，F分别为AA1，C1D1中点，则可用表示为（+）+．【分析】根据向量的运算性质计算即可．【解答】解：如图示：，作FG∥CC′交CD于G，作AH∥EF交FG于H，显然=，而=+=+++=+﹣+=（+）+，故答案为：（+）+．【点评】本题考查了空间向量的运算，考查数形结合，作出辅助线找出向量的相等向量是解题的关键，本题是一道基础题．14．如图，四棱锥P﹣ABCD中，∠BAD=∠ABC=90°，BC=2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成角的大小为90°．【分析】过D作DE⊥BC于E，连结AE，BD交于点O，连结PO．则四边形ABED为正方形，E为BC中点，利用△POA≌△POB得出PO⊥AB，PO⊥AE，于是可证PO⊥ABCD，得出PO⊥AE，又AE⊥BD得出AE⊥平面PBD，从而CD⊥平面PBD，得到CD⊥PB．【解答】解：过D作DE⊥BC于E，连结AE，BD交于点O，连结PO．∵∠BAD=∠ABC=90°，△PAB和△PAD都是等边三角形，∴四边形ABED是正方形，∴O是AE，BD的中点．OA=OB．∵PB=PD，∴PO⊥BD，∵PA=PB，OA=OB，PO为公共边，∴△POA≌△POB，∴∠POA=∠POB，∴PO⊥AE，∵四边形ABED是正方形，∴AE⊥BD．又PO⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，PO∩BD=O，∴AE⊥平面PBD．∵BC=2AD，∴E是BC的中点．∴CD∥OE，∴CD⊥平面PBD．∵PB⊂平面PBD，∴CD⊥PB．∴异面直线CD与PB所成角为90°．故答案为90°．【点评】本题考查了异面直线所成的角，证明CD⊥平面PBD是关键．15．（5分）（2014德州二模）一个几何体的三视图如图所示，其侧（左）视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积是8+π．【分析】由已知中的三视图可得该几何体是一个半圆锥和四棱锥的组合体，分别求出两个锥体底面面积和高，代入可得答案．【解答】解：由已知中的三视图可得该几何体是一个半圆锥和四棱锥的组合体，四棱柱的底面面积为3×4=12，半圆锥的底面面积为=2π，两个锥体的高均侧视图的高，即2，故该组合体的体积V=×（12+2π）×2=8+π，故答案为：8+π【点评】本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据已知的三视图判断出几何体的形状是解答的关键．16．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E为A1B1的中点，则下列五个命题：①点E到平面ABC1D1的距离为；②直线BC与平面ABC1D1所成角为45°；③空间四边形ABCD1在正方体六个面内的射影围成的图形中，面积最小的值为；④BE与CD1所成角的正弦值为；⑤二面角A﹣BD1﹣C的大小为．其中真命题是②③④．（写出所有真命题的序号）【分析】对5个命题分别进行判断，即可得出结论．【解答】解：①由于A1B1∥平面ABC1D1，故B1到平面ABC1D1的距离即点E到平面ABC1D1的距离，连接B1C交BC1于F，则易得B1F垂直于平面ABC1D1，而B1F=，故点E到平面ABC1D1的距离为，故①错；②易得B1C垂直于平面ABC1D1，故∠CBC1为直线BC与平面ABC1D1所成的角，且为45°，故②正确；③易得空间四边形ABCD1在正方体的面ABCD、面A1B1C1D1内的射影面积为1，在面BB1C1C内、面AA1D1D内的射影面积为，在面ABB1A1内、面CC1D1D内的射影面积为，故③正确；④BE与CD1所成的角，即为BA1与BE所成角，即为∠A1BE，A1E=，BE=，BA1=，cos∠A1BE==，sin∠A1BE=，故④正确；⑤在直角三角形BAD1中过A作AH垂直于BD1，连接CH，易知CH垂直于BD1，故∠AHC是二面角A﹣BD1﹣C的平面角，由余弦定理得，cos∠AHC==﹣，故∠AHC=，故⑤错．故答案为：②③④【点评】本题考查命题的真假判断，考查空间线面位置关系，考查空间角，考查学生分析解决问题的能力，知识综合性强．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．（10分）（2014黄浦区二模）（文）已知矩形ABB1A1是圆柱体的轴截面，O、O1分别是下底面圆和上底面圆的圆心，母线长与底面圆的直径长之比为2：1，且该圆柱体的体积为32π，如图所示．（1）求圆柱体的侧面积S侧的值；（2）若C1是半圆弧A1B1的中点，点C在半径OA上，且OC=OA，异面直线CC1与BB1所成的角为θ，求sinθ的值．【分析】（1）利用圆柱体的体积为32π，求出R，即可求圆柱体的侧面积S侧的值；（2）设D是线段A1O1的中点，联结D1C，DC，O1C1，则C1O1⊥A1B1，CO∥BB1，因此，∠C1CD就是异面直线CC1与BB1所成的角，求出DC1=，CC1=，即可求sinθ的值．【解答】解：（1）设圆柱的底面圆的半径为R，依据题意，有AA1=2AB=4R，∴πR2AA1=32π，∴R=2．∴S侧=2πRAA1=32π．（2）设D是线段A1O1的中点，联结D1C，DC，O1C1，则C1O1⊥A1B1，CO∥BB1．因此，∠C1CD就是异面直线CC1与BB1所成的角，即∠C1CD=θ．又R=2，∠C1CD=，∠C1O1D=90°，∴DC1=，CC1=．∴sinθ==．【点评】本题考查圆柱体的侧面积，考查异面直线所成的角，考查学生的计算能力，属于中档题．18．（12分）（2012秋台州期中）如图四边形ABCD为梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，求图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积和体积．【分析】旋转后几何体是一个圆台，从上面挖去一个半球，根据数据利用面积公式与体积公式，可求其表面积和体积．【解答】解：由题意知，所求旋转体的表面积由三部分组成：圆台下底面、侧面和一半球面（3分）S半球=8π，S圆台侧=35π，S圆台底=25π．故所求几何体的表面积为：8π+35π+25π=68π（7分）由，（9分）（11分）所以，旋转体的体积为（12分）【点评】本题考查组合体的面积、体积问题，考查空间想象能力，数学公式的应用，是中档题．19．（12分）（2014湖北模拟）如图所示，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，AB=1，AD=，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．（Ⅰ）若PA=1，求证：AF⊥PC；（Ⅱ）若二面角P﹣BC﹣A的大小为60°，则CE为何值时，三棱锥F﹣ACE的体积为？【分析】（Ⅰ）证明AF⊥PC，只需证明AF⊥平面PBC；（Ⅱ）确定∠PAB为二面角P﹣BC﹣A的一个平面角，利用三棱锥F﹣ACE的体积为，求出CE．【解答】（Ⅰ）证明：∵PA=AB=1，F为PB中点，∴AF⊥PB（1分）又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC（2分）又∵ABCD是矩形，∴AB⊥BC（3分）∴BC⊥平面PAB，而AF⊂平面PAB（4分）∴AF⊥BC，∴AF⊥平面PBC（5分）而PC⊂平面PBC，∴AF⊥PC（6分）（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知：PB⊥BC且AB⊥BC（7分）∴∠PAB为二面角P﹣BC﹣A的一个平面角，则∠PAB=60°（8分）∴（9分）∴，解得（11分）即时，三棱锥F﹣ACE的体积为（12分）【点评】本题考查的知识点是空间线面垂直与线线垂直之间的转化，组合几何体的体积，熟练掌握空间线线垂直与线面垂直的之间的相互转化是关键．20．（12分）（2014春凉州区校级期末）如图，边长为2的正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，AD与CE的交点为M，AC⊥BC，且AC=BC．（1）求证：AM⊥平面EBC；（2）求二面角A﹣EB﹣C的大小．【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明．（2）建立空间直角坐标，利用向量法求二面角的大小．【解答】解：∵四边形ACDE是正方形，所以EA⊥AC，AM⊥EC，∵平面ACDE⊥平ABC，∴EA⊥平面ABC，∴可以以点A为原点，以过A点平行于BC的直线为x轴，分别以直线AC和AE为y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz．设EA=AC=BC=2，则A（0，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，0，2），∵M是正方形ACDE的对角线的交点，∴M（0，1，1）．（1），，，∴∴AM⊥EC，AM⊥CB，∴AM⊥平面EBC．（2）设平面EBC的法向量为，则且，∴．∴，取y=﹣1，则x=1，则．又∵为平面EBC的一个法向量，且），∴，设二面角A﹣EB﹣C的平面角为θ，则，∴二面角A﹣EB﹣C等60°．【点评】本题主要考查线面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角的大小，运算量较大．21．（12分）（2014石景山区一模）如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是，D是AC的中点．（Ⅰ）求证：B1C∥平面A1BD；（Ⅱ）求二面角A1﹣BD﹣A的大小；（Ⅲ）在线段AA1上是否存在一点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD，若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）连结AB1交A1B于M，连结B1C，DM，由已知条件得四边形AA1B1B是矩形，由三角形中位线能证明B1C∥平面A1BD．（Ⅱ）作CO⊥AB于O，建立空间直角坐标系O﹣xyz．利用向量法能求出二面角A1﹣BD ﹣A的大小．（Ⅲ）设E（1，x，0），求出平面B1C1E的法向量，利用向量法能求出存在点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD，且．【解答】（本小题满分14分）（Ⅰ）证明：连结AB1交A1B于M，连结B1C，DM，因为三棱柱ABC﹣A1B1C1是正三棱柱，所以四边形AA1B1B是矩形，所以M为A1B的中点．因为D是AC的中点，所以MD是三角形AB1C的中位线，…（2分）所以MD∥B1C．…（3分）因为MD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，所以B1C∥平面A1BD．…（4分）（Ⅱ）解：作CO⊥AB于O，所以CO⊥平面ABB1A1，所以在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，如图建立空间直角坐标系O﹣xyz．因为AB=2，，D是AC的中点．所以A（1，0，0），B（﹣1，0，0），，，…（5分）所以，，．设是平面A1BD的法向量，所以即令，则y=2，z=3，所以是平面A1BD的一个法向量．…（6分）由题意可知是平面ABD的一个法向量，…（7分）所以．…（8分）所以二面角A1﹣BD﹣A的大小为．…（9分）（Ⅲ）解：设E（1，x，0），则，设平面B1C1E的法向量，所以即令，则x1=3，，，…（12分）又，即，解得，所以存在点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD且．…（14分）【点评】本题考查直线与平面平行的证明，考查二面角的求法，考查满足条件的点判断与求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．22．（12分）（2014益阳模拟）如图，在三棱锥C﹣ABD中，AC⊥CB，AC=CB，E为AB的中点，AD=DE=EC=2，CD=2．（Ⅰ）求证：平面ABC⊥平面ABD；（Ⅱ）求直线BD与平面CAD所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）由已知条件推导出CE⊥DE，CE⊥AB，由此能证明CE⊥平面ABD，从而得到平面ABC⊥平面ABD．（Ⅱ）以E点为坐标原点，建立直角坐标系，利用向量法能求出直线DB与平面ADE所成角的正弦值．【解答】（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：在△CDE中，，∴，∴CD2=DE2+EC2，则△CDE为直角三角形，所以，CE⊥DE．又由已知AC⊥BC，AC=BC，且E是AB的中点，得CE⊥AB．又AB∩DE=E，∴CE⊥平面ABD又CE⊂面ABC，∴平面ABC⊥平面ABD．（6分）（Ⅱ）解：以E点为坐标原点，建立如图所示直角坐标系，则C（0，0，2），B（0，2，0），，．设平面ACD的法向量为，则有，即，解得：，所以，平面ACD的一个法向量为，。
2015-2016年河北省衡水市武邑中学高一(下)期中数学试卷和答案
2015-2016学年河北省衡水市武邑中学高一（下）期中数学试卷一、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，只有一项是符合题目要求的.1．（5分）不等式﹣x2+3x﹣2≥0的解集是（）A．{x|x＞2或x＜1}B．{x|x≥2或x≤1}C．{x|1≤x≤2}D．{x|1＜x＜2}2．（5分）在下列命题中，不是公理的是（）A．经过两条相交直线有且只有一个平面B．平行于同一直线的两条直线互相平行C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么他们有且只有一条过该点的公共直线3．（5分）已知a＜b＜0，则下列不等式一定成立的是（）A．a2＜ab B．|a|＜|b|C．D．4．（5分）如图所示，正方形O′A′B′C′的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（）A．6B．8C．2+3D．2+25．（5分）某几何体的三视图，如图所示，则这个几何体是（）A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱6．（5分）在等比数列{a n}中，若a3a6=9，a2a4a5=27，则a2的值为（）A．2B．3C．4D．97．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B与平面BB1D1D所成的角的大小是（）A．90°B．30°C．45°D．60°8．（5分）如果实数x、y满足条件，那么2x﹣y的最大值为（）A．2B．1C．﹣2D．﹣39．（5分）在等差数列{a n}中，a n＞0，且前10项和S10=30，则a5a6的最大值是（）A．3B．6C．9D．3610．（5分）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11．（5分）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（）A．8﹣B．8﹣C．8﹣2πD．12．（5分）在等差数列{a n}中，若＜﹣1，且{a n}的前n项和S n有最小值，则使得S n＞0的最小的n为（）A．11B．19C．20D．21二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题纸上. 13．（5分）已知圆锥的轴截面是一个边长为2的正三角形，则圆锥的侧面积等于．14．（5分）已知{a n}为等差数列，S n为其前n项和．若a3=﹣6，S1=S5，则公差d=；S n的最小值为．15．（5分）若正数a，b满足ab=a+b+3，则ab的取值范围是．16．（5分）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，有如下四个结论：①AC⊥BD；②△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD成60°的角；④AB与CD所成的角为60°；其中正确结论是（写出所有正确结论的序号）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．（10分）已知函数f（x）=的定义域为A．（1）求A；（2）已知k＞0，集合B={x|}，且A∩B≠∅，求实数k的取值范围．18．（12分）如图四边形ABCD为梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，AD=2，AB=4，BC=5，图中阴影部分（梯形剪去一个扇形）绕AB旋转一周形成一个旋转体．（1）求该旋转体的表面积；（2）求该旋转体的体积．19．（12分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，（1）求证：AD1⊥平面CDA1B1；（2）求直线AD1与直线BD所成的角．20．（12分）设数列{a n}是公比大于1的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，已知S3=7，且a1+3，3a2，a3+4构成等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{a n+log2a n}（n∈N*）的前10项和T10．21．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4，点D是AB的中点．（Ⅰ）求证：AC1∥平面CDB1（Ⅱ）求证：AC⊥BC1（Ⅲ）求直线AB1与平面BB1C1C所成的角的正切值．22．（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．（1）求此几何体的体积V的大小；（2）求异面直线DE与AB所成角的余弦值；（3）求二面角A﹣ED﹣B的正弦值．2015-2016学年河北省衡水市武邑中学高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、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，只有一项是符合题目要求的.1．（5分）不等式﹣x2+3x﹣2≥0的解集是（）A．{x|x＞2或x＜1}B．{x|x≥2或x≤1}C．{x|1≤x≤2}D．{x|1＜x＜2}【解答】解：不等式﹣x2+3x﹣2≥0化为x2﹣3x+2≤0，因式分解为（x﹣1）（x﹣2）≤0，解得1≤x≤2．∴原不等式的解集为{x|1≤x≤2}，故选：C．2．（5分）在下列命题中，不是公理的是（）A．经过两条相交直线有且只有一个平面B．平行于同一直线的两条直线互相平行C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么他们有且只有一条过该点的公共直线【解答】解：对于A，经过两条相交直线有且只有一个平面，是公理2的推理，不是公理；对于B，平行于同一直线的两条直线互相平行，是平行公理；对于C，如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内，是公理1；对于D，如果两个不重合的平面有一个公共点，那么他们有且只有一条过该点的公共直线，是公理3．故选：A．3．（5分）已知a＜b＜0，则下列不等式一定成立的是（）A．a2＜ab B．|a|＜|b|C．D．【解答】解：令a=﹣2，b=﹣1，可得A、B、D都不正确，只有C正确，故选：C．4．（5分）如图所示，正方形O′A′B′C′的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（）A．6B．8C．2+3D．2+2【解答】解：作出该直观图的原图形，因为直观图中的线段C′B′∥x′轴，所以在原图形中对应的线段平行于x轴且长度不变，点C′和B′在原图形中对应的点C和B的纵坐标是O′B′的2倍，则OB=2，所以OC=3，则四边形OABC的长度为8．故选：B．5．（5分）某几何体的三视图，如图所示，则这个几何体是（）A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱【解答】解：根据该几何体的三视图，得出该几何体是平放的三棱柱，如图所示；故选：B．6．（5分）在等比数列{a n}中，若a3a6=9，a2a4a5=27，则a2的值为（）A．2B．3C．4D．9【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q，由题意可得a3a6===9，①a2a4a5===27，②可得a2=3故选：B．7．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B与平面BB1D1D所成的角的大小是（）A．90°B．30°C．45°D．60°【解答】解：连接A1C1交B1D1于O，连接OB，因为B1D1⊥A1C1，A1C1⊥BB1，所以A1C1⊥平面BB1D1D，所以∠A1BO为A1B与平面BB1D1D所成的角，设正方体棱长为1，所以A1O=，A1B=，sin∠A1BO=，∠A1BO=30°．故选：B．8．（5分）如果实数x、y满足条件，那么2x﹣y的最大值为（）A．2B．1C．﹣2D．﹣3【解答】解：先根据约束条件画出可行域，当直线2x﹣y=t过点A（0，﹣1）时，t最大是1，故选：B．9．（5分）在等差数列{a n}中，a n＞0，且前10项和S10=30，则a5a6的最大值是（）A．3B．6C．9D．36【解答】解：∵在等差数列{a n}中，a n＞0，且前10项和S10=30，∴S10==5（a1+a10）=5（a5+a6）=30，∴a5+a6=6，∴a5a6≤=9当且仅当a5=a6=3时取等号，故选：C．10．（5分）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【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．11．（5分）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（）A．8﹣B．8﹣C．8﹣2πD．【解答】解：由题意可知，该几何体为正方体内挖去一个圆锥，正方体的边长为2，圆锥的底面半径为1，高为2，则正方体的体积为V1=23=8，圆锥的体积为V2=•π•12•2=，则该几何体的体积为V=8﹣，故选：A．12．（5分）在等差数列{a n}中，若＜﹣1，且{a n}的前n项和S n有最小值，则使得S n＞0的最小的n为（）A．11B．19C．20D．21【解答】解：∵＜﹣1，且{a n}的前n项和S n有最小值，∴a10＜0＜a11，0＜﹣a10＜a11，∴S19==19a10＜0．S20=＞0，则使得S n＞0的最小的n为20．故选：C．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题纸上. 13．（5分）已知圆锥的轴截面是一个边长为2的正三角形，则圆锥的侧面积等于2π．【解答】解：∵圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，∴底面半径=1，底面周长=2π，∴圆锥的侧面积=×2π×2=2π，故答案为：2π．14．（5分）已知{a n}为等差数列，S n为其前n项和．若a3=﹣6，S1=S5，则公差d=12；S n的最小值为﹣54．【解答】解：设数列{a n}的公差为d，∵a3=﹣6，∴a2=﹣6﹣d，a4=﹣6+d，a5=﹣6+2d，又∵S1=S5，∴a2+a3+a4+a5=0，即﹣24+2d=0，解得：d=12，∴a1=a3﹣2d=﹣6﹣24=﹣30，∴a n=﹣30+12（n﹣1）=12n﹣42，∴S n==6（n﹣3）2﹣54，∴当n=3时S n取最小值﹣54，故答案为：12；﹣54．15．（5分）若正数a，b满足ab=a+b+3，则ab的取值范围是[9，+∞）．【解答】解：∵a+b≥2，ab=a+b+3，∴ab﹣2﹣3≥0∴≥3或≤﹣1（空集）∴ab≥9故答案为：[9，+∞）16．（5分）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，有如下四个结论：①AC⊥BD；②△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD成60°的角；④AB与CD所成的角为60°；其中正确结论是①②④（写出所有正确结论的序号）【解答】解：作出如图的图象，其中A﹣BD﹣C=90°，E是BD的中点，可以证明出∠AED=90°即为此直二面角的平面角对于命题①，由于BD⊥面AEC，故AC⊥BD，此命题正确；对于命题②，在等腰直角三角形AEC中可以解出AC等于正方形的边长，故△ACD 是等边三角形，此命题正确；对于命题③AB与平面BCD所成的线面角的平面角是∠ABE=45°，故AB与平面BCD 成60°的角不正确；对于命题④可取AD中点F，AC的中点H，连接EF，EH，FH，由于EF，FH是中位线，可证得其长度为正方形边长的一半，而EH是直角三角形的中线，其长度是AC的一半即正方形边长的一半，故△EFH是等边三角形，由此即可证得AB与CD所成的角为60°；综上知①②④是正确的故答案为①②④三、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．（10分）已知函数f（x）=的定义域为A．（1）求A；（2）已知k＞0，集合B={x|}，且A∩B≠∅，求实数k的取值范围．【解答】解：（1）由题意，得，解得﹣3＜x＜0，或2＜x＜3，∴函数的定义域为A={x|﹣3＜x＜0或2＜x＜3}．（2）∵x2﹣2x+1﹣k2≥0，∴当k＞0时，x≤1﹣k，或x≥1+k又x＞1，∴x≥1+k，∴B={x|x≥1+k}，又∵A∩B≠∅，∴，∴0＜k＜2，∴实数k的取值范围为0＜k＜2．18．（12分）如图四边形ABCD为梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，AD=2，AB=4，BC=5，图中阴影部分（梯形剪去一个扇形）绕AB旋转一周形成一个旋转体．（1）求该旋转体的表面积；（2）求该旋转体的体积．【解答】解：（1）旋转后的几何体是一个圆台从上面挖去一个半球，圆台的上下底面半径分别为2，5高为4，半球半径为2．圆台的母线长为CD==5．=π×（2+5）×5=35π，，∴，S圆台侧∴旋转体的表面积为S=8π+35π+25π=68π．表=（4π+25π+10π）•4=52π，，（2）V圆台∴旋转体的体积为．19．（12分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，（1）求证：AD1⊥平面CDA1B1；（2）求直线AD1与直线BD所成的角．【解答】解：（1）∵在正方体中AD1⊥A1D，A1B1⊥面ADD1A1，且AD1⊂面ADD1A1，∴AD1⊥A1B1，而A1D，A1B1在平面CDA1B1内，且相交∴AD1⊥平面CDA1B1；（2）连接B1D1，AB1，∵BD∥B1D1，∴∠AD1B1即为所求的角，而三角形AB1D1为正三角形，故∠AD1B1=60°，∴直线AD1与直线BD所成的角为60°20．（12分）设数列{a n}是公比大于1的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，已知S3=7，且a1+3，3a2，a3+4构成等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{a n+log2a n}（n∈N*）的前10项和T10．【解答】解：（1）由题意可得：，∴14﹣a2=6a2，解得a2=2，∴=14，又q＞1，解得q=2，a1=1，∴．（2），∴a n+log2a n=2n﹣1+n﹣1．，∴．21．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4，点D是AB的中点．（Ⅰ）求证：AC1∥平面CDB1（Ⅱ）求证：AC⊥BC1（Ⅲ）求直线AB1与平面BB1C1C所成的角的正切值．【解答】解：（Ⅰ）如图：设BC1∩B1C=O，则O为BC1的中点，连接OD，∵D为AB的中点，∴OD∥AC1，又∵OD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1．（Ⅱ）∵AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC．又∵C1C∥AA1，AA1⊥底面ABC，∴C1C⊥底面ABC，∴AC⊥CC1 ．又BC∩CC1=C，∴AC⊥平面BCC1B1 ．而BC1⊂平面BCC1B1，∴AC⊥BC1 ．（Ⅲ）由（Ⅱ）得AC⊥平面B1BCC1，∴直线B1C是斜线AB1在平面B1BCC1上的射影，∴∠AB1C是直线AB1与平面B1BCC1所成的角，在RT△AB1C中，B1C=4，AC=3，∴tan∠AB1C==，直线AB1与平面BB1C1C所成的角的正切值为．22．（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．（1）求此几何体的体积V的大小；（2）求异面直线DE与AB所成角的余弦值；（3）求二面角A﹣ED﹣B的正弦值．【解答】解：（1）∵∠ACE，∠ACB都是直角，∴AC⊥BC，AC⊥CE，CB∩CE=C，CB⊂平面BCED，CE⊂平面BCED；∴AC⊥平面BCED．∴V=．（2）取CE中点F，连接BF，则BF∥DE，则∠ABF即异面直线DE与AB所成的角，连接AF．在△ABF中，AB=4，BF=，AF=；∴由余弦定理得：cos∠ABF=；异面直线DE与AB所成角的余弦值是．（3）过C作CG⊥DE，交DE于G，连接AG，∵AC⊥平面BCED，ED⊂平面BCED，∴AC⊥ED；∴ED⊥平面ACG，AG⊂平面ACG，∴ED⊥AG，∴∠AGC是二面角A﹣ED﹣B的平面角；在Rt△ACG中，AC=4，CG=，∠ACG=90°；∴tan∠AGC=，sin．。
河北省衡水中学2015-2016学年高一(下)一调数学试卷(理科)(解析版)
2015-2016学年河北省衡水中学高一（下）一调数学试卷（理科）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．设A={x∈Z||x|≤3}，B={y|y=x2+1，x∈A}，则B中元素的个数是（）A．5 B．4 C．3 D．无数个2．若向量、，满足||=1、||=，⊥（），则与的夹角为（）A．B． C． D．3．为了得到y=sin2x的图象，可以将y=cos2x的图象（）A．向左平移个单位B．向左平移个单位C．向右平移个单位D．向右平移个单位4．设f（θ）=，则f（）的值为（）A．﹣B．C．1 D．5．=（）A．4 B．2 C．﹣2 D．﹣46．已知定义在R上的奇函数f（x）和偶函数g（x）满足f（x）+g（x）=a x﹣a﹣x+2（a＞0，且a≠1），若g（2）=a，则f（2）=（）A．2 B．C．D．{x∈R|﹣2＜x＜2}7．将函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0）的图象向左平移个单位，若所得图象与原图象重合，则ω的值可能等于（）A．5 B．6 C．7 D．88．若先将函数y=sin（x﹣）+cos（x﹣）图象上各点的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的倍，再将所得图象向左平移个单位，所得函数图象的一条对称轴的方程是（）A．x=B．x=C．x=D．x=9．已知△ABC内角A、B、C的对边分别是a、b、c，若cosB=，b=2，sinC=2sinA，则△ABC的面积为（）A．B．C．D．10．△ABC中，若，则的值为（）A．2 B．4 C．D．211．在△ABC中，BC=5，G，O分别为△ABC的重心和外心，且=5，则△ABC的形状是（）A．锐角三角形B．钝角三角形C．直角三角形D．上述三种情况都有可能12．已知函数f（x）=，若存在实数a，b，c，d满足f（a）=f（b）=f（c）=f（d），其中d＞c＞b＞a＞0，则a+b+c+d的取值范围是（）A．（12，）B．（16，24）C．（12，+∞）D．（18，24）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知集合A={x|﹣2≤x≤5}，B={x|m+1≤x≤2m﹣1}，若B⊆A，则实数m的取值范围是．14．已知α∈（0，），且tan（α+）=3，则lg（8sinα+6cosα）﹣lg（4sinα﹣cosα）=．15．若函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0且|φ|＜）在区间（，）上是单调减函数，且函数值从1减小到﹣1，则f（）=．16．已知向量，，若+与的夹角为， +与的夹角为，则=．三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 17．已知集合A={x|x2﹣2x﹣3≤0，x∈R}，B={x|x2﹣2mx﹣4≤0，x∈R}．（1）若A∩B={x|1≤x≤3}，求实数m的值；（2）若A⊆∁R B，求实数m的取值范围．18．已知△ABC的三个内角A、B、C所对的三边分别是a、b、c，平面向量，平面向量=（sinC﹣sin（2A），1）．（I）如果，求a的值；（II）若，请判断△ABC的形状．19．在锐角△ABC中，．（1）求角A；（2）若a=，当sinB+cos（﹣C）取得最大值时，求B和b．20．在△ABC内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b=acosC+csinA，cosB=．（I）求cosC的值；（Ⅱ）若BC=10，D为AB的中点，求CD的长．21．设函数f（x）=ka x﹣a﹣x（a＞0且a≠1）是奇函数．（1）求常数k的值；（2）若0＜a＜1，f（x+2）+f（3﹣2x）＞0，求x的取值范围；（3）若，且函数g（x）=a2x+a﹣2x﹣2mf（x）在[1，+∞）上的最小值为﹣2，求m 的值．22．如图，在凸四边形ABCD中，C，D为定点，CD=，A，B为动点，满足AB=BC=DA=1．（Ⅰ）写出cosC与cosA的关系式；（Ⅱ）设△BCD和△ABD的面积分别为S和T，求S2+T2的最大值．2015-2016学年河北省衡水中学高一（下）一调数学试卷（理科）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．设A={x∈Z||x|≤3}，B={y|y=x2+1，x∈A}，则B中元素的个数是（）A．5 B．4 C．3 D．无数个【考点】集合的表示法；元素与集合关系的判断．【分析】将B用列举法表示后，作出判断．【解答】解：A={x∈Z||x|≤3}={﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3}，B={y|y=x2+1，x∈A}={10，5，2，1}B的元素个数是4．故选B．2．若向量、，满足||=1、||=，⊥（），则与的夹角为（）A．B． C． D．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】令•（）=0解出，代入夹角公式．【解答】解：∵⊥（），∴•（）=0，即+=0，∴=﹣1．∴cos＜＞==﹣．∴＜＞=．故选C．3．为了得到y=sin2x的图象，可以将y=cos2x的图象（）A．向左平移个单位B．向左平移个单位C．向右平移个单位D．向右平移个单位【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】由于y=sin2x=cos（2x﹣）=cos2（x﹣），再根据y=Asin（ωx+∅）的图象变换规律得出结论．【解答】解：∵y=sin2x=cos（2x﹣）=cos2（x﹣），∴将y=cos2x的图象向右平移个单位，即可得到y=cos2（x﹣）的图象，故选D．4．设f（θ）=，则f（）的值为（）A．﹣B．C．1 D．【考点】三角函数的化简求值．【分析】运用诱导公式和同角的平方关系化简，结合特殊角的三角函数值，计算即可得到所求值．【解答】解：f（θ）===，则f（）===﹣．故选：A．5．=（）A．4 B．2 C．﹣2 D．﹣4【考点】诱导公式的作用；两角和与差的正弦函数．【分析】由已知可得原式等于，利用二倍角正弦公式及两角差的正弦公式化简可得结果．【解答】解：========﹣4故选D6．已知定义在R上的奇函数f（x）和偶函数g（x）满足f（x）+g（x）=a x﹣a﹣x+2（a＞0，且a≠1），若g（2）=a，则f（2）=（）A．2 B．C．D．{x∈R|﹣2＜x＜2}【考点】函数奇偶性的性质．【分析】根据条件构造关于g（2）和f（2）的方程组来求解．【解答】解：因为f（x）+g（x）=a x﹣a﹣x+2，所以，因为f（x）为奇函数，g（x）为偶函数，所以，上述方程组中两式相加得：2g（2）=4，即g（2）=2，因为g（2）=a，所以a=2，将g（2）=2，a=2代入方程组中任意一个可求得f（2）=，故选C．7．将函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0）的图象向左平移个单位，若所得图象与原图象重合，则ω的值可能等于（）A．5 B．6 C．7 D．8【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】由条件利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，终边相同的角的特征，求得ω的最小值【解答】解：由题意可知：函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0）的图象向左平移个单位，可得：f（x+）=sin[ω（x+）+φ]=sin（ωx+ω+φ），与原图象重合，φ=ω+φ+2kπ，k∈Z，解得：ω=﹣4k，k∈Z，当k=﹣2时，ω=8，故答案选：D．8．若先将函数y=sin（x﹣）+cos（x﹣）图象上各点的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的倍，再将所得图象向左平移个单位，所得函数图象的一条对称轴的方程是（）A．x=B．x=C．x=D．x=【考点】函数y=Asin （ωx +φ）的图象变换；正弦函数的对称性；由y=Asin （ωx +φ）的部分图象确定其解析式．【分析】利用两角和的正弦函数公式化简已知可得y=2sinx ，利用函数y=Asin （ωx +φ）的图象变换规律及正弦函数的图象和性质即可得解．【解答】解：∵y=sin （x ﹣）+cos （x ﹣）=2sinx ，∴先将函数图象上各点的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的倍，可得函数为：y=2sin2x ，再将所得图象向左平移个单位，所得函数为：y=2sin2（x +）=2sin （2x +），∴由2x +=k π+，k ∈Z ，可解得对称轴的方程是：x=k π+，k ∈Z ，当k=0时，可得函数图象的一条对称轴的方程是：x=．故选：C ．9．已知△ABC 内角A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c ，若cosB=，b=2，sinC=2sinA ，则△ABC 的面积为（ ）A ．B ．C ．D ．【考点】正弦定理．【分析】由题意和正余弦定理可得a ，c 的值，由同角三角函数的基本关系可得sinB ，代入三角形的面积公式计算可得． 【解答】解：∵sinC=2sinA ， ∴由正弦定理可得c=2a ，又cosB=，b=2，由余弦定理可得22=a 2+（2a ）2﹣2a •2a ×， 解得a=1，∴c=2，又cosB=，∴sinB==，∴△ABC 的面积S=acsinB=×=故选：B10．△ABC 中，若，则的值为（ ）A ．2B ．4C ．D ．2【考点】余弦定理；平面向量数量积的运算．【分析】由条件利用两个向量的数量积的运算法则求得a•cosB﹣b•cosA=c，再由余弦定理可得a2﹣b2=c2．根据=，把余弦定理、正弦定理代入运算可得结果．【解答】解：△ABC中，∵，即+=，∴bc•cos（π﹣A）+ac•cosB=c2，∴a•cosB﹣b•cosA=c，∴a•﹣b•=，即a2﹣b2=c2．∴=====4，故选：B．11．在△ABC中，BC=5，G，O分别为△ABC的重心和外心，且=5，则△ABC的形状是（）A．锐角三角形B．钝角三角形C．直角三角形D．上述三种情况都有可能【考点】平面向量数量积的运算．【分析】在△ABC中，G，O分别为△ABC的重心和外心，取BC的中点为D，连接AD、OD、GD，运用重心和外心的性质，运用向量的三角形法则和中点的向量形式，以及向量的平方即为模的平方，可得，又BC=5，则有||2=||2+||2＞||2+||2，运用余弦定理即可判断三角形的形状．【解答】解：在△ABC中，G，O分别为△ABC的重心和外心，取BC的中点为D，连接AD、OD、GD，如图：则OD⊥BC，GD=AD，∵，，由=5，则（）==﹣•=5，即﹣•（）=5，则，又BC=5，则有||2=||2+||2＞||2+||2，由余弦定理可得cosC＜0，即有C为钝角．则三角形ABC为钝角三角形．故选：B．12．已知函数f（x）=，若存在实数a，b，c，d满足f（a）=f（b）=f（c）=f（d），其中d＞c＞b＞a＞0，则a+b+c+d的取值范围是（）A．（12，）B．（16，24）C．（12，+∞）D．（18，24）【考点】分段函数的应用．【分析】画出函数的图象，判断二次函数的对称轴，得到c+d的值，判断判断a+b的范围即可．【解答】解：如图函数f（x）=，的图象，二次函数的对称轴为：x=5，f（a）=f（b）=f（c）=f（d），d＞c＞b＞a＞0，由4|log2x|==4，解得x=或x=2．可得c+d=10，而a+b∈（2，）．则a+b+c+d的取值范围是：（12，）．故选：A．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知集合A={x|﹣2≤x≤5}，B={x|m+1≤x≤2m﹣1}，若B⊆A，则实数m的取值范围是（﹣∞，3] ．【考点】集合的包含关系判断及应用．【分析】根据B⊆A可分B=∅，和B≠∅两种情况：B=∅时，m+1＞2m﹣1；B≠∅时，，这样便可得出实数m的取值范围．【解答】解：①若B=∅，则m+1＞2m﹣1；∴m＜2；②若B≠∅，则m应满足：，解得2≤m≤3；综上得m≤3；∴实数m的取值范围是（﹣∞，3]．故答案为：（﹣∞，3]．14．已知α∈（0，），且tan（α+）=3，则lg（8sinα+6cosα）﹣lg（4sinα﹣cosα）=1．【考点】同角三角函数基本关系的运用；对数的运算性质．【分析】根据角的范围，由两角和的正切函数公式可求tanα，利用对数的运算性质即可计算得解．【解答】解：∵α∈（0，），且tan（α+）=3，∴=3，∴tan，∴lg（8sinα+6cosα）﹣lg（4sinα﹣cosα）=lg=lg=lg10=1．故答案为：1．15．若函数f （x ）=sin （ωx +φ）（ω＞0且|φ|＜）在区间（，）上是单调减函数，且函数值从1减小到﹣1，则f （）= ． 【考点】函数y=Asin （ωx +φ）的图象变换． 【分析】根据函数的单调性和最值求出ω 和φ的值即可得到结论．【解答】解：∵函数f （x ）=sin （ωx +φ）（ω＞0且|φ|＜）在区间（，）上是单调减函数，且函数值从1减小到﹣1，∴=﹣=，即函数的周期T=π，∵T==π， ∴ω=2，则f （x ）=sin （2x +φ），∵f （）=sin （2×+φ）=1，∴sin （+φ）=1，即+φ=+2k π，k ∈Z ，即φ=+2k π，k ∈Z ，∵|φ|＜，∴当k=0时，φ=，即f （x ）=sin （2x +），则f （）=sin （2×+）=sin （+）=cos =，故答案是：．16．已知向量，，若+与的夹角为， +与的夹角为，则= ．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】画出图形，结合图形，应用正弦定理，容易解出答案．【解答】解：如图所示（其中图中字母表示对应向量），向量+与的夹角为， +与的夹角为，∴∠CAB=，∠ACB=；由正弦定理，得=，即=∴==；故答案为：．三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 17．已知集合A={x|x2﹣2x﹣3≤0，x∈R}，B={x|x2﹣2mx﹣4≤0，x∈R}．（1）若A∩B={x|1≤x≤3}，求实数m的值；（2）若A⊆∁R B，求实数m的取值范围．【考点】集合的包含关系判断及应用；交集及其运算．【分析】（1）求出B，A集合，根据集合的基本运算求解实数m的值；（2）求出根据集合B，求出∁R B，在A⊆∁R B，求实数m的取值范围．【解答】解：由题意：集合A={x|x2﹣2x﹣3≤0，x∈R}={x|﹣1≤x3}，B={x|x2﹣2mx﹣4≤0，x∈R}={x|m﹣2≤x≤m+2}．（1）∵A∩B={x|1≤x≤3}，∴解得：m=3．所以：A∩B={x|1≤x≤3}时，实数m的值为3；（2）∵B={x|m﹣2≤x≤m+2}．∴∁R B═{x|m﹣2＞x或m+2＜x}．∵A⊆∁R B，∴m﹣2＞3或m+2＜﹣1解得：m＞5或m＜﹣3．所以：A⊆∁R B时，实数m的取值范围是：（﹣∞，﹣3）∪（5，+∞）18．已知△ABC的三个内角A、B、C所对的三边分别是a、b、c，平面向量，平面向量=（sinC﹣sin（2A），1）．（I）如果，求a的值；（II）若，请判断△ABC的形状．【考点】三角形的形状判断；数量积判断两个平面向量的垂直关系；余弦定理．【分析】（I）根据余弦定理以及c和C的值可求得a2+b2﹣ab=4，进而根据三角形面积公式求得ab的值，最后联立方程求得a．（II）根据）可推断出sinC﹣sin2Asin（B﹣A）=0．化简整理求得A为90°判断出三角形为直角三角形或A=B判断三角形为等腰三角形．【解答】解：（I）由余弦定理及已知条件得a2+b2﹣ab=4，∵，∴．∴ab=4．联立方程组得．∴a=2．（II）∵，∴sinC﹣sin2A+sin（B﹣A）=0．化简得cosA（sinB﹣sinA）=0．∴csoA=0或sinB﹣sinA=0．当，此时△ABC是直角三角形；当sinB﹣sinA=0时，即sinB=sinA，由正弦定理得b=a，此时△ABC为等腰三角形．∴△ABC是直角三角形或等腰三角形．19．在锐角△ABC中，．（1）求角A；（2）若a=，当sinB+cos（﹣C）取得最大值时，求B和b．【考点】余弦定理的应用；三角函数的最值．【分析】（1）由余弦定理，结合条件，可得sin2A=1，即可求角A；（2）先得出B=时，sinB+cos（﹣C）取得最大值，再利用正弦定理，即可得出结论．【解答】解：（1）由余弦定理可得=∵△ABC是锐角三角形，∴cosB＞0，∴sin2A=1，∴2A=，∴A=；（2）由（1）知，B+C=，∴sinB+cos（﹣C）=sinB+cos（B﹣）=sinB+cosBcos+sinBsin=sinB+cosB=sin（B+）∵0＜﹣B＜，0＜B＜，∴＜B＜，∴＜B+＜，∴B+=，即B=时，sinB+cos（﹣C）取得最大值，由正弦定理可得b===．20．在△ABC内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b=acosC+csinA，cosB=．（I）求cosC的值；（Ⅱ）若BC=10，D为AB的中点，求CD的长．【考点】正弦定理．【分析】（I）由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinB，利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得tanA=1，进而可求A，即可利用三角形内角和定理，两角差的余弦函数公式计算得解cosC的值．（Ⅱ）由（I）利用同角三角函数基本关系式可求sin∠ACB的值，由正弦定理可求得AB，进而可求BD，利用余弦定理即可得解CD的值．【解答】（本题满分为12分）解：（I）∵cosB=．B∈（0，π），∴sinB==，…2分由b=acosC+csinA，可得：sinB=sinAcosC+sinCsinA=sin（C+A）=sinCcosA+cosCsinA，可得：tanA=1，可得A=，则：cosC=cos（π﹣A﹣B）=cos（﹣B），…4分=﹣×+×=﹣…6分（Ⅱ）由（I）可得：sin∠ACB===，…8分由正弦定理可得：，即：=，解得：AB=14，…10分因为，在△BCD中，BD=AB=7，可得，CD2=BC2+BD2﹣2BC•BD•cosB=102+72﹣2×=37．解得：CD=…12分21．设函数f（x）=ka x﹣a﹣x（a＞0且a≠1）是奇函数．（1）求常数k的值；（2）若0＜a＜1，f（x+2）+f（3﹣2x）＞0，求x的取值范围；（3）若，且函数g（x）=a2x+a﹣2x﹣2mf（x）在[1，+∞）上的最小值为﹣2，求m的值．【考点】函数奇偶性的性质；函数单调性的性质；函数的最值及其几何意义．【分析】（1）根据函数的奇偶性的性质，建立方程即可求常数k的值；（2）利用函数的奇偶性和单调性解不等式f（x+2）+f（3﹣2x）＞0，即可求x的取值范围；（3）根据求出a，然后利用函数的最小值建立方程求解m．【解答】解：（1）∵f（x）=ka x﹣a﹣x（a＞0且a≠1）是奇函数．∴f（0）=0，即k﹣1=0，解得k=1．（2）∵f（x）=a x﹣a﹣x（a＞0且a≠1）是奇函数．∴不等式f（x+2）+f（3﹣2x）＞0等价为f（x+2）＞﹣f（3﹣2x）=f（2x﹣3），∵0＜a＜1，∴f（x）在R上是单调减函数，∴x+2＜2x﹣3，即x＞5．∴x的取值范围是（5，+∞）．（3）∵，∴a﹣，即3a2﹣8a﹣3=0，解得a=3或a=（舍去）．∴g（x）=32x+3﹣2x﹣2m（3x﹣3﹣x）=（3x﹣3﹣x）2﹣2m（3x﹣3﹣x）+2，令t=3x﹣3﹣x，∵x≥1，∴t，∴（3x﹣3﹣x）2﹣2m（3x﹣3﹣x）+2=（t﹣m）2+2﹣m2，∵函数g（x）在[1，+∞）上的最小值为﹣2∴当m时，2﹣m2=﹣2，解得m=2，不成立舍去．当m时，（）2﹣2m×，解得m=，满足条件，∴m=．22．如图，在凸四边形ABCD中，C，D为定点，CD=，A，B为动点，满足AB=BC=DA=1．（Ⅰ）写出cosC与cosA的关系式；（Ⅱ）设△BCD和△ABD的面积分别为S和T，求S2+T2的最大值．【考点】余弦定理．【分析】（Ⅰ）在三角形BCD和三角形BCD中，利用余弦定理表示出BD2，两者相等表示即可得到cosC与cosA的关系式；（Ⅱ）利用三角形面积公式变形出S与T，进而表示出S2+T2，将第一问表示出的cosA代入得到关于cosC的二次函数，利用二次函数性质即可求出S2+T2的最大值．【解答】解：（Ⅰ）连接BD，∵CD=，AB=BC=DA=1，∴在△BCD中，利用余弦定理得：BD2=BC2+CD2﹣2BC•CDcosC=4﹣2cosC；在△ABD中，BD2=2﹣2cosA，∴4﹣2cosC=2﹣2cosA，则cosA=cosC﹣1；（Ⅱ）S=BC•CD•sinC=sinC，T=AB•ADsinA=sinA，∵cosA=cosC﹣1，∴S2+T2=sin2C+sin2A=（1﹣cos2C）+（1﹣cos2A）=﹣cos2C+cosC+=﹣（cosC﹣）2+，则当cosC=时，S2+T2有最大值．2016年12月6日。
河北省衡水市武邑中学2015-2016学年高一数学下学期期中试卷(含解析)
2015-2016学年河北省衡水市武邑中学高一（下）期中数学试卷一、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，只有一项是符合题目要求的.1．不等式﹣x2+3x﹣2≥0的解集是（）A．{x|x＞2或x＜1} B．{x|x≥2或x≤1} C．{x|1≤x≤2} D．{x|1＜x＜2}2．在下列命题中，不是公理的是（）A．经过两条相交直线有且只有一个平面B．平行于同一直线的两条直线互相平行C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么他们有且只有一条过该点的公共直线3．已知a＜b＜0，则下列不等式一定成立的是（）A．a2＜ab B．|a|＜|b| C．D．4．如图所示，正方形O′A′B′C′的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（）A．6 B．8 C．2+3D．2+25．某几何体的三视图，如图所示，则这个几何体是（）A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱6．在等比数列{a n}中，若a3a6=9，a2a4a5=27，则a2的值为（）A．2 B．3 C．4 D．97．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B与平面BB1D1D所成的角的大小是（）A．90° B．30° C．45° D．60°8．如果实数x、y满足条件，那么2x﹣y的最大值为（）A．2 B．1 C．﹣2 D．﹣39．在等差数列{a n}中，a n＞0，且前10项和S10=30，则a5a6的最大值是（）A．3 B．6 C．9 D．3610．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．25π B．50π C．125πD．都不对11．某几何体的三视图如图所示，则它的体积为（）A．8﹣B．8﹣C．8﹣2πD．12．在等差数列{a n}中，若＜﹣1，且{a n}的前n项和S n有最小值，则使得S n＞0的最小的n为（）A．11 B．19 C．20 D．21二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题纸上.13．已知圆锥的轴截面是一个边长为2的正三角形，则圆锥的侧面积等于．14．已知{a n}为等差数列，S n为其前n项和．若a3=﹣6，S1=S5，则公差d= ；S n 的最小值为．15．若正数a，b满足ab=a+b+3，则ab的取值范围是．16．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，有如下四个结论：①AC⊥BD；②△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD成60°的角；④AB与CD所成的角为60°；其中正确结论是（写出所有正确结论的序号）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．已知函数f（x）=的定义域为A．（1）求A；（2）已知k＞0，集合B={x|}，且A∩B≠∅，求实数k的取值范围．18．如图四边形ABCD为梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，AD=2，AB=4，BC=5，图中阴影部分（梯形剪去一个扇形）绕AB旋转一周形成一个旋转体．（1）求该旋转体的表面积；（2）求该旋转体的体积．19．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，（1）求证：AD1⊥平面CDA1B1；（2）求直线AD1与直线BD所成的角．20．设数列{a n}是公比大于1的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，已知S3=7，且a1+3，3a2，a3+4构成等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{a n+log2a n}（n∈N*）的前10项和T10．21．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4，点D 是AB的中点．（Ⅰ）求证：AC1∥平面CDB1（Ⅱ）求证：AC⊥BC1（Ⅲ）求直线AB1与平面BB1C1C所成的角的正切值．22．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．（1）求此几何体的体积V的大小；（2）求异面直线DE与AB所成角的余弦值；（3）求二面角A﹣ED﹣B的正弦值．2015-2016学年河北省衡水市武邑中学高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、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，只有一项是符合题目要求的.1．不等式﹣x2+3x﹣2≥0的解集是（）A．{x|x＞2或x＜1} B．{x|x≥2或x≤1} C．{x|1≤x≤2} D．{x|1＜x＜2}【考点】一元二次不等式的解法．【分析】不等式﹣x2+3x﹣2≥0化为x2﹣3x+2≤0，因式分解为（x﹣1）（x﹣2）≤0，即可解出．【解答】解：不等式﹣x2+3x﹣2≥0化为x2﹣3x+2≤0，因式分解为（x﹣1）（x﹣2）≤0，解得1≤x≤2．∴原不等式的解集为{x|1≤x≤2}，故选：C．2．在下列命题中，不是公理的是（）A．经过两条相交直线有且只有一个平面B．平行于同一直线的两条直线互相平行C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么他们有且只有一条过该点的公共直线【考点】平面的基本性质及推论．【分析】根据空间中平面的基本公理与推论，对选项中的命题进行分析、判断即可．【解答】解：对于A，经过两条相交直线有且只有一个平面，是公理2的推理，不是公理；对于B，平行于同一直线的两条直线互相平行，是平行公理；对于C，如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内，是公理1；对于D，如果两个不重合的平面有一个公共点，那么他们有且只有一条过该点的公共直线，是公理3．故选：A．3．已知a＜b＜0，则下列不等式一定成立的是（）A．a2＜ab B．|a|＜|b| C．D．【考点】不等关系与不等式．【分析】令a=﹣2，b=﹣1，可得A、B、D都不正确，只有C正确，从而得出结论．【解答】解：令a=﹣2，b=﹣1，可得A、B、D都不正确，只有C正确，故选：C．4．如图所示，正方形O′A′B′C′的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（）A．6 B．8 C．2+3D．2+2【考点】平面图形的直观图．【分析】根据题目给出的直观图的形状，画出对应的原平面图形的形状，求出相应的边长，则问题可求．【解答】解：作出该直观图的原图形，因为直观图中的线段C′B′∥x′轴，所以在原图形中对应的线段平行于x轴且长度不变，点C′和B′在原图形中对应的点C和B的纵坐标是O′B′的2倍，则OB=2，所以OC=3，则四边形OABC的长度为8．故选B．5．某几何体的三视图，如图所示，则这个几何体是（）A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱【考点】简单空间图形的三视图．【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是什么图形．【解答】解：根据该几何体的三视图，得出该几何体是平放的三棱柱，如图所示；故选：B．6．在等比数列{a n}中，若a3a6=9，a2a4a5=27，则a2的值为（）A．2 B．3 C．4 D．9【考点】等比数列的通项公式．【分析】设公比为q，可得=9， =27，两式相除可得答案．【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q，由题意可得a3a6===9，①a2a4a5===27，②可得a2=3故选B7．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B与平面BB1D1D所成的角的大小是（）A．90° B．30° C．45° D．60°【考点】直线与平面所成的角．【分析】连接A1C1交B1D1于O，连接OB，说明∠A1BO为A1B与平面BB1D1D所成的角，然后求解即可．【解答】解：连接A1C1交B1D1于O，连接OB，因为B1D1⊥A1C1，A1C1⊥BB1，所以A1C1⊥平面BB1D1D，所以∠A1BO为A1B与平面BB1D1D所成的角，设正方体棱长为1，所以A1O=，A1B=，sin∠A1BO=，∠A1BO=30°．故选B．8．如果实数x、y满足条件，那么2x﹣y的最大值为（）A．2 B．1 C．﹣2 D．﹣3【考点】简单线性规划的应用．【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z=2x﹣y表示直线在y轴上的截距，只需求出可行域直线在y轴上的截距最大值即可．【解答】解：先根据约束条件画出可行域，当直线2x﹣y=t过点A（0，﹣1）时，t最大是1，故选B．9．在等差数列{a n}中，a n＞0，且前10项和S10=30，则a5a6的最大值是（）A．3 B．6 C．9 D．36【考点】等差数列的通项公式．【分析】由等差数列的求和公式和性质结合题意可得a5+a6=6，由基本不等式可得．【解答】解：∵在等差数列{a n}中，a n＞0，且前10项和S10=30，∴S10==5（a1+a10）=5（a5+a6）=30，∴a5+a6=6，∴a5a6≤=9当且仅当a5=a6=3时取等号，故选：C10．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．25π B．50π C．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．11．某几何体的三视图如图所示，则它的体积为（）A．8﹣B．8﹣C．8﹣2πD．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】三视图中长对正，高对齐，宽相等；由三视图想象出直观图，一般需从俯视图构建直观图，该几何体为正方体内挖去一个圆锥．【解答】解：由题意可知，该几何体为正方体内挖去一个圆锥，正方体的边长为2，圆锥的底面半径为1，高为2，则正方体的体积为V1=23=8，圆锥的体积为V2=•π•12•2=，则该几何体的体积为V=8﹣，故选A．12．在等差数列{a n}中，若＜﹣1，且{a n}的前n项和S n有最小值，则使得S n＞0的最小的n为（）A．11 B．19 C．20 D．21【考点】等差数列的前n项和．【分析】＜﹣1，且{a n}的前n项和S n有最小值，可得a10＜0＜a11，0＜﹣a10＜a11，再利用求和公式即可判断出结论．【解答】解：∵＜﹣1，且{a n}的前n项和S n有最小值，∴a10＜0＜a11，0＜﹣a10＜a11，∴S19==19a10＜0．S20=＞0，则使得S n＞0的最小的n为20．故选：C．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题纸上.13．已知圆锥的轴截面是一个边长为2的正三角形，则圆锥的侧面积等于2π．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【分析】易得圆锥的底面半径及母线长，那么圆锥的侧面积=底面周长×母线长×．【解答】解：∵圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，∴底面半径=1，底面周长=2π，∴圆锥的侧面积=×2π×2=2π，故答案为：2π．14．已知{a n}为等差数列，S n为其前n项和．若a3=﹣6，S1=S5，则公差d= 12 ；S n的最小值为﹣54 ．【考点】等差数列的前n项和；等差数列的通项公式．【分析】通过设数列{a n}的公差为d，利用S1=S5即a2+a3+a4+a5=0可知﹣24+2d=0，进而可得结论．【解答】解：设数列{a n}的公差为d，∵a3=﹣6，∴a2=﹣6﹣d，a4=﹣6+d，a5=﹣6+2d，又∵S1=S5，∴a2+a3+a4+a5=0，即﹣24+2d=0，解得：d=12，∴a1=a3﹣2d=﹣6﹣24=﹣30，∴a n=﹣30+12（n﹣1）=12n﹣42，∴S n==6（n﹣3）2﹣54，∴当n=3时S n取最小值﹣54，故答案为：12；﹣54．15．若正数a，b满足ab=a+b+3，则ab的取值范围是[9，+∞）．【考点】基本不等式在最值问题中的应用．【分析】先根据基本不等式可知a+b≥2，代入题设等式中得关于不等式方程，进而求得的范围，则ab的最大值可得．【解答】解：∵a+b≥2，ab=a+b+3，∴ab﹣2﹣3≥0∴≥3或≤﹣1（空集）∴ab≥9故答案为：[9，+∞）16．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，有如下四个结论：①AC⊥BD；②△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD成60°的角；④AB与CD所成的角为60°；其中正确结论是①②④（写出所有正确结论的序号）【考点】与二面角有关的立体几何综合题．【分析】作出此直二面角的图象，由图形中所给的位置关系对四个命题逐一判断，即可得出正确结论．【解答】解：作出如图的图象，其中A﹣BD﹣C=90°，E是BD的中点，可以证明出∠AED=90°即为此直二面角的平面角对于命题①，由于BD⊥面AEC，故AC⊥BD，此命题正确；对于命题②，在等腰直角三角形AEC中可以解出AC等于正方形的边长，故△ACD是等边三角形，此命题正确；对于命题③AB与平面BCD所成的线面角的平面角是∠ABE=45°，故AB与平面BCD成60°的角不正确；对于命题④可取AD中点F，AC的中点H，连接EF，EH，FH，由于EF，FH是中位线，可证得其长度为正方形边长的一半，而EH是直角三角形的中线，其长度是AC的一半即正方形边长的一半，故△EFH是等边三角形，由此即可证得AB与CD所成的角为60°；综上知①②④是正确的故答案为①②④三、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．已知函数f（x）=的定义域为A．（1）求A；（2）已知k＞0，集合B={x|}，且A∩B≠∅，求实数k的取值范围．【考点】交集及其运算；函数的定义域及其求法．【分析】（1）由题意，得，解得即可，（2）求出集合B，再根据A∩B≠∅，即可求出a的范围．【解答】解：（1）由题意，得，解得﹣3＜x＜0，或2＜x＜3，∴函数的定义域为A={x|﹣3＜x＜0或2＜x＜3}．（2）∵x2﹣2x+1﹣k2≥0，∴当k＞0时，x≤1﹣k，或x≥1+k又x＞1，∴x≥1+k，∴B={x|x≥1+k}，又∵A∩B≠∅，∴，∴0＜k＜2，∴实数k的取值范围为0＜k＜2．18．如图四边形ABCD为梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，AD=2，AB=4，BC=5，图中阴影部分（梯形剪去一个扇形）绕AB旋转一周形成一个旋转体．（1）求该旋转体的表面积；（2）求该旋转体的体积．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【分析】（1）旋转体为圆台挖去一个半球后的几何体，圆台的上下底面半径为AD，BC，高为AB，半球的半径为AD．于是几何体的表面积为圆台侧面积与底面积半球面积的和；（2）体积为圆台体积与半球体积的差．【解答】解：（1）旋转后的几何体是一个圆台从上面挖去一个半球，圆台的上下底面半径分别为2，5高为4，半球半径为2．圆台的母线长为CD==5．∴，S圆台侧=π×（2+5）×5=35π，，∴旋转体的表面积为S表=8π+35π+25π=68π．（2）V圆台=（4π+25π+10π）•4=52π，，∴旋转体的体积为．19．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，（1）求证：AD1⊥平面CDA1B1；（2）求直线AD1与直线BD所成的角．【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）在正方体中AD1⊥A1D，又可得AD1⊥A1B1，由线面垂直的判定定理可得；（2）连接B1D1，AB1，可得∠AD1B1即为所求的角，解三角形可得．【解答】解：（1）∵在正方体中AD1⊥A1D，A1B1⊥面ADD1A1，且AD1⊂面ADD1A1，∴AD1⊥A1B1，而A1D，A1B1在平面CDA1B1内，且相交∴AD1⊥平面CDA1B1；（2）连接B1D1，AB1，∵BD∥B1D1，∴∠AD1B1即为所求的角，而三角形AB1D1为正三角形，故∠AD1B1=60°，∴直线AD1与直线BD所成的角为60°20．设数列{a n}是公比大于1的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，已知S3=7，且a1+3，3a2，a3+4构成等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{a n+log2a n}（n∈N*）的前10项和T10．【考点】数列的求和；数列递推式．【分析】（1）利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出．（2）利用等差数列与等比数列的求和公式即可得出．【解答】解：（1）由题意可得：，∴14﹣a2=6a2，解得a2=2，∴=14，又q＞1，解得q=2，a1=1，∴．（2），∴a n+log2a n=2n﹣1+n﹣1．，∴．21．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4，点D 是AB的中点．（Ⅰ）求证：AC1∥平面CDB1（Ⅱ）求证：AC⊥BC1（Ⅲ）求直线AB1与平面BB1C1C所成的角的正切值．【考点】直线与平面所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）设BC1∩B1C=O，由三角形的中位线性质可得OD∥AC1，从而利用线面平行的判定定理证明AC1∥平面CDB1，（Ⅱ）利用勾股定理证明AC⊥BC，证明C1C⊥底面ABC，可得AC⊥CC1，由线面垂直的判定定理证得AC⊥平面BCC1B1，从而证得AC⊥BC1．（Ⅲ）得到∠AB1C是直线AB1与平面B1BCC1所成的角，解三角形即可．【解答】解：（Ⅰ）如图：设BC1∩B1C=O，则O为BC1的中点，连接OD，∵D为AB的中点，∴OD∥AC1，又∵OD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1．（Ⅱ）∵AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC．又∵C1C∥AA1，AA1⊥底面ABC，∴C1C⊥底面ABC，∴AC⊥CC1．又BC∩CC1=C，∴AC⊥平面BCC1B1．而BC1⊂平面BCC1B1，∴AC⊥BC1．（Ⅲ）由（Ⅱ）得AC⊥平面B1BCC1，∴直线B1C是斜线AB1在平面B1BCC1上的射影，∴∠AB1C是直线AB1与平面B1BCC1所成的角，在RT△AB1C中，B1C=4，AC=3，∴tan∠AB1C==，直线AB1与平面BB1C1C所成的角的正切值为．22．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．（1）求此几何体的体积V的大小；（2）求异面直线DE与AB所成角的余弦值；（3）求二面角A﹣ED﹣B的正弦值．【考点】异面直线及其所成的角；棱柱、棱锥、棱台的体积；二面角的平面角及求法．【分析】（1）通过已知条件可知，AC⊥底面BCED，再求出梯形BCED的面积，根据三棱锥的体积公式即可求出体积．（2）先找到异面直线所成的角，可过B作DE的平行线，则角ABF便是异面直线所成的角，根据条件求出即可．（3）先找出二面角的平面角，过C作CG⊥ED，并交ED于G，连接AG，则∠AGC即是所找的二面角的平面角，根据条件求出即可．【解答】解：（1）∵∠ACE，∠ACB都是直角，∴AC⊥BC，AC⊥CE，CB∩CE=C，CB⊂平面BCED，CE⊂平面BCED；∴AC⊥平面BCED．∴V=．（2）取CE中点F，连接BF，则BF∥DE，则∠ABF即异面直线DE与AB所成的角，连接AF．在△ABF中，AB=4，BF=，AF=；∴由余弦定理得：cos∠ABF=；异面直线DE与AB所成角的余弦值是．（3）过C作CG⊥DE，交DE于G，连接AG，∵AC⊥平面BCED，ED⊂平面BCED，∴AC⊥ED；∴ED⊥平面ACG，AG⊂平面ACG，∴ED⊥AG，∴∠AGC是二面角A﹣ED﹣B的平面角；在Rt△ACG中，AC=4，CG=，∠ACG=90°；∴tan∠AGC=，sin．。
2015-2016高一数学第二学期期中理科试卷答案
选择题填空题11、4,6 12、{}31>-<x x x 或 13、3/60π︒14 、 3/60π︒，815、2n-9，-16 16、37, 2331n n -+17、已知函数2π()sinsin 2f x x x x ωωω⎛⎫=++ ⎪⎝⎭（0ω>）的最小正周期为π．（Ⅰ）求ω的值； （Ⅱ）函数()x f 的单调递增区间；（Ⅲ）求函数()f x 在区间2π03⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上的取值范围．解：（Ⅰ）1cos 2()222x f x x ωω-=+112cos 2222x x ωω=-+π1sin 262x ω⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭．因为函数()f x 的最小正周期为π，且0ω>，所以2ππ2ω=，解得1ω=． （Ⅱ）令226222πππππ+≤-≤-k x k得322232ππππ+≤≤-k x k 即36ππππ+≤≤-k x k所以函数()f x 的单调增区间是⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-3,6ππππk k （k ∈Z ）．（Ⅲ）由（Ⅰ）得π1()sin 262f x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭．因为2π03x ≤≤，所以ππ7π2666x --≤≤，所以1πsin 2126x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭≤≤．因此π130sin 2622x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭≤≤，即()f x 的取值范围为302⎡⎤⎢⎥⎣⎦，．18、(本小题共10分) 已知关于实数x 的不等式210x a x a （a R a ,∈是常数）.（Ⅰ）当2a时，求不等式的解集；（Ⅱ）解此不等式.解：（Ⅰ）当2a时，原不等式变为2320xx .因为11x ，22x 是方程2320x x 的两个根，所以不等式2320x x 的解集是12x x x或.（Ⅱ）因为2110x a xax x a的两个根为11x ，2x a .所以当1a时，不等式210x a xa的解集是1x x a x 或；当1a时，不等式210x a xa的解集是{}1|≠∈x R x x 且；当1a 时，不等式210x a xa的解集是1x xx a 或.19、(本小题共13分)在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c . 设π3A =，sin 3sinBC =. （Ⅰ）若7a =，求b 的值； （Ⅱ）求tan C 的值.解：（Ⅰ）因为 sin 3sin B C =，由正弦定理sin sin sin a b cA B C==， 得 3b c =. 由余弦定理 2222cos a b c bc A =+-及π3A =，7a = 得 227b c bc =+-，所以 222()733b b b +-=，解得 3b =.（Ⅱ）由π3A =，得2π3B C =-. 所以 2πsin()3sin 3C C -=.1sin 3sin 2C C C +=，所以5sin 22C C =，所以tan C =20、(本小题共10分)设数列{}n a «Skip Record If...»的前n 项和为n S ，Skip Record If...»均在函数y x =«Skip Record If...»的图象上．（Ⅰ）求数列{}n a «Skip Record If...»的通项公式；（Ⅱ）若{}n b «Skip Record If...»为等比数列，且11231,8b b b b ==，求数列{}n n a +b «SkipRecord If...»的前n 项和«Skip Record If...»«SkipRecord If...»．解：（Ⅰ）依题意得nS n n=，即2=n S n ． 当n =1时，a 1=S 1=1 当n ≥2时，121n n n a S S n -=-=-； 当n =1时，a 1=211⨯- =1所以21n a n =-«Skip Record If...»(Ⅱ) 312328b b b b ==得到22b =，又11b =«Skip Record If...»，2q ∴=«Skip Record If...»，«Skip Record If...»，1212n n n a b n -∴+=-+«Skip Record If...»，()()()1102122321-+-++++=∴n n n T()()112221231-++++-+++=n n221nn =+-21、(本小题共12分)某工厂拟建一座平面图形为矩形，且面积为 200 m 2 的三级污水处理池（平面图如图）. 如果池外圈周壁建造单价为每米 400 元，中间两条隔墙建筑单价为每米 248 元，池底建造单价为每平方米 80 元，池壁的厚度忽略不计. 试设计污水池的长和宽，使总造价最低，并求出最低造价.解：设污水池总造价为 y 元，污水池长为 x m. 则宽为x200（m ），水池外圈周壁长 x x 20022⨯+（m ），中间隔墙长x2002⨯（m ），池底面积200（m 2）. ∴ y = 400⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+x x 20022+ x 2002248⨯⨯·+ 80×200 = 800⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x 324+ 16 000 ≥1 600xx 324⋅+ 16 000 = 44 800.当且仅当 x =x 324，即 x = 18，x 200=9100时，y min = 44 800.答：当污水池长为 18 m ，宽为9100m 时，总造价最低，最低为 44 800元. 22、(本小题共14分)数列{}n a 中，11=a ，且点),(1+n n a a 在函数21y x =+图像上 (1) 设1+=n n a b ，求证：数列{}n b 是等比数列； (2) 设)23(+=n n a n c ，求数列{}n c 的通项公式； （3）求数列{}n c 的前n 项和n S解：(1)依题意得121+=+n n a a ，即()1211+=++n n a a ．所以n n b b 21=+ 所以数列{}n b 是等比数列.(2)因为2111=+=a b ，数列{}n b 是等比数列，所以n n b 2=.所以()n n n c nn n 223223+⨯=+⨯=.(3)由(2)知()()()nn S nn 2234223221321+⨯+++⨯⨯++⨯⨯=()()n n n 24223223213 21++++⨯++⨯⨯+⨯⨯=())1(23223213 21++⨯++⨯⨯+⨯⨯=n n n n令,nn n T 2322321321⨯++⨯⨯+⨯⨯= …○1, 则132232232132+⨯++⨯⨯+⨯⨯=n n n T (2)○2-○1得12123232323+⨯+⨯--⨯-⨯-=n nn n T1123236++⨯+⨯-=n n n n T()12323611++⨯+⨯-=++n n n S n n n .。
2015-2016年河北省衡水中学高一(下)期中数学试卷(理科)和答案
2015-2016学年河北省衡水中学高一（下）期中数学试卷（理科）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）已知向量，则与的夹角为（）A．0°B．45°C．90°D．180°2．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长为1，点P在体对角线上，PB=PB′，则P点坐标为（）A．（，）B．（，，）C．（，，）D．（，，）3．（5分）设A（3，3，1）、B（1，0，5）、C（0，1，0），则AB的中点M到C 点的距离为（）A．B．C．D．4．（5分）设m，n是不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，有以下四个命题：①若m⊥α，n⊥α，则m∥n；②若α∩γ=m，β∩γ=n，m∥n则α∥β；③若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ④若γ⊥α，γ⊥β，则α∥β．其中正确命题的序号是（）A．①③B．②③C．③④D．①④5．（5分）正四棱锥的侧棱长是底面长的k倍，则k的取值范围是（）A．（0，+∞）B．（，+∞}）C．（，+∞）D．（，+∞）6．（5分）已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（）A．πR2B．πR2C．πR2D．πR27．（5分）如图，正四棱锥P﹣ABCD底面的四个顶点A、B、C、D在球O的同一个大圆上，点P在球面上，如果，则求O的表面积为（）A．4πB．8πC．12πD．16π8．（5分）如图是水平放置的平面图形的斜二测直观图，其原来平面图形面积是（）A．2B．4C．4D．89．（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．10．（5分）正四面体ABCD的棱长为1，其中线段AB∥平面α，E，F分别是线段AD和BC的中点，当正四面体绕以AB为轴旋转时，线段EF在平面α上的射影E1F1长的范围是（）A．[0，]B．[，]C．[，]D．[，] 11．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P 到各顶点的距离的不同取值有（）A．3个B．4个C．5个D．6个12．（5分）已知三棱锥A﹣BCO，OA、OB、OC两两垂直且长度均为6，长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动（含边界），则MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积为（）A．B．或36+C．36﹣D．或36﹣二．填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分．）13．（5分）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，设=，=，=，E，F分别为AA 1，C1D1中点，则可用表示为．14．（5分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，∠BAD=∠ABC=90°，BC=2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成角的大小为．15．（5分）一个几何体的三视图如图所示，其侧（左）视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积是．16．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E为A1B1的中点，则下列五个命题：①点E到平面ABC1D1的距离为；②直线BC与平面ABC1D1所成角为45°；③空间四边形ABCD1在正方体六个面内的射影围成的图形中，面积最小的值为；④BE与CD1所成角的正弦值为；⑤二面角A﹣BD1﹣C的大小为．其中真命题是．（写出所有真命题的序号）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．（10分）（文）已知矩形ABB1A1是圆柱体的轴截面，O、O1分别是下底面圆和上底面圆的圆心，母线长与底面圆的直径长之比为2：1，且该圆柱体的体积为32π，如图所示．的值；（1）求圆柱体的侧面积S侧（2）若C1是半圆弧的中点，点C在半径OA上，且OC=OA，异面直线CC1与BB1所成的角为θ，求sinθ的值．18．（12分）如图四边形ABCD为梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，求图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积和体积．19．（12分）如图所示，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，AB=1，AD=，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．（Ⅰ）若PA=1，求证：AF⊥PC；（Ⅱ）若二面角P﹣BC﹣A的大小为60°，则CE为何值时，三棱锥F﹣ACE的体积为？20．（12分）如图，边长为2的正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，AD 与CE的交点为M，AC⊥BC，且AC=BC．（1）求证：AM⊥平面EBC；（2）求二面角A﹣EB﹣C的大小．21．（12分）如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是，D是AC的中点．（Ⅰ）求证：B1C∥平面A1BD；（Ⅱ）求二面角A1﹣BD﹣A的大小；（Ⅲ）在线段AA1上是否存在一点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD，若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由．22．（12分）如图，在三棱锥C﹣ABD中，AC⊥CB，AC=CB，E为AB的中点，AD=DE=EC=2，CD=2．（Ⅰ）求证：平面ABC⊥平面ABD；（Ⅱ）求直线BD与平面CAD所成角的正弦值．2015-2016学年河北省衡水中学高一（下）期中数学试卷（理科）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）已知向量，则与的夹角为（）A．0°B．45°C．90°D．180°【解答】解：设则与的夹角为θ由向量夹角的定义可得，∵0°≤θ≤180°∴θ=90°故选：C．2．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长为1，点P在体对角线上，PB=PB′，则P点坐标为（）A．（，）B．（，，）C．（，，）D．（，，）【解答】解：如图所示，设点P（x，y，z），且点B（1，1，0），B′（1，1，1），D′（0，0，1）；∵点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD′，∴x=y①，又PB=PB′，∴（x﹣1）2+（y﹣1）2+z2=[（x﹣1）2+（y﹣1）2+（z﹣1）2]②，又与共线，∴==③；由①②③组成方程组，解得；∴P点坐标为（，，）．故选：C．3．（5分）设A（3，3，1）、B（1，0，5）、C（0，1，0），则AB的中点M到C 点的距离为（）A．B．C．D．【解答】解：∵A（3，3，1）、B（1，0，5）∴AB的中点M坐标为：（2，，3），又∵C（0，1，0），∴M到C点的距离为：d==．故选：C．4．（5分）设m，n是不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，有以下四个命题：①若m⊥α，n⊥α，则m∥n；②若α∩γ=m，β∩γ=n，m∥n则α∥β；③若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ④若γ⊥α，γ⊥β，则α∥β．其中正确命题的序号是（）A．①③B．②③C．③④D．①④【解答】解：①由于垂直于同一个平面的两条直线平行，故①正确．②设三棱柱的三个侧面分别为α，β，γ，其中两条侧棱为m，n，显然m∥n，但α与β不平行，故②错误．③∵α∥β∥γ，∴当m⊥α时，m⊥γ，故③正确．④当三个平面α，β，γ两两垂直时，显然结论不成立，故④错误．故选：A．5．（5分）正四棱锥的侧棱长是底面长的k倍，则k的取值范围是（）A．（0，+∞）B．（，+∞}）C．（，+∞）D．（，+∞）【解答】解：如图所示，设正四棱锥V﹣ABCD底面中心为O，BC=a，则VB=ka，易知OB=a；在Rt△VOB中，cos∠VBO==，∵∠VBO∈（0，），∴0＜＜1，∴，解得k＞；∴k的取值范围是（，+∞）．6．（5分）已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（）A．πR2B．πR2C．πR2D．πR2【解答】解：设内接圆柱的底面半径为r，高为h，全面积为S，则有=．∴h=3R﹣3r，∴S=2πrh+2πr2=﹣4πr2+6πRr=﹣4π（r2﹣Rr）=﹣4π（r﹣R）2+πR2∴当r=R时，S取的最大值πR2．故选：C．7．（5分）如图，正四棱锥P﹣ABCD底面的四个顶点A、B、C、D在球O的同一个大圆上，点P在球面上，如果，则求O的表面积为（）A．4πB．8πC．12πD．16π【解答】解：如图，正四棱锥P﹣ABCD底面的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，点P在球面上，PO⊥底面ABCD，PO=R，S ABCD=2R2，，所以，R=2，球O的表面积是16π，故选：D．8．（5分）如图是水平放置的平面图形的斜二测直观图，其原来平面图形面积是（）A．2B．4C．4D．8【解答】解：设原图形为△A′OB′，∵OA=2，0B=2∠AOB=45°∴OA′=4，OB′=2，∠A′OB′=90°因此，Rt△A′OB′的面积为S=×4×2=4故选：C．9．（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．10．（5分）正四面体ABCD的棱长为1，其中线段AB∥平面α，E，F分别是线段AD和BC的中点，当正四面体绕以AB为轴旋转时，线段EF在平面α上的射影E1F1长的范围是（）A．[0，]B．[，]C．[，]D．[，]【解答】解：如图，取AC中点为G，连接EG、FG，∵E，F分别是线段AD和BC的中点，∴GF∥AB，GE∥CD，在正四面体中，AB ⊥CD，∴GE⊥GF，∴EF2=GE2+GF2=，当四面体绕AB旋转时，∵GF∥平面α，GE与GF的垂直性保持不变，当CD与平面α垂直时，GE在平面上的射影长最短为0，此时EF在平面α上的射影E1F1的长取得最小值；当CD与平面α平行时，GE在平面上的射影长最长为，E1F1取得最大值，∴射影E1F1长的取值范围是[，]，故选：D．11．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P 到各顶点的距离的不同取值有（）A．3个B．4个C．5个D．6个【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|=3，则A（3，0，0），B（3，3，0），C（0，3，0），D（0，0，0），A1（3，0，3），B1（3，3，3），C1（0，3，3），D1（0，0，3），∴=（﹣3，﹣3，3），设P（x，y，z），∵=（﹣1，﹣1，1），∴=（2，2，1）．∴|PA|=|PC|=|PB1|==，|PD|=|PA1|=|PC1|=，|PB|=，|PD1|==．故P到各顶点的距离的不同取值有，3，，共4个．故选：B．12．（5分）已知三棱锥A﹣BCO，OA、OB、OC两两垂直且长度均为6，长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动（含边界），则MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积为（）A．B．或36+C．36﹣D．或36﹣【解答】解：因为长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动（含边界），有空间想象能力可知MN的中点P的轨迹为以O为球心，以1为半径的球体，则MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体可能为该球体的或该三棱锥减去此球体的，即：或．故选：D．二．填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分．）13．（5分）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，设=，=，=，E，F分别为AA 1，C1D1中点，则可用表示为（+）+．【解答】解：如图示：，作FG∥CC′交CD于G，作AH∥EF交FG于H，显然=，而=+=+++=+﹣+=（+）+，故答案为：（+）+．14．（5分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，∠BAD=∠ABC=90°，BC=2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成角的大小为90°．【解答】解：过D作DE⊥BC于E，连结AE，BD交于点O，连结PO．∵∠BAD=∠ABC=90°，△PAB和△PAD都是等边三角形，∴四边形ABED是正方形，∴O是AE，BD的中点．OA=OB．∵PB=PD，∴PO⊥BD，∵PA=PB，OA=OB，PO为公共边，∴△POA≌△POB，∴∠POA=∠POB，∴PO⊥AE，∵四边形ABED是正方形，∴AE⊥BD．又PO⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，PO∩BD=O，∴AE⊥平面PBD．∵BC=2AD，∴E是BC的中点．∴CD∥OE，∴CD⊥平面PBD．∵PB⊂平面PBD，∴CD⊥PB．∴异面直线CD与PB所成角为90°．故答案为90°．15．（5分）一个几何体的三视图如图所示，其侧（左）视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积是8+π．【解答】解：由已知中的三视图可得该几何体是一个半圆锥和四棱锥的组合体，四棱柱的底面面积为3×4=12，半圆锥的底面面积为=2π，两个锥体的高均侧视图的高，即2，故该组合体的体积V=×（12+2π）×2=8+π，故答案为：8+π16．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E为A1B1的中点，则下列五个命题：①点E到平面ABC1D1的距离为；②直线BC与平面ABC1D1所成角为45°；③空间四边形ABCD1在正方体六个面内的射影围成的图形中，面积最小的值为；④BE与CD1所成角的正弦值为；⑤二面角A﹣BD1﹣C的大小为．其中真命题是②③④．（写出所有真命题的序号）【解答】解：①由于A1B1∥平面ABC1D1，故B1到平面ABC1D1的距离即点E到平面ABC1D1的距离，连接B1C交BC1于F，则易得B1F垂直于平面ABC1D1，而B1F=，故点E到平面ABC1D1的距离为，故①错；②易得B1C垂直于平面ABC1D1，故∠CBC1为直线BC与平面ABC1D1所成的角，且为45°，故②正确；③易得空间四边形ABCD1在正方体的面ABCD、面A1B1C1D1内的射影面积为1，在面BB1C1C内、面AA1D1D内的射影面积为，在面ABB1A1内、面CC1D1D内的射影面积为，故③正确；④BE与CD1所成的角，即为BA1与BE所成角，即为∠A1BE，A1E=，BE=，BA1=，cos∠A1BE==，sin∠A1BE=，故④正确；⑤在直角三角形BAD1中过A作AH垂直于BD1，连接CH，易知CH垂直于BD1，故∠AHC是二面角A﹣BD1﹣C的平面角，由余弦定理得，cos∠AHC==﹣，故∠AHC=，故⑤错．故答案为：②③④三．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．（10分）（文）已知矩形ABB1A1是圆柱体的轴截面，O、O1分别是下底面圆和上底面圆的圆心，母线长与底面圆的直径长之比为2：1，且该圆柱体的体积为32π，如图所示．（1）求圆柱体的侧面积S的值；侧（2）若C1是半圆弧的中点，点C在半径OA上，且OC=OA，异面直线CC1与BB1所成的角为θ，求sinθ的值．【解答】解：（1）设圆柱的底面圆的半径为R，依据题意，有AA1=2AB=4R，∴πR2•AA1=32π，∴R=2．=2πR•AA1=32π．∴S侧（2）设D是线段A1O1的中点，联结D1C，DC，O1C1，则C1O1⊥A1B1，CO∥BB1．因此，∠C1CD就是异面直线CC1与BB1所成的角，即∠C1C D=θ．又R=2，∠C1CD=θ，∠C1O1D=90°，∴DC1=，CC1=．∴sinθ==．18．（12分）如图四边形ABCD为梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，求图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积和体积．【解答】解：由题意知，所求旋转体的表面积由三部分组成：圆台下底面、侧面和一半球面（3分）S半球=8π，S圆台侧=35π，S圆台底=25π．故所求几何体的表面积为：8π+35π+25π=68π （7分）由，（9分）（11分）所以，旋转体的体积为（12分）19．（12分）如图所示，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，AB=1，AD=，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．（Ⅰ）若PA=1，求证：AF⊥PC；（Ⅱ）若二面角P﹣BC﹣A的大小为60°，则CE为何值时，三棱锥F﹣ACE的体积为？【解答】（Ⅰ）证明：∵PA=AB=1，F为PB中点，∴AF⊥PB（1分）又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC（2分）又∵ABCD是矩形，∴AB⊥BC（3分）∴BC⊥平面PAB，而AF⊂平面PAB（4分）∴AF⊥BC，∴AF⊥平面PBC（5分）而PC⊂平面PBC，∴AF⊥PC（6分）（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知：PB⊥BC且AB⊥BC（7分）∴∠PBA为二面角P﹣BC﹣A的一个平面角，则∠PBA=60°（8分）∴（9分）∴，解得（11分）即时，三棱锥F﹣ACE的体积为（12分）20．（12分）如图，边长为2的正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，AD 与CE的交点为M，AC⊥BC，且AC=BC．（1）求证：AM⊥平面EBC；（2）求二面角A﹣EB﹣C的大小．【解答】解：∵四边形ACDE是正方形，所以EA⊥AC，AM⊥EC，∵平面ACDE⊥平ABC，∴EA⊥平面ABC，∴可以以点A为原点，以过A点平行于BC的直线为x轴，分别以直线AC和AE为y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz．设EA=AC=BC=2，则A（0，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，0，2），∵M是正方形ACDE的对角线的交点，∴M（0，1，1）．（1），，，∴∴AM⊥EC，AM⊥CB，∴AM⊥平面EBC．（2）设平面EBA的法向量为，则且，∴．∴，取y=﹣1，则x=1，则．又∵为平面EBC的一个法向量，且），∴，设二面角A﹣EB﹣C的平面角为θ，则，∴二面角A﹣EB﹣C等60°．21．（12分）如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是，D是AC的中点．（Ⅰ）求证：B1C∥平面A1BD；（Ⅱ）求二面角A1﹣BD﹣A的大小；（Ⅲ）在线段AA1上是否存在一点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD，若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由．【解答】（本小题满分14分）（Ⅰ）证明：连结AB1交A1B于M，连结B1C，DM，因为三棱柱ABC﹣A1B1C1是正三棱柱，所以四边形AA1B1B是矩形，所以M为A1B的中点．因为D是AC的中点，所以MD是三角形AB1C的中位线，…（2分）所以MD∥B1C．…（3分）因为MD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，所以B1C∥平面A1BD．…（4分）（Ⅱ）解：作CO⊥AB于O，所以CO⊥平面ABB1A1，所以在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，如图建立空间直角坐标系O﹣xyz．因为AB=2，，D是AC的中点．所以A（1，0，0），B（﹣1，0，0），，，…（5分）所以，，．设是平面A 1BD的法向量，所以即令，则y=2，z=3，所以是平面A 1BD的一个法向量．…（6分）由题意可知是平面ABD的一个法向量，…（7分）所以．…（8分）所以二面角A1﹣BD﹣A的大小为．…（9分）（Ⅲ）解：设E（1，x，0），则，设平面B1C1E的法向量，所以即令，则x 1=3，，，…（12分）又，即，解得，所以存在点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD且．…（14分）22．（12分）如图，在三棱锥C﹣ABD中，AC⊥CB，AC=CB，E为AB的中点，AD=DE=EC=2，CD=2．（Ⅰ）求证：平面ABC⊥平面ABD；（Ⅱ）求直线BD与平面CAD所成角的正弦值．【解答】（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：在△CDE中，，∴，∴CD2=DE2+EC2，则△CDE为直角三角形，所以，CE⊥DE．又由已知AC⊥BC，AC=BC，且E是AB的中点，得CE⊥AB．又AB∩DE=E，∴CE⊥平面ABD又CE⊂面ABC，∴平面ABC⊥平面ABD．（6分）（Ⅱ）解：以E点为坐标原点，建立如图所示直角坐标系，则C（0，0，2），B（0，2，0），，．设平面ACD的法向量为，则有，即，解得：，所以，平面ACD的一个法向量为，，故直线DB与平面ADE所成角的正弦值为．（12分）。
2015-2016年河北省衡水中学高一下学期数学期末试卷与解析PDF(理科)
2015-2016学年河北省衡水中学高一（下）期末数学试卷（理科）一、选择题（本大題共12小题，每小题5分，共60分．在下列四个选项中，只有一个是符合题目要求的）1．（5分）已知等差数列{a n}满足a2+a4=4，a3+a5=10，则它的前10项的和S10=（）A．138 B．135 C．95 D．232．（5分）过点（1，2）且与原点距离最大的直线方程是（）A．x+2y﹣5=0 B．2x+y﹣4=0 C．x+3y﹣7=0 D．3x+y﹣5=03．（5分）过原点的直线与圆x2+y2+4x+3=0相切，若切点在第三象限，则该直线的方程是（）A．y=B．y=﹣C．D．4．（5分）由直线y=x+1上的一点向圆x2﹣6x+y2+8=0引切线，则切线长的最小值为（）A．1 B．2 C．D．35．（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．6．（5分）在圆x2+y2﹣2x﹣6y=0内，过点E（0，1）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为（）A．B．C．D．7．（5分）已知圆C：x2+y2+mx﹣4=0上存在两点关于直线x﹣y+3=0对称，则实数m的值（）A．8 B．﹣4 C．6 D．无法确定8．（5分）数列{a n}中，，且a1=2，则a n等于（）A．B．C．D．9．（5分）三棱锥P﹣ABC的四个顶点均在同一球面上，其中△ABC是正三角形，PA⊥平面ABC，PA=2AB=6，则该球的体积为（）A．16πB．32πC．48πD．64π10．（5分）设数列{a n}满足：a1=1，a2=3，且2na n=（n﹣1）a n﹣1+（n+1）a n+1，则a20的值是（）A．4B．4C．4D．411．（5分）一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是（）A．112 B．80 C．72 D．6412．（5分）过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A作直线L，使L与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线L可以作（）A．1条 B．2条 C．3条 D．4条二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）若点P（1，2）在以坐标原点为圆心的圆上，则该圆在点P处的切线方程为．14．（5分）m，n，l表示三条不同的直线，α，β，γ表示三个不同的平面，下列命题中①若m，n与l都垂直，则m∥n；②若m∥α，m∥n，则n∥α；③若m⊥α，n∥β且α∥β，则m⊥n；④若γ⊥α，γ⊥β，则α∥β其中正确的命题是．（写出所有正确命题的序号）15．（5分）已知⊙O：x2+y2=1．若直线y=kx+2上总存在点P，使得过点P的⊙O 的两条切线互相垂直，则实数k的取值范围是．16．（5分）在直角三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若BC⊥AC，∠BAC=，AC=4，AA1=4，M为AA1中点，点P为BM中点，Q在线段CA1上，且A1Q=3QC，则PQ的长度为．三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应该写出必要的文宇说明、证明过程或演算步骤）17．（10分）已知圆C：x2+（y﹣1）2=5，直线l：mx﹣y+1﹣m=0（1）设直线l与圆C交于A、B两点，若|AB|=，求直线l的倾斜角；（2）求证：对m∈R，直线l与圆C恒有两个交点．18．（12分）如图，三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA=1，AB=1，AC=2，∠BAC=60°．（1）求三棱锥P﹣ABC的体积；（2）证明：在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM，并求的值．19．（12分）已知数列{a n}的前n项和为S n，对一切正整数n，点P n（n，S n）都在函数f（x）=x2+2x的图象上，且过点P n（n，S n）的切线的斜率为k n．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设Q={x|x=k n，n∈N*}，R={x|x=2a n，n∈N*}，等差数列{c n}的任一项c n∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小数，110＜c10＜115，求{c n}的通项公式．20．（12分）如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF=1．（1）求证：平面FBC⊥平面ACFE；（2）点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ（θ≤90°），试求cosθ的取值范围．21．（12分）在平面直角坐标系xoy中，已知圆C1：（x+3）2+（y﹣1）2=4和圆C2：（x﹣4）2+（y﹣5）2=4（1）若直线l过点A（4，0），且被圆C1截得的弦长为2，求直线l的方程（2）设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，求所有满足条件的点P的坐标．22．（12分）已知圆x2+y2=25，△ABC内接于此圆，A点的坐标（3，4），O为坐标原点．（1）若△ABC的重心是，求直线BC的方程；（三角形重心是三角形三条中线的交点，并且重心到顶点的距离是它到对边中点距离的两倍）（2）若直线AB与直线AC的倾斜角互补，求证：直线BC的斜率为定值．2015-2016学年河北省衡水中学高一（下）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大題共12小题，每小题5分，共60分．在下列四个选项中，只有一个是符合题目要求的）1．（5分）已知等差数列{a n}满足a2+a4=4，a3+a5=10，则它的前10项的和S10=（）A．138 B．135 C．95 D．23【解答】解：∵（a3+a5）﹣（a2+a4）=2d=6，∴d=3，a1=﹣4，∴S10=10a1+=95．故选：C．2．（5分）过点（1，2）且与原点距离最大的直线方程是（）A．x+2y﹣5=0 B．2x+y﹣4=0 C．x+3y﹣7=0 D．3x+y﹣5=0【解答】解：设A（1，2），则OA的斜率等于2，故所求直线的斜率等于﹣，由点斜式求得所求直线的方程为y﹣2=﹣（x﹣1），化简可得x+2y﹣5=0，故选：A．3．（5分）过原点的直线与圆x2+y2+4x+3=0相切，若切点在第三象限，则该直线的方程是（）A．y=B．y=﹣C．D．【解答】解：如图，圆方程为（x+2）2+y2=12，圆心为A（﹣2，0），半径为1，．故选：C．4．（5分）由直线y=x+1上的一点向圆x2﹣6x+y2+8=0引切线，则切线长的最小值为（）A．1 B．2 C．D．3【解答】解：圆x2﹣6x+y2+8=0⇒（x﹣3）2+y2=1的圆心C（3，0），半径r=1，∵半径一定，∴切线最短则圆心和点的距离最小，则此时就是C到x﹣y+1=0的距离d==2，由勾股定理切线长最小值为：=．故选：C．5．（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．6．（5分）在圆x2+y2﹣2x﹣6y=0内，过点E（0，1）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为（）A．B．C．D．【解答】解：把圆的方程化为标准方程得：（x﹣1）2+（y﹣3）2=10，则圆心坐标为（1，3），半径为，根据题意画出图象，如图所示：由图象可知：过点E最长的弦为直径AC，最短的弦为过E与直径AC垂直的弦，则AC=2，MB=，ME==，所以BD=2BE=2=2，又AC⊥BD，所以四边形ABCD的面积S=AC•BD=×2×2=10．故选：B．7．（5分）已知圆C：x2+y2+mx﹣4=0上存在两点关于直线x﹣y+3=0对称，则实数m的值（）A．8 B．﹣4 C．6 D．无法确定【解答】解：因为圆上两点A、B关于直线x﹣y+3=0对称，所以直线x﹣y+3=0过圆心（﹣，0），从而﹣+3=0，即m=6．故选：C．8．（5分）数列{a n}中，，且a1=2，则a n等于（）A．B．C．D．【解答】解：∵，∴即∴数列{}是首项为，公差为3的等差数列则=+（n﹣1）×3=3n﹣=∴a n=故选：B．9．（5分）三棱锥P﹣ABC的四个顶点均在同一球面上，其中△ABC是正三角形，PA⊥平面ABC，PA=2AB=6，则该球的体积为（）A．16πB．32πC．48πD．64π【解答】解：由题意画出几何体的图形如图，把A、B、C、P扩展为三棱柱，上下底面中心连线的中点与A的距离为球的半径，PA=2AB=6，OE=3，△ABC是正三角形，∴AB=3，∴AE==．AO==2．所求球的体积为：（2）3=32π．故选：B．10．（5分）设数列{a n}满足：a1=1，a2=3，且2na n=（n﹣1）a n﹣1+（n+1）a n+1，则a20的值是（）A．4B．4C．4D．4【解答】解：令b n=na n，则由2na n=（n﹣1）a n﹣1+（n+1）a n+1，得2b n=b n﹣1+b n+1，∴数列{b n}构成以1为首项，以2a2﹣a1=5为公差的等差数列，则b n=1+5（n﹣1）=5n﹣4，即na n=5n﹣4，∴，则．故选：D．11．（5分）一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是（）A．112 B．80 C．72 D．64【解答】解：由三视图可知，此几何体是由一个棱柱和一个棱锥构成的组合体，棱柱的体积为4×4×4=64；棱锥的体积为×4×4×3=16；则此几何体的体积为80；故选：B．12．（5分）过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A作直线L，使L与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线L可以作（）A．1条 B．2条 C．3条 D．4条【解答】解：第一类：通过点A位于三条棱之间的直线有一条体对角线AC1，第二类：在图形外部和每条棱的外角和另2条棱夹角相等，有3条，合计4条．故选：D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）若点P（1，2）在以坐标原点为圆心的圆上，则该圆在点P处的切线方程为x+2y﹣5=0．【解答】解：由题意可得OP和切线垂直，故切线的斜率为﹣==﹣，故切线的方程为y﹣2=﹣（x﹣1），即x+2y﹣5=0，故答案为：x+2y﹣5=0．14．（5分）m，n，l表示三条不同的直线，α，β，γ表示三个不同的平面，下列命题中①若m，n与l都垂直，则m∥n；②若m∥α，m∥n，则n∥α；③若m⊥α，n∥β且α∥β，则m⊥n；④若γ⊥α，γ⊥β，则α∥β其中正确的命题是③．（写出所有正确命题的序号）【解答】解：m，n，l表示不同直线，α，β，γ表示三个不同平面，对于①，∵若m⊥l，n⊥l，则m与n平行，相交或异面，故①错误；对于②，若m∥α，m∥n，则n∥α或n⊂α，故②不正确；对于③，由于n∥β且α∥β可得出n⊂α或n∥α，又m⊥α可得出m⊥n，故若m⊥α，n∥β且α∥β，则m⊥n，故③正确；④α⊥γ，β⊥γ，如图：显然此时α与β相交，故④错误．故答案为：③．15．（5分）已知⊙O：x2+y2=1．若直线y=kx+2上总存在点P，使得过点P的⊙O 的两条切线互相垂直，则实数k的取值范围是（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）．【解答】解：∵圆心为O（0，0），半径R=1．设两个切点分别为A、B，则由题意可得四边形PAOB为正方形，故有PO=R=，∴圆心O到直线y=kx+2的距离d≤，即，即1+k2≥2，解得k≥1或k≤﹣1，故答案为：（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）16．（5分）在直角三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若BC⊥AC，∠BAC=，AC=4，AA1=4，M为AA1中点，点P为BM中点，Q在线段CA1上，且A1Q=3QC，则PQ的长度为．【解答】解：以C为原点，CB为x轴，CA为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，则由题意得A（0，4，0），C（0，0，0），B（4，0，0），M（0，4，2），A1（0，4，4），P（2，2，1），==（0，4，4）=（0，1，1），∴Q（0，1，1），∴PQ的长度为|PQ|==．故答案为：．三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应该写出必要的文宇说明、证明过程或演算步骤）17．（10分）已知圆C：x2+（y﹣1）2=5，直线l：mx﹣y+1﹣m=0（1）设直线l与圆C交于A、B两点，若|AB|=，求直线l的倾斜角；（2）求证：对m∈R，直线l与圆C恒有两个交点．【解答】（1）解：由圆C：x2+（y﹣1）2=5，得半径r=，又|AB|=，∴圆心C（0，1）到直线l：mx﹣y+1﹣m=0的距离d=．由点到直线的距离公式得d=，解得m=．∴直线的斜率等于．故直线的倾斜角为或；（2）证明：圆C：x2+（y﹣1）2=5的圆心C（0，1），半径为，圆心C到直线l：mx﹣y+1﹣m=0的距离d=．∴直线l与圆C相交，即对∀m∈R，直线l与圆C恒有两个交点．18．（12分）如图，三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA=1，AB=1，AC=2，∠BAC=60°．（1）求三棱锥P﹣ABC的体积；（2）证明：在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM，并求的值．【解答】（1）解：由题设，AB=1，AC=2，∠BAC=60°，可得S==．△ABC因为PA⊥平面ABC，PA=1，所以V P=•S△ABC•PA=；﹣ABC（2）解：过B作BN⊥AC，垂足为N，过N作MN∥PA，交PC于点M，连接BM，由PA⊥平面ABC，知PA⊥AC，所以MN⊥AC，因为BN∩MN=N，所以AC⊥平面MBN．因为BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM．在直角△BAN中，AN=AB•cos∠BAC=，从而NC=AC﹣AN=．由MN∥PA得==．19．（12分）已知数列{a n}的前n项和为S n，对一切正整数n，点P n（n，S n）都在函数f（x）=x2+2x的图象上，且过点P n（n，S n）的切线的斜率为k n．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设Q={x|x=k n，n∈N*}，R={x|x=2a n，n∈N*}，等差数列{c n}的任一项c n∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小数，110＜c10＜115，求{c n}的通项公式．【解答】解：（1）因为点P n（n，S n）都在函数f（x）=x2+2x的图象上，所以S n=n2+2n，当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=2n+1，当n=1时，a n=3满足上式，所以数列{a n}的通项公式a n=2n+1；（2）由f（x）=x2+2x求导得f′（x）=2x+2，∴k n=2n+2，∴Q={x|x=2n+2，n∈N*}，又R={x|x=4n+2，n∈N*}，所以Q∩R=R，又c n∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小数，所以c1=6，又{c n}是公差为4的倍数的等差数列，所以令c10=4m+6，又110＜c10＜115，解得m=27，所以c10=114，设等差数列{c n}的公差为d，则c10﹣c1=9d，d=12．所以{c n}的通项公式c n=6+（n﹣1）×12=12n﹣6．20．（12分）如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF=1．（1）求证：平面FBC⊥平面ACFE；（2）点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ（θ≤90°），试求cosθ的取值范围．【解答】（1）证明：在四边形ABCD中，∵AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°，∴AB=2，∴AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cos60°=3，∴AB2=AC2+BC2，∴BC⊥AC．∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD=AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ACFE．又∵BC⊂平面FBC，∴平面ACFE⊥平面FBC．…（5分）（2）解：由（1）可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，令FM=λ（0≤λ≤），则C（0，0，0），A（，0，0），B（0，1，0），M（λ，0，1），∴=（﹣，1，0），=（λ，﹣1，1），设=（x，y，z）为平面MAB的一个法向量，由，得取x=1，则=（1，，），∵=（1，0，0）是平面FCB的一个法向量，∴cosθ=cos＜＞==，…（10分）∵0≤λ≤，∴当λ=0时，cosθ有最小值，当λ=时，cosθ有最大值．∴cosθ∈[]．…（12分）21．（12分）在平面直角坐标系xoy中，已知圆C1：（x+3）2+（y﹣1）2=4和圆C2：（x﹣4）2+（y﹣5）2=4（1）若直线l过点A（4，0），且被圆C1截得的弦长为2，求直线l的方程（2）设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，求所有满足条件的点P的坐标．【解答】解：（1）由于直线x=4与圆C1不相交；∴直线l的斜率存在，设l方程为：y=k（x﹣4）（1分）圆C1的圆心到直线l的距离为d，∵l被⊙C1截得的弦长为2∴d==1（2分）d=从而k（24k+7）=0即k=0或k=﹣∴直线l的方程为：y=0或7x+24y﹣28=0（5分）（2）设点P（a，b）满足条件，由题意分析可得直线l 1、l2的斜率均存在且不为0，不妨设直线l1的方程为y﹣b=k（x﹣a），k≠0则直线l2方程为：y﹣b=﹣（x﹣a）（6分）∵⊙C1和⊙C2的半径相等，及直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，∴⊙C1的圆心到直线l1的距离和圆C2的圆心到直线l2的距离相等即=（8分）整理得|1+3k+ak﹣b|=|5k+4﹣a﹣bk|∴1+3k+ak﹣b=±（5k+4﹣a﹣bk）即（a+b﹣2）k=b﹣a+3或（a﹣b+8）k=a+b﹣5因k的取值有无穷多个，所以或（10分）解得或这样的点只可能是点P1（，﹣）或点P2（﹣，）（12分）22．（12分）已知圆x2+y2=25，△ABC内接于此圆，A点的坐标（3，4），O为坐标原点．（1）若△ABC的重心是，求直线BC的方程；（三角形重心是三角形三条中线的交点，并且重心到顶点的距离是它到对边中点距离的两倍）（2）若直线AB与直线AC的倾斜角互补，求证：直线BC的斜率为定值．【解答】解：设B（x1，y1），C（x2，y2），由题意可得：即，又，相减得：（x1+x2）（x1﹣x2）+（y1+y2）（y1﹣y2）=0，∴∴直线BC的方程为y﹣1=﹣（x﹣1），即x+y﹣2=0（2）设AB：y=k（x﹣3）+4，代入圆的方程整理得：（1+k2）x2+（8k﹣6k2）x+9k2﹣24k﹣9=0∵3，x1是上述方程的两根，∴同理可得：∴赠送初中数学几何模型【模型五】垂直弦模型：图形特征：运用举例：1.已知A、B、C、D是⊙O上的四个点.(1)如图1，若∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝CD，求证AC⊥BD；(2)如图2，若AC⊥BD，垂足为E，AB＝2，DC＝4，求⊙O的半径.O DAB CEAOD CB2.如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD于P，设⊙O的半径是2。
2015-2016学年河北省衡水中学高一(下)期中数学试卷(理科)
2015-2016学年河北省衡水中学高一（下）期中数学试卷（理科）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. 已知向量，则与的夹角为（）A.B.C.D.2. 如图，正方体中，棱长为，，则点坐标为（）A.B.C.D.3. 设、、，则的中点到点的距离为（）A.B.C.D.4. 设，是不同的直线，、、是三个不同的平面，有以下四个命题：①若，，则；②若，，则；③若，，，则④若，，则．其中正确命题的序号是（）A.①③B.②③C.③④D.①④5. 正四棱锥的侧棱长是底面长的倍，则的取值范围是（）A.B.C.D. 6. 已知圆锥的底面半径为，高为，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（）A.B.C.D.7. 如图，正四棱锥底面的四个顶点、、、在球的同一个大圆上，点在球面上，如果，则求的表面积为（）A.B.C.D.8. 如图是水平放置的平面图形的斜二测直观图，其原来平面图形面积是（）A.B.C.D.9. 如图，在长方体中，，，则与平面所成角的正弦值为（）A.B.C.D.10. 正四面体的棱长为，其中线段平面，，分别是线段和的中点，当正四面体绕以为轴旋转时，线段在平面上的射影长的范围是（）A.B.C.D.11. 如图，在正方体中，为对角线的三等分点，到各顶点的距离的不同取值有（）A.个B.个C.个D.个12. 已知三棱锥，、、两两垂直且长度均为，长为的线段的一个端点在棱上运动，另一个端点在内运动（含边界），则的中点的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积为（）A.B.或C.D.或二．填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分．）1. 已知长方体，设，，，，分别为，中点，则可用表示为________．2. 如图，四棱锥中，，，和都是等边三角形，则异面直线与所成角的大小为________．3. 一个几何体的三视图如图所示，其侧（左）视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积是________．4. 如图，正方体的棱长为，为的中点，则下列五个命题：①点到平面的距离为；②直线与平面所成角为；③空间四边形在正方体六个面内的射影围成的图形中，面积最小的值为；④与所成角的正弦值为；⑤二面角的大小为．其中真命题是________．（写出所有真命题的序号）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．1. （文）已知矩形是圆柱体的轴截面，、分别是下底面圆和上底面圆的圆心，母线长与底面圆的直径长之比为，且该圆柱体的体积为，如图所示．（1）求圆柱体的侧面积的值；（2）若是半圆弧的中点，点在半径上，且，异面直线与所成的角为，求的值．2. 如图四边形为梯形，，，求图中阴影部分绕旋转一周所形成的几何体的表面积和体积．3. 如图所示，平面，是矩形，，，点是的中点，点在边上移动．（1）若，求证：；（2）若二面角的大小为，则为何值时，三棱锥的体积为？4. 如图，边长为的正方形所在的平面与平面垂直，与的交点为，，且．（1）求证：平面；（2）求二面角的大小．5. 如图，正三棱柱的底面边长是，侧棱长是，是的中点．（1）求证：平面；（2）求二面角的大小；（3）在线段上是否存在一点，使得平面平面，若存在，求出的长；若不存在，说明理由．6. 如图，在三棱锥中，，，为的中点，，．（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．参考答案与试题解析2015-2016学年河北省衡水中学高一（下）期中数学试卷（理科）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.【答案】C【考点】数量积表示两个向量的夹角【解析】设则与的夹角为由向量夹角的定义可得，可得【解答】解：设则与的夹角为由向量夹角的定义可得，∵∴故选2.【答案】C【考点】空间中的点的坐标【解析】根据题意，设出点，结合题意利用坐标表示列出方程组，求出解即可．【解答】解：如图所示，设点，且点，，；∵点在正方体的对角线，∴ ①，又，∴ ②，又与共线，∴ ③；由①②③组成方程组，解得；∴点坐标为．故选：．3. 【答案】C【考点】点、线、面间的距离计算【解析】先由中点坐标公式求得的中点的空间直角坐标，再利用空间坐标系中两点间的距离公式求出到点的距离即可．【解答】解：∵、∴的中点坐标为：，又∵，∴到点的距离为：．故选．4.【答案】A【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【解析】根据空间线面位置关系的性质和判定定理判断或举出反例说明．【解答】解：①由于垂直于同一个平面的两条直线平行，故①正确．②设三棱柱的三个侧面分别为，，，其中两条侧棱为，，显然，但与不平行，故②错误．③∵，∴当时，，故③正确．④当三个平面，，两两垂直时，显然结论不成立，故④错误．故选：．5.【答案】D【考点】棱锥的结构特征【解析】从棱锥顶点向底面正方形中心引一辅助线，该辅助线垂直底面，辅助线、侧棱与正方形对角线的一半构成直角三角形，侧棱为斜边；根据直角三角形中的边角关系即可求出的取值范围．【解答】解：如图所示，设正四棱锥底面中心为，，则，易知；在中，，∵，∴，∴，解得；∴的取值范围是．6.【答案】C【考点】柱体、锥体、台体的侧面积和表面积【解析】将全面积表示成底面半径的函数，用配方法求二次函数的最大值．【解答】解：设内接圆柱的底面半径为，高为，全面积为，则有．∴，∴∴当时，取的最大值．故选：．7.【答案】D【考点】球的体积和表面积【解析】由题意可知，平面，并且是半径，由体积求出半径，然后求出球的表面积．【解答】解：如图，正四棱锥底面的四个顶点，，，在球的同一个大圆上，点在球面上，底面，，，，所以，，球的表面积是，故选．8. 【答案】C【考点】水平放置的平面图形的直观图【解析】用斜二侧画法的法则，可知原图形是一个两边分别在、轴的直角三角形，轴上的边长与原图形相等，而轴上的边长是原图形边长的一半，由此不难得到平面图形的面积．【解答】解：设原图形为，∵，∴，，因此，的面积为故选9.【答案】D【考点】直线与平面所成的角【解析】由题意，由于图形中已经出现了两两垂直的三条直线所以可以利用空间向量的方法求解直线与平面所成的夹角．【解答】解：以点为坐标原点，以、、所在的直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系（图略），则，，，∴，，且为平面的一个法向量．∴，．∴与平面所成角的正弦值为故答案为．10.【答案】D【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【解析】取中点为，连接、，根据四面体绕旋转时，平面，与的垂直性保持不变，当与平面垂直时射影的长取得最小，当与平面平行时，取得最大，分别求出最大、最小值，可得答案．【解答】解：如图，取中点为，连接、，∵，分别是线段和的中点，∴，，在正四面体中，，∴，∴，当四面体绕旋转时，∵平面，与的垂直性保持不变，当与平面垂直时，在平面上的射影长最短为，此时在平面上的射影的长取得最小值；当与平面平行时，在平面上的射影长最长为，取得最大值，∴射影长的取值范围是，故选：11.【答案】B【考点】点、线、面间的距离计算【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长，即可得到各顶点的坐标，利用两点间的距离公式即可得出．【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长，则，，，，，，，，∴，设，∵，∴．∴，，，．故到各顶点的距离的不同取值有，，，共个．故选：．12.【答案】D【考点】柱体、锥体、台体的体积【解析】由于长为的线段的一个端点在棱上运动，另一个端点在内运动（含边界），有空间想象能力可知的中点的轨迹为以为球心，以为半径的球体，故的中点的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积，利用体积分割及球体的体积公式即可．【解答】解：因为长为的线段的一个端点在棱上运动，另一个端点在内运动（含边界），有空间想象能力可知的中点的轨迹为以为球心，以为半径的球体，则的中点的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体可能为该球体的或该三棱锥减去此球体的，即：或．故选二．填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分．）1.【答案】【考点】空间向量的有关概念【解析】根据向量的运算性质计算即可．【解答】解：如图示：，作交于，作交于，显然，而，故答案为：．2.【答案】【考点】异面直线及其所成的角【解析】过作于，连结，交于点，连结．则四边形为正方形，为中点，利用得出，，于是可证，得出，又得出平面，从而平面，得到．【解答】解：过作于，连结，交于点，连结．∵，和都是等边三角形，∴四边形是正方形，∴是，的中点．．∵，∴，∵，，为公共边，∴，∴，∴，∵四边形是正方形，∴．又平面，平面，，∴平面．∵，∴是的中点．∴，∴平面．∵平面，∴．∴异面直线与所成角为．故答案为．3.【答案】【考点】由三视图求面积、体积【解析】由已知中的三视图可得该几何体是一个半圆锥和四棱锥的组合体，分别求出两个锥体底面面积和高，代入可得答案．【解答】解：由已知中的三视图可得该几何体是一个半圆锥和四棱锥的组合体，四棱柱的底面面积为，半圆锥的底面面积为，两个锥体的高均侧视图的高，即，故该组合体的体积，故答案为：4.【答案】②③④【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【解析】对个命题分别进行判断，即可得出结论．【解答】解：①由于平面，故到平面的距离即点到平面的距离，连接交于，则易得垂直于平面，而，故点到平面的距离为，故①错；②易得垂直于平面，故为直线与平面所成的角，且为，故②正确；③易得空间四边形在正方体的面、面内的射影面积为，在面内、面内的射影面积为，在面内、面内的射影面积为，故③正确；④与所成的角，即为与所成角，即为，，，，，，故④正确；⑤在直角三角形中过作垂直于，连接，易知垂直于，故是二面角的平面角，由余弦定理得，，故，故⑤错．故答案为：②③④三．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．1. 【答案】解：（1）设圆柱的底面圆的半径为，依据题意，有，∴，∴．∴．（2）设是线段的中点，联结，，，则，．因此，就是异面直线与所成的角，即．又，，，∴，．∴．【考点】异面直线及其所成的角旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【解析】（1）利用圆柱体的体积为，求出，即可求圆柱体的侧面积的值；（2）设是线段的中点，联结，，，则，，因此，就是异面直线与所成的角，求出，，即可求的值．【解答】解：（1）设圆柱的底面圆的半径为，依据题意，有，∴，∴．∴．（2）设是线段的中点，联结，，，则，．因此，就是异面直线与所成的角，即．又，，，∴，．∴．2.【答案】解：由题意知，所求旋转体的表面积由三部分组成：圆台下底面、侧面和一半球面，，．故所求几何体的表面积为：由，所以，旋转体的体积为【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【解析】旋转后几何体是一个圆台，从上面挖去一个半球，根据数据利用面积公式与体积公式，可求其表面积和体积．【解答】解：由题意知，所求旋转体的表面积由三部分组成：圆台下底面、侧面和一半球面，，．故所求几何体的表面积为：由，所以，旋转体的体积为3.【答案】（1）证明：∵，为中点，∴又∵平面，∴又∵是矩形，∴∴平面，而平面∴，∴平面而平面，∴（2）解：由（1）知：且∴为二面角的一个平面角，则∴∴，解得即时，三棱锥的体积为【考点】与二面角有关的立体几何综合题异面直线及其所成的角【解析】（1）证明，只需证明平面；（2）确定为二面角的一个平面角，利用三棱锥的体积为，求出．【解答】（1）证明：∵，为中点，∴又∵平面，∴又∵是矩形，∴∴平面，而平面∴，∴平面而平面，∴（2）解：由（1）知：且∴为二面角的一个平面角，则∴∴，解得即时，三棱锥的体积为4.【答案】解：∵四边形是正方形，所以，，∵平面平，∴平面，∴可以以点为原点，以过点平行于的直线为轴，分别以直线和为轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，，，，∵是正方形的对角线的交点，∴．，，，∴∴，，∴平面．（2）设平面的法向量为，则且，∴．∴，取，则，则．又∵为平面的一个法向量，且），∴，设二面角的平面角为，则，∴二面角等．【考点】用空间向量求平面间的夹角直线与平面垂直的判定二面角的平面角及求法【解析】（1）利用线面垂直的判定定理证明．（2）建立空间直角坐标，利用向量法求二面角的大小．【解答】解：∵四边形是正方形，所以，，∵平面平，∴平面，∴可以以点为原点，以过点平行于的直线为轴，分别以直线和为轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，，，，∵是正方形的对角线的交点，∴．，，，∴∴，，∴平面．（2）设平面的法向量为，则且，∴．∴，取，则，则．又∵为平面的一个法向量，且），∴，设二面角的平面角为，则，∴二面角等．5.【答案】（1）证明：连结交于，连结，，因为三棱柱是正三棱柱，所以四边形是矩形，所以为的中点．因为是的中点，所以是三角形的中位线，…所以．…因为平面，平面，所以平面．…（2）解：作于，所以平面，所以在正三棱柱中，如图建立空间直角坐标系．因为，，是的中点．所以，，，，…所以，，．设是平面的法向量，所以即令，则，，所以是平面的一个法向量．…由题意可知是平面的一个法向量，…所以．…所以二面角的大小为．…（3）解：设，则，设平面的法向量，所以即令，则，，，…又，即，解得，所以存在点，使得平面平面且．…【考点】平面与平面垂直的性质直线与平面平行的判定与二面角有关的立体几何综合题【解析】（1）连结交于，连结，，由已知条件得四边形是矩形，由三角形中位线能证明平面．（2）作于，建立空间直角坐标系．利用向量法能求出二面角的大小．（3）设，求出平面的法向量，利用向量法能求出存在点，使得平面平面，且．【解答】（1）证明：连结交于，连结，，因为三棱柱是正三棱柱，所以四边形是矩形，所以为的中点．因为是的中点，所以是三角形的中位线，…所以．…因为平面，平面，所以平面．…（2）解：作于，所以平面，所以在正三棱柱中，如图建立空间直角坐标系．因为，，是的中点．所以，，，，…所以，，．设是平面的法向量，所以即令，则，，所以是平面的一个法向量．…由题意可知是平面的一个法向量，…所以．…所以二面角的大小为．…（3）解：设，则，设平面的法向量，所以即令，则，，，…又，即，解得，所以存在点，使得平面平面且．…6.【答案】（1）证明：在中，，∴，∴，则为直角三角形，所以，．又由已知，，且是的中点，得．又，∴平面又面，∴平面平面．（2）解：以点为坐标原点，建立如图所示直角坐标系，则，，，．设平面的法向量为，则有，即，解得：，所以，平面的一个法向量为，，故直线与平面所成角的正弦值为．【考点】平面与平面垂直的判定直线与平面所成的角【解析】（1）由已知条件推导出，，由此能证明平面，从而得到平面平面．（2）以点为坐标原点，建立直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值．【解答】（1）证明：在中，，∴，∴，则为直角三角形，所以，．又由已知，，且是的中点，得．又，∴平面又面，∴平面平面．（2）解：以点为坐标原点，建立如图所示直角坐标系，则，，，．设平面的法向量为，则有，即，解得：，所以，平面的一个法向量为，，故直线与平面所成角的正弦值为．。
河北省衡水中学2015-2016学年高一下学期期中数学试卷(文科)( word版含答案)
2015-2016学年河北省衡水中学高一（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．已知a，b是直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：①a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β；②α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；③b⊥α，β⊥α，则b∥β；④α∥β，α∩γ=a，β∩γ=b，则a∥b，其中正确的命题序号是（）A．①④B．①③C．①②④D．③④2．一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是，，，这个长方体对角线的长是（）A．2B．3C．6 D．3．直线l过点A（1，2），在x轴上的截距取值范围是（﹣3，3），其斜率取值范围是（）A．﹣1B．k＞1或k C．k或k＜1 D．k或k＜﹣1 4．已知棱锥的顶点为P，P在底面上的射影为O，PO=a，现用平行于底面的平面去截这个棱锥，截面交PO于M，并使截得的两部分侧面积相等，设OM=b，则a，b的关系是（）A．b=（﹣1）a B．b=（+1）a C．b= a D．b= a5．一个与球心距离为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．4π6．设三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为V，P、Q分别是侧棱AA1、CC1上的点，且PA=QC1，则四棱锥B﹣APQC的体积为（）A．B．C．D．7．正四棱锥P﹣ABCD的底面积为3，体积为，E为侧棱PC的中点，则PA与BE所成的角为（）A．B．C．D．8．如图，正棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．9．一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是（）A．1+B．2+C．1+2D．210．如图所示的直观图，其平面图形的面积为（）A．3 B．6 C．D．11．已知正方形ABCD的对角线AC与BD相交于E点，将△ACD沿对角线折起，使得平面ABC⊥平面ADC（如图），则下列命题中正确的是（）A．直线AB⊥直线CD，且直线AC⊥直线BDB．直线AB⊥平面BCD，且直线AC⊥平面BDEC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥BDED．平面ABD⊥平面BCD，且平面ACD⊥平面BDE12．如图，动点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上．过点P作垂直于平面BB1D1D 的直线，与正方体表面相交于M，N．设BP=x，MN=y，则函数y=f（x）的图象大致是（）A．B．C．D．二．填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分．）13．已知正四棱锥P﹣ABCD的五个顶点都在同一个球面上，若该正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，则此球的体积为．14．直线xsinα﹣y+1=0的倾角的取值范围．15．若圆锥的侧面展开图是半径为1cm、圆心角为120°的扇形，则这个圆锥的轴截面面积等于．16．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交AA1于点E，交CC1于F，①四边形BFD1E一定是平行四边形②四边形BFD1E有可能是正方形③四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形④四边形BFD1E点有可能垂直于平面BB1D以上结论正确的为（写出所有正确结论的编号）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．如图，在棱长都相等的正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为AA1，B1C的中点．（1）求证：DE∥平面ABC；（2）求证：B1C⊥平面BDE．18．如图所示，圆柱的高为2，底面半径为，AE，DF是圆柱的两条母线，过AD做圆柱的截面交下底面于BC，四边形ABCD是正方形．（I）求证：BC⊥BE；（Ⅱ）求四棱锥E﹣ABCD的体积．19．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是平行四边形，且AB=1，BC=2，∠ABC=60°，E为BC的中点，AA1⊥平面ABCD．（1）证明：平面A1AE⊥平面A1DE；（2）若DE=A1E，试求异面直线AE与A1D所成角的余弦值．20．已知四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上下底面分别是边长为2和4的正方形，AA1=4且AA1⊥底面ABCD，点P为DD1的中点，Q为BC边上的一点．（I）若PQ∥面A1ABB1，求出PQ的长；（Ⅱ）求证：AB1⊥面PBC．21．在如图的几何体中，平面CDEF为正方形，平面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB=2BC，∠ABC=60°，AC⊥FB．（1）求证：AC⊥平面FBC；（2）求直线BF与平面ADE所成角的正弦值．22．如图1，矩形ABCD中，AB=12，AD=6，E、F分别为CD、AB边上的点，且DE=3，BF=4，将△BCE沿BE折起至△PBE位置（如图2所示），连结AP、PF，其中．（Ⅰ）求证：PF⊥平面ABED；（Ⅱ）在线段PA上是否存在点Q使得FQ∥平面PBE？若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由．（Ⅲ）求点A到平面PBE的距离．2015-2016学年河北省衡水中学高一（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．已知a，b是直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：①a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β；②α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；③b⊥α，β⊥α，则b∥β；④α∥β，α∩γ=a，β∩γ=b，则a∥b，其中正确的命题序号是（）A．①④B．①③C．①②④D．③④【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【分析】由直线的方向向量可判断A正确；由面面平行的判定定理、线面垂直的性质可知B 错误；由线面垂直的性质可知C错误；由面面平行的性质定理可知D正确．【解答】解：①分别求直线a，b的一个方向向量，，∵a⊥b，∴⊥，∵a⊥α，b⊥β，∴⊥α，⊥β，∴α⊥β，正确；②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β，此命题不正确，因为垂直于同一平面的两个平面可能平行、相交，不能确定两平面之间是平行关系，故不正确；③b⊥α，β⊥α，则b∥β或b⊂β，故不正确；④由面面平行的性质定理：若两平面平行，第三个平面与他们都相交，则交线平行，可判断若α∥β，α∩γ=a，β∩γ=b则a∥b，故正确．故选：A．【点评】本题主要考查了对线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理、面面平行的判定定理、面面平行的性质定理内容的理解和它们的字母符号表达形式，熟记公式推理严密是解决本题的关键．2．一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是，，，这个长方体对角线的长是（）A．2B．3C．6 D．【考点】棱柱的结构特征．【分析】设出长方体的三度，利用面积公式求出三度，然后求出对角线的长．【解答】解：设长方体三度为x，y，z，则．三式相乘得．故选D．【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查计算能力，空间想象能力，是基础题．3．直线l过点A（1，2），在x轴上的截距取值范围是（﹣3，3），其斜率取值范围是（）A．﹣1B．k＞1或k C．k或k＜1 D．k或k＜﹣1 【考点】直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系．【分析】直接利用直线斜率公式求出两个端点的斜率，即可得到结果．【解答】解：因为直线l过点A（1，2），在x轴上的截距取值范围是（﹣3，3），所以直线端点的斜率分别为：=﹣1，=，如图：所以k或k＜﹣1．故选D．【点评】本题考查直线方程的应用，直线的斜率范围的求法，考查计算能力．4．已知棱锥的顶点为P，P在底面上的射影为O，PO=a，现用平行于底面的平面去截这个棱锥，截面交PO于M，并使截得的两部分侧面积相等，设OM=b，则a，b的关系是（）A．b=（﹣1）a B．b=（+1）a C．b= a D．b= a【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【分析】利用用平行于底面的平面去截这个棱锥，截面交PO于点M，并使截得的两部分侧面积相等，可得截得棱锥的侧面积是原来侧面积的，即相似比为，即可确定a与b的关系．【解答】解：∵用平行于底面的平面去截这个棱锥，截面交PO于点M，并使截得的两部分侧面积相等，截得棱锥的侧面积是原来侧面积的，即相似比为，∵PO=a，OM=b，∴，∴b=（1﹣）a．故选：C．【点评】本题考查棱锥的侧面积，考查图形的相似，考查学生的计算能力，属于基础题．5．一个与球心距离为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【考点】球的体积和表面积；球面距离及相关计算．【分析】求出截面圆的半径，利用勾股定理求球的半径，然后求出球的表面积．【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．【点评】本题考查球的体积和表面积，考查计算能力，逻辑思维能力，是基础题．6．设三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为V，P、Q分别是侧棱AA1、CC1上的点，且PA=QC1，则四棱锥B﹣APQC的体积为（）A．B．C．D．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】由已知中三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为V，P、Q分别是侧棱AA1、CC1上的点，=，再结合同底等高的且PA=QC1，我们可得S APQC=，即V B﹣APQC棱柱的体积为棱锥体积的3倍，即可求出答案．【解答】解：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为V，又∵P、Q分别是侧棱AA1、CC1上的点，且PA=QC1，∴四棱锥B﹣APQC的底面积S APQC==又V B﹣ACC1A1===∴V B﹣APQC故选C．【点评】本题考查的知识点是棱柱的体积、棱锥的体积，其中分析出棱锥与原棱柱之间底面积、高之间的比例关系是解答本题的关键．7．正四棱锥P﹣ABCD的底面积为3，体积为，E为侧棱PC的中点，则PA与BE所成的角为（）A．B．C．D．【考点】异面直线及其所成的角．【分析】过顶点作垂线，交底面正方形对角线交点O，连接OE，我们根据正四棱锥P﹣ABCD 的底面积为3，体积为，E为侧棱PC的中点，易求出∠OEB即为PA与BE所成的角，解三角形OEB，即可求出答案．【解答】解：过顶点作垂线，交底面正方形对角线交点O，连接OE，∵正四棱锥P﹣ABCD的底面积为3，体积为，∴PO=，AB=，AC=，PA=，OB=因为OE与PA在同一平面，是三角形PAC的中位线，则∠OEB即为PA与BE所成的角所以OE=，在Rt△OEB中，tan∠OEB==，所以∠OEB=故选B【点评】本题考查的知识点是异面直线及其所成的角，其中根据已知得到∠OEB即为PA与BE所成的角，将异面直线的夹角问题转化为解三角形问题是解答本题的关键．8．如图，正棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【考点】异面直线及其所成的角．【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点B，得到的锐角∠A1BC1就是异面直线所成的角，在三角形中A1BC1用余弦定理求解即可．【解答】解．如图，连接BC1，A1C1，∠A1BC1是异面直线A1B与AD1所成的角，设AB=a ，AA 1=2a ，∴A 1B=C 1B=a ，A 1C 1=a ，∠A 1BC 1的余弦值为，故选D ．【点评】本题主要考查了异面直线及其所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．9．一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是（ ）A ．1+B ．2+C ．1+2D ．2【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是底面为等腰直角三角形的三棱锥，结合题意画出图形，利用图中数据求出它的表面积． 【解答】解：根据几何体的三视图，得；该几何体是底面为等腰直角三角形的三棱锥，如图所示；∴该几何体的表面积为 S 表面积=S △PAC +2S △PAB +S △ABC=×2×1+2××+×2×1=2+．故选：B．【点评】本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，解题的关键是由三视图得出几何体的结构特征，是基础题目．10．如图所示的直观图，其平面图形的面积为（）A．3 B．6 C．D．【考点】平面图形的直观图．【分析】由斜二测画法的规则知其对应的平面图形是一个直角三角形，一个直角边为3，另一个直角边为4，故其面积易求【解答】解：由图形知，其平面图形为一个直角三角形，两个直角边的长度分别为3，4故其面积为×3×4=6故选B．【点评】本题考查平面图形的直观图，求解本题的关键是熟练掌握斜二测画法的规则，与x 轴平行的线段长度不变，与y平行的线段其长度变为原来的一半，故还原时，与y轴平行的线段的长度需要变为直观图中的二倍．11．已知正方形ABCD的对角线AC与BD相交于E点，将△ACD沿对角线折起，使得平面ABC⊥平面ADC（如图），则下列命题中正确的是（）A．直线AB⊥直线CD，且直线AC⊥直线BDB．直线AB⊥平面BCD，且直线AC⊥平面BDEC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥BDED．平面ABD⊥平面BCD，且平面ACD⊥平面BDE【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【分析】由直线AB⊥直线CD不成立，知A错误；由直线AB⊥平面BCD不成立，知B错误；由平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE，知C正确；由平面ABD⊥平面BCD不成立，知D错误．【解答】解：由题意知DC⊥BE，AB∩BE=E，∴直线AB⊥直线CD不成立，故A错误；∵AC⊥AB，∴AB与BC不垂直，∴直线AB⊥平面BCD不成立，故B错误；∵BE⊥DE，BE⊥AC，∴AC⊥平面BDE，∴平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE，故C正确；∵平面ABD⊥平面BCD不成立，故D错误．故选：C．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，是中档题．12．如图，动点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上．过点P作垂直于平面BB1D1D 的直线，与正方体表面相交于M，N．设BP=x，MN=y，则函数y=f（x）的图象大致是（）A．B．C．D．【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】只有当P移动到正方体中心O时，MN有唯一的最大值，则淘汰选项A、C；P点移动时，x与y的关系应该是线性的，则淘汰选项D．【解答】解：设正方体的棱长为1，显然，当P移动到对角线BD1的中点O时，函数取得唯一最大值，所以排除A、C；当P在BO上时，分别过M、N、P作底面的垂线，垂足分别为M1、N1、P1，则y=MN=M1N1=2BP1=2xcos∠D1BD=2是一次函数，所以排除D．故选B．【点评】本题考查直线与截面的位置关系、空间想象力及观察能力，同时考查特殊点法、排除法．二．填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分．）13．已知正四棱锥P﹣ABCD的五个顶点都在同一个球面上，若该正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，则此球的体积为36π．【考点】球的体积和表面积．【分析】利用勾股定理求出正四棱锥的高PM，再用射影定理求出球的半径，代入面积公式计算即可．【解答】解：如图所示，设球的半径为r，正方形的ABCD的对角线的交点为M，则球心在直线PM上，MC=AC=2，由勾股定理得PM===4，再由射影定理得PC2=PM×2r，即24=4×2r，解得r=3，所以此球的表面积为4πr2=36π．故答案为：36π．【点评】本题考查了勾股定理、射影定理的应用以及球的表面积公式问题，是基础题目．14．直线xsinα﹣y+1=0的倾角的取值范围[0，]∪[）．【考点】直线的倾斜角．【分析】由直线方程求出直线斜率的范围，再由正切函数的单调性求得倾角的取值范围．【解答】解：直线xsinα﹣y+1=0的斜率为k=sinα，则﹣1≤k≤1，设直线xsinα﹣y+1=0的倾斜角为θ（0≤θ＜π），则﹣1≤tanθ≤1，∴θ∈[0，]∪[）．故答案为：[0，]∪[）．【点评】本题考查直线的倾斜角，考查了直线倾斜角和斜率的关系，训练了由直线斜率的范围求倾斜角的范围，是基础题．15．若圆锥的侧面展开图是半径为1cm、圆心角为120°的扇形，则这个圆锥的轴截面面积等于．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【分析】根据圆锥侧面展开图与圆锥的对应关系列方程解出圆锥的底面半径和母线长，计算出圆锥的高．【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则，解得l=1，r=．∴圆锥的高h==．∴圆锥的轴截面面积S==．故答案为：．【点评】本题考查了圆锥的结构特征，弧长公式，属于基础题．16．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交AA1于点E，交CC1于F，①四边形BFD1E一定是平行四边形②四边形BFD1E有可能是正方形③四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形④四边形BFD1E点有可能垂直于平面BB1D以上结论正确的为①③④（写出所有正确结论的编号）【考点】棱柱的结构特征．【分析】根据面面平行和正方体的几何特征进行判断，利用一些特殊情况进行说明．【解答】解：如图：①由平面BCB1C1∥平面ADA1D1，并且B、E、F、D1四点共面，∴ED1∥BF，同理可证，FD1∥EB，故四边形BFD1E一定是平行四边形，故①正确；②若BFD1E是正方形，有ED1⊥BE，这个与A1D1⊥BE矛盾，故②错误；③由图得，BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形ABCD，故③正确；④当点E和F分别是对应边的中点时，平面BFD1E⊥平面BB1D1，故④正确．故答案为：①③④．【点评】本题主要考查了正方体的几何特征，利用面面平行和线线垂直，以及特殊情况进行判断，考查了空间信息能力和逻辑思维能力．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．如图，在棱长都相等的正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为AA1，B1C的中点．（1）求证：DE∥平面ABC；（2）求证：B1C⊥平面BDE．【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）取BC中点G，连接AG，EG，欲证直线DE∥平面ABC，只需证明DE平行平面ABC中的一条直线即可，由四边形ADEG为平行四边形，可知AG∥DE，AG⊂平面ABC，DE⊄平面ABC，问题得证．（2）取BC的中点G，判断三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，BB1⊥平面ABC，再证明B1C⊥BE，可证得：B1C⊥平面BDE．【解答】证明：（1），∵G，E分别为CB，CB1的中点，∴EG∥BB1，且，又∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1，∴EG∥AD，EG=AD∴四边形ADEG为平行四边形．∴AG∥DE∵AG⊂平面ABC，DE⊄平面ABC，所以DE∥平面ABC．（2）由可得，取BC中点G∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1，∴BB1⊥平面ABC．∵AG⊂平面ABC，∴AG⊥BB1，∵G为BC的中点，AB=AC，∴AG⊥BC∴AG⊥平面BB1C1C，∵B1C⊂平面BB1C1C，∴AG⊥B1C，∵AG∥DE∴DE⊥B1C，∵BC=BB1，B1E=EC∴B1C⊥BE，∵BE⊂平面BDE，DE⊂平面BDEBE∩DE=E，∴B1C⊥平面BDE．【点评】本题主要考查了证明线面平行的方法、空间的线面平行，线线垂直的证明，充分考查了学生的逻辑推理能力，空间想象力，以及识图能力．18．如图所示，圆柱的高为2，底面半径为，AE，DF是圆柱的两条母线，过AD做圆柱的截面交下底面于BC，四边形ABCD是正方形．（I）求证：BC⊥BE；（Ⅱ）求四棱锥E﹣ABCD的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】（I）由圆柱母线垂直底面得AE⊥BC，又BC⊥AB，得出BC⊥平面ABE，于是BC⊥BE；（II）过E作EO⊥AB，则可证EO⊥平面ABCD，设正方形边长为x，求出BE，在Rt△BCE 中利用勾股定理列方程解出x，代入棱锥的体积公式计算．【解答】证明：（I）∵AE是圆柱的母线，∴AE⊥底面BCFE，∵BC⊂平面BCFE，∴AE⊥BC，∵四边形ABCD是正方形，∴BC⊥AB，又AB⊂平面ABE，AE⊂平面ABE，AB∩AE=A，∴BC⊥平面ABE，∵BE⊂平面ABE，∴BC⊥BE．（II）过E作EO⊥AB于O，由（I）知BC⊥平面ABE，∵EO⊂平面ABE，∴BC⊥EO，又AB⊂平面ABCD，BC⊂平面ABCD，AB∩BC=B，∴EO⊥平面ABCD．设正方形ABCD的边长为x，则AB=BC=x，∴BE==，∵BC⊥BE，∴EC为圆柱底面直径，即EC=2．∵BE2+BC2=EC2，即x2﹣4+x2=28，解得x=4，=16，∴BE=2，EO=，S正方形ABCD===．∴V E﹣ABCD【点评】本题考查了线面垂直的判定与性质，棱锥的体积计算，属于中档题．19．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是平行四边形，且AB=1，BC=2，∠ABC=60°，E为BC的中点，AA1⊥平面ABCD．（1）证明：平面A1AE⊥平面A1DE；（2）若DE=A1E，试求异面直线AE与A1D所成角的余弦值．【考点】平面与平面垂直的判定；异面直线及其所成的角．【分析】（1）根据题意，得△ABE是正三角形，∠AEB=60°，等腰△CDE中∠CED=（180°﹣∠ECD）=30°，所以∠AED=90°，得到DE⊥AE，结合DE⊥AA1，得DE⊥平面A1AE，从而得到平面A1AE⊥平面平面A1DE．（2）取BB1的中点F，连接EF、AF，连接B1C．证出EF∥A1D，可得∠AEF（或其补角）是异面直线AE与A1D所成的角．利用勾股定理和三角形中位线定理，算出△AEF各边的长，再用余弦定理可算出异面直线AE与A1D所成角的余弦值．【解答】解：（1）依题意，BE=EC=BC=AB=CD…，∴△ABE是正三角形，∠AEB=60°…，又∵△CDE中，∠CED=∠CDE=（180°﹣∠ECD）=30°…∴∠AED=180°﹣∠CED﹣∠AEB=90°，即DE⊥AE…，∵AA1⊥平面ABCD，DE⊆平面ABCD，∴DE⊥AA1．…，∵AA1∩AE=A，∴DE⊥平面A1AE…，∵DE⊆平面A1DE，∴平面A1AE⊥平面A1DE．…．（2）取BB1的中点F，连接EF、AF，连接B1C，…∵△BB1C中，EF是中位线，∴EF∥B1C∵A1B1∥AB∥CD，A1B1=AB=CD，∴四边形ABCD是平行四边形，可得B1C∥A1D∴EF∥A1D…，可得∠AEF（或其补角）是异面直线AE与A1D所成的角…．∵△CDE中，DE=CD==A1E=，AE=AB=1∴A1A=，由此可得BF=，AF=EF==…，∴cos∠AEF==，即异面直线AE与A1D所成角的余弦值为…【点评】本题在直平行六面体中，求证面面垂直并求异面直线所成角余弦，着重考查了线面垂直、面面垂直的判定与性质和异面直线所成角的求法等知识，属于中档题．20．已知四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上下底面分别是边长为2和4的正方形，AA1=4且AA1⊥底面ABCD，点P为DD1的中点，Q为BC边上的一点．（I）若PQ∥面A1ABB1，求出PQ的长；（Ⅱ）求证：AB1⊥面PBC．【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【分析】（I）取AA1的中点M，连接BM，PM，由P，M分别为D1D，A1A的中点，可得PM∥BC，由PQ∥面A1ABB1，可得PQ∥BM，可得PQ=BM，在Rt△BAM中，利用勾股定理即可解得PQ=BM的值．（Ⅱ）先证明AA1⊥BC，AB⊥BC，即可证明AB1⊥BC，利用△ABM≌△A1B1A，可得：AB1⊥BM，从而可判定AB1⊥面PBC．【解答】（本题满分为12分）解：（I）取AA1的中点M，连接BM，PM，∵P，M分别为D1D，A1A的中点，∴PM∥AD，∴PM∥BC，∴PMBC四点共面，…2分由PQ∥面A1ABB1，可得PQ∥BM，∴PMBQ为平行四边形，PQ=BM，…4分在Rt△BAM中，BM==2．可得：PQ=BM=2．…6分（Ⅱ）AA1⊥面ABCD，BC⊂面ABCD，∴AA1⊥BC，∵ABCD为正方形，∴AB⊥BC，∴BC⊥面AA1BB1，∵AB1⊂面AA1BB1，∴AB1⊥BC，…8分通过△ABM≌△A1B1A，可得：AB1⊥BM，…10分∵BM∩BC=B，∴AB1⊥面PBC．…12分【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定，直线与平面平行的判定，考查了空间想象能力和推理论证能力，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．属于中档题．21．在如图的几何体中，平面CDEF为正方形，平面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB=2BC，∠ABC=60°，AC⊥FB．（1）求证：AC⊥平面FBC；（2）求直线BF与平面ADE所成角的正弦值．【考点】用空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．【分析】（1）证明1：由余弦定理得，所以AC⊥BC，由此能够证明AC⊥平面FBC．证明2：设∠BAC=α，∠ACB=120°﹣α．由正弦定理能推出AC⊥BC，由此能证明AC⊥平面FBC．（2）解法1：由（1）结合已知条件推导出AC⊥FC．由平面CDEF为正方形，得到CD⊥FC，由此入手能求出直线BF与平面ADE所成角的正弦值．解法2：由题设条件推导出CA，CB，CF两两互相垂直，建立空间直角坐标系利用向量法能求出直线BF与平面ADE所成角的正弦值．【解答】（1）证明1：因为AB=2BC，∠ABC=60°，在△ABC中，由余弦定理得：AC2=（2BC）2+BC2﹣2×2BCBCcos60°，即．…所以AC2+BC2=AB2．所以AC⊥BC．…因为AC⊥FB，BF∩BC=B，BF、BC⊂平面FBC，所以AC⊥平面FBC．…证明2：因为∠ABC=60°，设∠BAC=α（0°＜α＜120°），则∠ACB=120°﹣α．在△ABC中，由正弦定理，得．…因为AB=2BC，所以sin（120°﹣α）=2sinα．整理得，所以α=30°．…所以AC⊥BC．…因为AC⊥FB，BF∩BC=B，BF、BC⊂平面FBC，所以AC⊥平面FBC．…（2）解法1：由（1）知，AC⊥平面FBC，FC⊂平面FBC，所以AC⊥FC．因为平面CDEF为正方形，所以CD⊥FC．因为AC∩CD=C，所以FC⊥平面ABCD．…取AB的中点M，连结MD，ME，因为ABCD是等腰梯形，且AB=2BC，∠DAM=60°，所以MD=MA=AD．所以△MAD是等边三角形，且ME∥BF．…取AD的中点N，连结MN，NE，则MN⊥AD．…因为MN⊂平面ABCD，ED∥FC，所以ED⊥MN．因为AD∩ED=D，所以MN⊥平面ADE．…所以∠MEN为直线BF与平面ADE所成角．…因为NE⊂平面ADE，所以MN⊥NE．…因为，，…在Rt△MNE中，．…所以直线BF与平面ADE所成角的正弦值为．…解法2：由（1）知，AC⊥平面FBC，FC⊂平面FBC，所以AC⊥FC．因为平面CDEF为正方形，所以CD⊥FC．因为AC∩CD=C，所以FC⊥平面ABCD．…所以CA，CB，CF两两互相垂直，建立如图的空间直角坐标系C﹣xyz．…因为ABCD是等腰梯形，且AB=2BC，∠ABC=60°所以CB=CD=CF．不妨设BC=1，则B（0，1，0），F（0，0，1），，，，所以，，．…设平面ADE的法向量为=（x，y，z），则有即取x=1，得=是平面ADE的一个法向量．…设直线BF与平面ADE所成的角为θ，则．…所以直线BF与平面ADE所成角的正弦值为．…【点评】本题考查直线与平面垂直的证明，考查直线与平面所成角的正弦值，解题时要注意向量法的合理运用，注意空间思维能力的培养．22．如图1，矩形ABCD中，AB=12，AD=6，E、F分别为CD、AB边上的点，且DE=3，BF=4，将△BCE沿BE折起至△PBE位置（如图2所示），连结AP、PF，其中．（Ⅰ）求证：PF⊥平面ABED；（Ⅱ）在线段PA上是否存在点Q使得FQ∥平面PBE？若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由．（Ⅲ）求点A到平面PBE的距离．【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）连结EF，由翻折不变性可知，PB=BC=6，PE=CE=9，由已知条件，利用勾股定理推导出PF⊥BF，PF⊥EF，由此能够证明PF⊥平面ABED．（Ⅱ）当Q为PA的三等分点（靠近P）时，FQ∥平面PBE．由已知条件推导出FQ∥BP，即可证明FQ∥平面PBE．（Ⅲ）由PF⊥平面ABED，知PF为三棱锥P﹣ABE的高，利用等积法能求出点A到平面PBE的距离．【解答】（本题满分14分）解：（Ⅰ）连结EF，由翻折不变性可知，PB=BC=6，PE=CE=9，在△PBF中，PF2+BF2=20+16=36=PB2，所以PF⊥BF…在图1中，利用勾股定理，得，在△PEF中，EF2+PF2=61+20=81=PE2，∴PF⊥EF…又∵BF∩EF=F，BF⊂平面ABED，EF⊂平面ABED，∴PF⊥平面ABED．…（Ⅱ）当Q为PA的三等分点（靠近P）时，FQ∥平面PBE．证明如下：∵，，∴FQ∥BP…又∵FQ不包含于平面PBE，PB⊂平面PBE，∴FQ∥平面PBE．…（Ⅲ）由（Ⅰ）知PF⊥平面ABED，∴PF为三棱锥P﹣ABE的高．…设点A到平面PBE的距离为h，由等体积法得V A﹣PBE =V P﹣ABE，…即，又，，∴，即点A到平面PBE的距离为．…【点评】本题考查直线与平面垂直的证明，考查直线与平面平行的判断与证明，考查点到平面距离的求法，解题时要注意空间思维能力的培养，要注意等积法的合理运用．。
河北省衡水中学高一下学期期中考试(数学理).doc
河北省衡水中学高一下学期期中考试（数学理）第I 卷一，选择题：（本大题共10小题，每小题5分，共50分，在四个选项中，只有一项是符合要求的）1,已知数列{}n a 的通项公式为()()1121+-=+n a n n ，则=3a （ ） A ．10- B.10 C.4 D.4- 2.求537+和537-的等差中项和等比中项分别是（ ）A ． 7, 2 B.7-，2 C. 7，2± D.7，2-3， 有四个命题：①d b c a d c b a ->-⇒<>,；②bd ac d c b a <⇒<<>>0,0③330b a b a <⇒<<；④22110b a b a >⇒>>；⑤若b a ,为实数，则2>+b aa b 其中命题正确的有（ ）个A ．2B 。
3C 。
4D 。
5 4．在各项均为正数的等比数列{}n a 中，21332a a a +=，则公比q 为（ ）A. 21B.1-C. 23D.325.某环保小组发现衡水市生活垃圾年增长率为b ，衡水市生产垃圾量为a 吨，由此可以预测垃圾量为（ ）A ．)101(b a + 吨B 。
()b a 91+ 吨C 。
10)1(b a + 吨D 。
9)1(b a +吨6. 等差数列{an} 的前m 项和为30，前2m 项和为100，则它的前3m 项和为( )A ．130B 。
170C 。
210D 。
1607. 已知等比数列{}n a 中，102415321=⋅⋅⋅⋅a a a a ，则1185a a a 等于 ·············· （ ）A ．16B 。
4C 。
72D 。
1088. 在数列{}n a 中，12a =， 11ln(1)n n a a n +=++，则n a = （ ）A ．2ln n +B ．2(1)ln n n +-C ．2ln n n +D ．1ln n n ++ 9. 已知等比数列{}n a 中21a =，则其前3项的和3S 的取值范围是( )A ．(]1,-∞-B 。
河北省衡水市高一数学下学期期中试卷理(含解析)
5．如果 a1， a2 ，…， a8 为各项都大于零的等差数列，公差 d≠0，则（
）
A． a1a8＞ a4a5B． a1a8＜a4a5C． a1+a8＞ a4+a5D． a1a8=a4a5
6．已知数列 {a n} 满足 a1=0， an+1=an+2n，那么 a2003 的值是（
）
A． 20032B．2002×2001C．2003×2002D．2003×2004
分析0得到sinab的值根据锐角三角形即可求出度数进而求出角c的度数然后由韦达定理根据已知的方程求出ab的值利用余弦定理表示出cosc的值代入变形后将ab的值代入开方即可求出值利用三角形的面积公式表示出abc的面积把absinc的值代入即可求出值
2015-2016 学年河北省衡水市枣强中学高一（下）期中数学试卷 （理科）
【考点】 等差数列的性质．
【分析】 先根据等差中项的性质可排除 C；然后可令 an=n 一个具体的数列进而可验证
不对，得到答案．
【解答】 解：∵ 1+8=4+5∴ａ1+a8=a4+a5∴排除 C；
若令 an=n，则 a1a8=1?8＜20=4?5=a 4a5∴排除 D， A．
故选 B
D、A
6．已知数列 {a n} 满足 a1=0， an+1=an+2n，那么 a2003 的值是（
值范围是（
）
A． m＞ 1B．1＜ m＜ 8C． m＞ 8D． 0＜ m＜1 或 m＞ 8
0＜ log m（ ab）＜ 1，则 m的取
4．已知 {a n} 是等比数列， a2=2，a5= ，则 a1a2+a2a3+…+anan+1=（