江西省南昌三中2014-2015学年高二下学期期中考试数学理试题

高二数学（理）试卷

一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）

1、在极坐标系中,圆=2cos的垂直于极轴的两条切线方程分别为（ ）

A．=0(R)和cos=2 C．=B．=2(R)和cos=2

2(R)和cos=1 D．=0(R)和cos=1

2、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．1:2

B．1:4

C．1:8

D．1:16

3、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,则无论选择哪个方向为正视方 向，该正方体的正视图的面积不可能等于（ ） ．．．A．1

B．2 C．

2-1 2D．

2+1 24、已知m,n为异面直线,m平面,n平面.直线l满足lm,ln,l,l,则

（ ）

A．//,且l//

C．与相交,且交线垂直于l

B．,且l

D．与相交,且交线平行于l

5、如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面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．8 6、设

B．9

C．10

D．11

m,n是两条不同的直线,,是两个不同的平面,下列命题中正确的是（ ）

A．若,m,n,则mn B．若//,m,n,则m//n C．若mn,m,n,则 D．若m,m//n,n//,则

7、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、设l为直线,,是两个不同的平面,下列命题中正确的是（ ）

A．若l//,l//,则// C．若l,l//,则//

B．若l,l,则// D．若,l//,则l

9、正方体ABCD—A1的棱上到异面直线AB，CC1的距离相等的点的个1B1C1D数为（ ）

A．2 B．3 C. 4 D. 5

10、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，

DzCOy，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ACD

C．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）

OAByx11、已知某一多面体内接于一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.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、在如图所示的正方体ABCDA1BC11D1中,异面直线A1B与B1C所成角

的大小为_______

13、已知圆的极坐标方程为4cos, 圆心为C, 点P的极坐标为4,,

3D1 A1 D A B B1

C1

C

则|CP| = ______.

14、设某几何体的三视图如下（尺寸的长度单位为m）。 则该几何体的

体积为 m

15、如图,正方体ABCDA1BC11D1的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点

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).

311时,S为四边形;②当CQ时,S为等腰梯2231形;③当CQ时,S与C1D1的交点R满足C1R1;④当

43①当0CQ36CQ1时,S为六边形;⑤当CQ1时,S的面积为. 42三、解答题（共6小题，共75分）

16、坐标系与参数方程: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(2,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

17、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

该三棱柱的体积.

),直线的极坐标方程为cos()a,且点A44x1cos,(为参数),试判断直线与圆的位置关系.

ysinA1 B1

C1

,求6A

B

C

18、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、如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD 为矩形，AB=8，AD=43，侧面PAD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PA⊥BD.

20、如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCＤ中，∠ABC=60，PA=AC=a，PB=PD=2a,点E在

0

PDABCPD上，且PE:ED=2:1. （I）证明PA⊥平面ABCD；

（II）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角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.

PEABCD

21、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. C1A1DECBB1 GA班级 姓名 考场号 南昌三中2014—2015学年度下学期期中考试 高二数学(理)答卷 座位号 一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分） 题号 答案 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分） 11. 12. 13. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 14. 15. 三、解答题(共6小题, ,共75分)

16、坐标系与参数方程: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(2,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

17、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

该三棱柱的体积.

),直线的极坐标方程为cos()a,且点A44x1cos,(为参数),试判断直线与圆的位置关系.

ysinA1 B1

C1

,求6A

B

C

18

、

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、如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD 为矩形，AB=8，AD=43，侧面PAD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PA⊥BD.

20、如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCＤ中，∠ABC=60，PA=AC=a，PB=PD=2a,点E在

0

PDABCPD上，且PE:ED=2:1. （I）证明PA⊥平面ABCD；

（II）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角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.

PEAB

DC

21、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.

C1A 1B1 D E GCAB

姓名 班级 学号

高二期中考试数学试题参考答案(理科)

一、选择题（每小题5分，共50分）

二、填空题（每小题5分，共25分） 11、 12 . 12、

 . 13、23 . 3 14、 4 . 15、_①②③⑤______. 三、解答题

16、解:(Ⅰ)由点A(2,)在直线cos()a上,可得a2 44所以直线的方程可化为cossin2 从而直线的直角坐标方程为xy20

(Ⅱ)由已知得圆C的直角坐标方程为(x1)y1 所以圆心为(1,0),半径r1

22因为为圆心到直线的距离d17、因为CC1 ∥AA1.

21,所以直线与圆相交 2所以BC1C为异面直线BC1与AA1.所成的角,即BC1C=在RtBC1C中,BCCC1tanBC1C6. 6323, 3此

该

三

棱

柱

的

体

积

为

从而

SABC3BC2334, 因

VSABCAA1336183. 18、解:(1)以AB,AC,AA1为单位正交基底建立空间直角坐标系Axyz,

则A(0,0,0)B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),C1(0,2,4)

∴A1B(2,0,4),C1D(1,1,4)

∴cosA1B,C1DA1BC1DA1BC1D182018310 10∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为

310 10

(2)AC(0,2,0) 是平面ABA1的的一个法向量

设平面ADC1的法向量为m(x,y,z),∵AD(1,1,0),AC1(0,2,4) 由mAD,mAC1

xy0∴ 取z1,得y2,x2,∴平面ADC1的法向量为m(2,2,1) 2y4z0设平面ADC1与ABA1所成二面角为

ACm425, 得sin∴coscosAC,m 2333ACm∴平面ADC1与ABA1所成二面角的正弦值为

5 3z19、解：（Ⅰ）如图1，取AD的中点E，连结PE，则PE⊥AD.

作PO⊥平面在ABCD，垂足为O，连结OE. 根据三垂线定理的逆定理得OE⊥AD，

所以∠PEO为侧面PAD与底面所成的二面角的平面角， A由已知条件可知∠PEO=60°，PE=6， 所以PO=33，四棱锥P—ABCD的体积 VP—ABCD=8433396.

（Ⅱ）解法一：如图1，以O为原点建立空间直角坐标系.通过计算可得

PDExCB图1Oy13P（0，0，33），A（23，－3，0），B（23，5，0），D（－23，－3，0） 所以PA(23,3,33),BD(43,8,0). 因为PABD242400, 所以PA⊥BD.

解法二：如图2，连结AO，延长AO交BD于点F.通过计算可得EO=3，AE=23，PDFOCBEOAD. 又知AD=43，AB=8，得

AEAB所以 Rt△AEO∽Rt△BAD.

得∠EAO=∠ABD.

AE图2

所以∠EAO+∠ADF=90°

所以 AF⊥BD.

因为 直线AF为直线PA在平面ABCD 内的身影，所以PA⊥BD. 20、（1）证明 因为底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，

所以AB=AD=AC=a， 在△PAB中， 由PA+AB=2a=PB 知PA⊥AB. 同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD. （Ⅱ）解 作EG//PA交AD于G， 由PA⊥平面ABCD.

知EG⊥平面ABCD.作GH⊥AC于H，连结EH， 则EH⊥AC，∠EHG即为二面角的平面角. 又PE : ED=2 : 1，所以EG2

2

2

2

123a,AGa,GHAGsin60a. 333从而 tanEG3, 30. GH3Pz（3）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PAD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

A(0,0,0),B(3131a,a,0),C(a,a,0). 2222BxFACEDy21D(0,a,0),P(0,0,a),E(0,a,a).

33所以 AE(0,2131a,a),AC(a,a,0). 332231a,a,a). 22AP(0,0,a),PC(BP(31a,a,a). 2231a,a,a),其中01,则 22设点F是棱PC上的点，PFPC(BFBPPF( (3131a,a,a)(a,a,a) 222231a(1),a(1),a(1)). 令 BF1AC2AE 得 22

33a(1)a1,22121a(1)aa2,12321a(1)a2.3解得 11,4即112,

3112.3113113,1,2. 即 时，BFACAE. 222222亦即，F是PC的中点时，BF、AC、AE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，连结FM，则FM//CE. ①

PMFABOCED1由 EMPEED, 知E是MD的中点.

2连结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 BFBC11CPAD(CDDP) 221313ADCDDEAD(ADAC)(AEAD)2222 31AEAC.22所以 BF、AE、AC共面. 又 BF平面ABC，从而BF//平面AEC.

解法三：过点B作平面BFM平行于平面EAC，依次交PC、PD于点F、M，则点F为所求，再证

明点F为PC的中点。

21、答案：226, 35