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安徽省黄山市屯溪一中2014-2015学年高二上学期期中考试数学试卷 Word版含解析

安徽省黄山市屯溪一中2014-2015学年高二上学期期中考试数学试卷 Word版含解析


2014-2015 学年安徽省黄山市屯溪一中高二(上)期中数学试卷
一、选择题(本大题共 10 个小题,每小题 5 分,共 50 分,在每小题给出的四个选项中只 有一个是符合题目要求的) 1.下列命题: ①对立事件一定是互斥事件; ②若 A,B 为两个随机事件,则 P(A∪B)=P(A)+P(B) ; ③若事件 A,B,C 彼此互斥,则 P(A)+P(B)+P(C)=1; ④若事件 A,B 满足 P(A)+P(B)=1,则 A 与 B 是对立事件. 其中正确命题的个数是( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2.空间 4 点 A,B,C,D 共面但不共线,下列结论中正确的是( A. 4 点中必能找出其中 3 点共线 B. 4 点中必能找出其中 3 点不共线 C. AB,BC,CD,DA 中必有两条平行 D. AB 与 CD 必相交 3.已知直线 l⊥平面 α,有以下几个判断: ①若 m⊥l,则 m∥α, ②若 m⊥α,则 m∥l ③若 m∥α,则 m⊥l, ④若 m∥l,则 m⊥α, 上述判断中正确的是( ) A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②④ 4. 圆台上、 下底面的面积之比为 1: 4, 则截得这个圆台的圆锥体积和圆台体积之比是 ( A. 2:1 B. 4:1 C. 8:1 D. 8:7 ) )

5.正四棱锥的顶点都在同一球面上,若该棱锥的高为 4,底面边长为 2,则该球的表面积为 ( ) A. B. 16π C. 9π D.

6.已知某几何体的三视图如下,根据图中标出的尺寸(单位:cm) ,可得这个几何体的体 积是( )

A.

cm B.

3

cm C.

3

cm D.

3

cm

3

7.从正六边形的 6 个顶点中随机选择 4 个顶点,则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率 等于( ) A. B. C. D.

8.已知直二面角 α﹣l﹣β,点 A∈α,AC⊥l,C 为垂足,点 B∈β,BD⊥l,D 为垂足,若 AB=2,AC=BD=1,则 CD=( ) A. 2 B. C. D. 1 9. 如图, 在正四棱锥 S﹣ABCD 中, E 是 BC 的中点, P 点在侧面△ SCD 内及其边界上运动, 并且总是保持 PE⊥AC.则动点 P 的轨迹与△ SCD 组成的相关图形是( )

A.

B.

C.

D.

10.顶点为 P 的圆锥的轴截面积是等腰直角三角形,A 是底面圆周上的点,O 为底面圆的圆 心,AB⊥OB,垂足为 B,OH⊥PB,垂足为 H,且 PA=4,C 为 PA 的中点,则当三棱锥 O ﹣HPC 的体积最大时,OB 的长是( ) A. B. C. D.

二、填空题(本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分.把答案填在题中的横线上) 11.同时抛掷两枚骰子,没有 5 点或 6 点的概率是 ,则至少一个 5 点或 6 点的概率 是 .

12.如图所示,在边长为 5+ 的正方形 ABCD 中,以 A 为圆心画一个扇形,以 O 为圆心 画一个圆,M、N,K 为切点,以扇形为圆锥的侧面,以圆 O 为圆锥底面,围成一个圆锥, 则圆锥的全面积与体积分别是 与 .

13.对于一个底边在 x 轴上的三角形,采用斜二测画法作出其直观图,其直观图面积是原三 角形面积的 倍. 14.某人从甲地去乙地共走了 500m,途经一条宽为 xm 的河流,他不小心把一件物品丢在 途中,若物品掉在河里就找不到,若物品不掉在河里,则能找到,已知该物品能被找到的概 率为 ,则河宽为 m.

15.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 个大题,共 75 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 16.在如图所示的几何体中,四边形 ACC1A1 是矩形,FC1∥BC,EF∥A1C1,∠BCC1=90°, 点 A、B、E、A1 在一个平面内,AB=BC=CC1=2, . (1)证明:A1E∥AB; (2)证明:平面 CC1FB⊥平面 AA1EB.

17.已知关 x 的一元二次函数 f(x)=ax ﹣bx+1,设集合 P={1,2,3}Q={﹣1,1,2,3, 4},分别从集合 P 和 Q 中随机取一个数 a 和 b 得到数对(a,b) . (1)列举出所有的数对(a,b)并求函数 y=f(x)有零点的概率; (2)求函数 y=f(x)在区间[1,+∞)上是增函数的概率. 18.某班数学兴趣小组有男生三名,分别记为 a,b,c,女生两名,分别记为 x,y,现从中 任选 2 名学生参加校数学竞赛, (1)写出这种选法的基本事件空间 (2)求参赛学生中恰有一名男生的概率.

2

(3)求参赛学生中至少有一名男生的概率. 19.如图,AA1、BB1 为圆柱 OO1 的母线,BC 是底面圆 O 的直径,D、E 分别是 AA1、CB1 的中点,DE⊥面 CBB1. (1)证明:DE∥面 ABC; (2)求四棱锥 C﹣ABB1A1 与圆柱 OO1 的体积比; (3)若 BB1=BC,求 CA1 与面 BB1C 所成角的正弦值.

20.如图,在矩形 ABCD 中,AB=2,BC=a,又 PA⊥平面 ABCD,PA=4.BQ=t (1)若在边 BC 上存在一点 Q,使 PQ⊥QD,求 a 与 t 关系; (2)在(1)的条件下求 a 的取值范围; (3) (理科做,文科不做)当边 BC 上存在唯一点 Q,使 PQ⊥QD 时,求二面角 A﹣PD﹣Q 的余弦值.

21.三棱锥 S﹣ABC 中,侧棱 SA、SB、SC 两两互相垂直,M 为三角形 ABC 的重心,D 为 AB 的中点,作与 SC 平行的直线 DP. 证明: (1)DP 与 SM 相交; (2)设 DP 与 SM 的交点为 D′,则 D′为三棱锥 S﹣ABC 的外接球球心. 22. (14 分) (2015?陕西模拟)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)试探究在 DE 上是否存在点 Q,使得 AQ⊥BQ 并说明理由.

2014-2015 学年安徽省黄山市屯溪一中高二(上)期中数 学试卷
参考答案与试题解析

一、选择题(本大题共 10 个小题,每小题 5 分,共 50 分,在每小题给出的四个选项中只 有一个是符合题目要求的) 1.下列命题: ①对立事件一定是互斥事件; ②若 A,B 为两个随机事件,则 P(A∪B)=P(A)+P(B) ; ③若事件 A,B,C 彼此互斥,则 P(A)+P(B)+P(C)=1; ④若事件 A,B 满足 P(A)+P(B)=1,则 A 与 B 是对立事件. 其中正确命题的个数是( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 考点: 命题的真假判断与应用. 专题: 综合题;简易逻辑. 分析: 对四个命题分别进行判断得出正确选项即可. 解答: 解:①对立事件一定是互斥事件,互斥事件不一定是对立事件,故①正确; ②A、B 为两个互斥事件,则 P(A∪B)=P(A)+P(B) ,故②不正确; ③若事件 A、B、C 两两互斥,则 P(A)+P(B)+P(C)≤1,故③不正确; ④若事件 A、B 是独立事件,且满足 P(A)+P(B)=1,则 A,B 是对立事件,故④不正 确. 故选 A. 点评: 本题考查命题的真假判断,是基础题.解题时要认真审题,注意互斥事件、对立事 件的灵活运用. 2.空间 4 点 A,B,C,D 共面但不共线,下列结论中正确的是( A. 4 点中必能找出其中 3 点共线 B. 4 点中必能找出其中 3 点不共线 C. AB, BC,CD,DA 中必有两条平行 D. AB 与 CD 必相交 )

考点: 平面的基本性质及推论. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: 根据空间四点的位置关系,对选项分析解答. 解答: 解:由空间四点 A、B、C、D 共面但不共线得: 选项 A,四点共面不一定三点共线,有可能每三点都不共线,如四边形的四个顶点; 选项 C,AB,BC,CD,DA 中不一定有两条平行,如一般四边形; 选项 D,AB 与 CD 不一定相交,有可能平行; 可得只有答案 B 成立. 故选 B.

点评: 本题考查了空间四点共面但不共线的情况下,四点的位置关系,考查了学生的空间 想象能力,属于基础题. 3.已知直线 l⊥平面 α,有以下几个判断: ①若 m⊥l,则 m∥α, ②若 m⊥α,则 m∥l ③若 m∥α,则 m⊥l, ④若 m∥l,则 m⊥α, 上述判断中正确的是( ) A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②④ 考点: 直线与平面垂直的性质. 专题: 常规题型. 分析: 对于①当 m?平面 α 也可以有 m⊥l 但 m 不平行于面 α 故错. 对于②根据线面垂直的性质定理可知正确. 对于③根据线面平行的性质定理可得存在 n?α 且 m∥n 再根据线面垂直的定义可由直线 l⊥ 平面 α 得出 L⊥n 故 L⊥m 正确. 对于④根据直线 l⊥平面 α 可在平面 α 内找到两条相交直线 p,n 且 l⊥p,l⊥n 又 m∥l 故 根据线面垂直的判定定理可知 m⊥α 正确. 故选 B 解答: 解:对于①当 m?平面 α 也可以有 m⊥l 但 m 不平行于面 α 故①错. 对于②根据线面垂直的性质定理可知②正确. 对于③根据线面平行的性质定理可得存在 n?α 且 m∥n 而直线 l⊥平面 α 故可根据再根据线 面垂直的定义得出 L⊥n,故 L⊥m 正确. 对于④根据直线 l⊥平面 α 可在平面 α 内找到两条相交直线 p,n 且 l⊥p,l⊥n 又 m∥l 所 以 m⊥p,m⊥n 故根据线面垂直的判定定理可知,m⊥α 正确. 即②③④正确 故选 B 点评: 本题主要考察了线面平行,线面垂直的判定定理和性质定理,属常考题型, 较难. 解 题的关键是透彻理解线面平行, 线面垂直的判定定理和性质定理并且掌握此类题目的做题技 巧:正确的给出理由,错误的给出反例即可! 4. 圆台上、 下底面的面积之比为 1: 4, 则截得这个圆台的圆锥体积和圆台体积之比是 ( A. 2:1 B. 4:1 C. 8:1 D. 8:7 )

考点: 棱柱、棱锥、棱台的体积. 专题: 计算题;空间位置关系与距离. 分析: 将圆台补成如图所示的圆锥,可得上面的小圆锥与大圆锥是相似的几何体,由底面 积之比为 1:4 算出它们的相似比等于 ,再由锥体体积公式加以计算,可得小圆锥体积是 大圆锥体积的 ,由此可得大圆锥的体积和圆台体积之比. 解答: 解:如图所示,将圆台补成圆锥,则图中小圆锥与大圆锥是相似的几何体. 设大、小圆锥的底面半径分别为 r、R,高分别为 h、H

∵圆台上、下底面的面积之比为 1:4, ∴小圆锥与大圆锥的相似比为 1:2,即半径之比 = 且高之比 = 因此,小圆锥与大圆锥的体积之比为

=

=

=

× = ,可得

=1﹣ =

因此,截得这个圆台的圆锥体积和圆台体积之比 8:7 故选:D

点评: 本题给出圆台的上下底面面积之比, 求截得这个圆台的圆锥体积和圆台体积之比. 着 重考查了锥体体积计算公式和相似几何体的性质等知识,属于基础题. 5.正四棱锥的顶点都在同一球面上,若该棱锥的高为 4,底面边长为 2,则该球的表面积为 ( ) A. B. 16π C. 9π D.

考点: 球内接多面体;球的体积和表面积. 专题: 计算题;空间位置关系与距离. 分析: 正四棱锥 P﹣ABCD 的外接球的球心在它的高 PO1 上,记为 O,求出 PO1,OO1, 解出球的半径,求出球的表面积. 解答: 解:设球的半径为 R,则 ∵棱锥的高为 4,底面边长为 2, 2 2 2 ∴R =(4﹣R) +( ) , ∴R= , ∴球的表面积为 4π?( ) = 故选:A.
2



点评: 本题考查球的表面积,球的内接几何体问题,考查计算能力,是基础题. 6.已知某几何体的三视图如下,根据图中标出的尺寸(单位:cm) ,可得这个几何体的体 积是( )

A.

cm B.

3

cm C.

3

cm D.

3

cm

3

考点: 由三视图求面积、体积. 专题: 计算题;空间位置关系与距离. 分析: 由三视图知几何体是一个三棱锥,三棱锥的底面是一个底边是 1,高是 1 的三角形, 做出面积三棱锥的高是 1,根据三棱锥的体积公式得到结果. 解答: 解:由三视图知几何体是一个三棱锥, 三棱锥的底面是一个底边是 1,高是 1 的三角形,面积是 三棱锥的高是 1, ∴三棱锥的体积是 = cm ,
3

= ,

故选:C. 点评: 本题考查由三视图还原几何体并且看出几何体各个部分的长度,本题解题的关键是 要求体积需要求出几何体的底面面积和高.本题是一个基础题. 7.从正六边形的 6 个顶点中随机选择 4 个顶点,则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率 等于( ) A. B. C. D.

考点: 古典概型及其概率计算公式. 专题: 概率与统计. 4 分析: 从正六边形的 6 个顶点中随机选择 4 个顶点,选择方法有 C6 =15 种,且每种情况出 现的可能性相同, 故为古典概型, 由列举法计算出它们作为顶点的四边形是矩形的方法种数, 求比值即可. 4 解答: 解:从正六边形的 6 个顶点中随机选择 4 个顶点,选择方法有 C6 =15 种,

它们作为顶点的四边形是矩形的方法种数为 3,由古典概型可知, 它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于 故选 D.

点评: 本题考查古典概型、组合数运算,考查运算能力. 8.已知直二面角 α﹣l﹣β,点 A∈α,AC⊥l,C 为垂足,点 B∈β,BD⊥l,D 为垂足,若 AB=2,AC=BD=1,则 CD=( ) A. 2 B. C. D. 1 考点: 点、线、面间的距离计算. 专题: 计算题. 分析: 根据线面垂直的判定与性质,可得 AC⊥CB,△ ACB 为直角三角形,利用勾股定理 可得 BC 的值;进而在 Rt△ BCD 中,由勾股定理可得 CD 的值,即可得答案. 解答: 解:根据题意,直二面角 α﹣l﹣β,点 A∈α,AC⊥l,可得 AC⊥面 β, 则 AC⊥CB,△ ACB 为 Rt△ ,且 AB=2,AC=1, 由勾股定理可得,BC= ; 在 Rt△ BCD 中,BC= ,BD=1, 由勾股定理可得,CD= ; 故选 C.

点评: 本题考查两点间距离的计算,计算时,一般要把空间图形转化为平面图形,进而构 造直角三角形,在直角三角形中,利用勾股定理计算求解. 9. 如图, 在正四棱锥 S﹣ABCD 中, E 是 BC 的中点, P 点在侧面△ SCD 内及其边界上运动, 并且总是保持 PE⊥AC.则动点 P 的轨迹与△ SCD 组成的相关图形是( )

A.

B.

C.

D.

考点: 直线与平面垂直的判定;平面的基本性质及推论. 专题: 计算题;空间位置关系与距离. 分析: 因为总保持 PE⊥AC,那么 AC 垂直 PE 所在的一个平面,AC⊥平面 SBD,不难推 出结果. 解答: 解:取 CD 中点 F,AC⊥EF,又∵SB 在面 ABCD 内的射影为 BD 且 AC⊥BD, ∴AC⊥SB,取 SC 中点 Q,∴EQ∥SB, ∴AC⊥EQ,又 AC⊥EF,∴AC⊥面 EQF,因此点 P 在 FQ 上移动时总有 AC⊥EP. 故选 A.

点评: 本题考查学生应用线面垂直的知识,考查空间想象能力,逻辑思维能力,是中档题. 10.顶点为 P 的圆锥的轴截面积是等腰直角三角形,A 是底面圆周上的点,O 为底面圆的圆 心,AB⊥OB,垂足为 B,OH⊥PB,垂足为 H,且 PA=4,C 为 PA 的中点,则当三棱锥 O ﹣HPC 的体积最大时,OB 的长是( ) A. B. C. D.

考点: 棱柱、棱锥、棱台的体积. 专题: 作图题;证明题;综合题. 分析: 画出图形,说明 PC 是三棱锥 P﹣OCH 的高,△ OCH 的面积在 OH=HC= 最大值,求出 OB 即可. 解答: 解:AB⊥OB,可得 PB⊥AB,即 AB⊥面 POB,所以面 PAB⊥面 POB. OH⊥PB,则 OH⊥面 PAB,OH⊥HC,OH⊥PC, 又,PC⊥OC,所以 PC⊥面 OCH.即 PC 是三棱锥 P﹣OCH 的高.PC=OC=2. 而△ OCH 的面积在 OH=HC= 时取得最大值(斜边=2 的直角三角形) . 当 OH= 故选 D. 时,由 PO=2 ,知∠OPB=30°,OB=POtan30°= .

时取得

点评: 本题考查圆锥的结构特征,棱锥的体积等知识,考查空间想象能力,是中档题. 二、填空题(本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分.把答案填在题中的横线上) 11. 同时抛掷两枚骰子, 没有 5 点或 6 点的概率是 , 则至少一个 5 点或 6 点的概率是 .

考点: 专题: 分析: 解答: 事件,

互斥事件与对立事件. 概率与统计. 根据对立事件的概率公式求解即可. 解:同时抛掷两枚骰子,“没有 5 点或 6 点”的对立事件是“至少一个 5 点或 6 点”的

又没有 5 点或 6 点的概率是 , 则至少一个 5 点或 6 点的概率 1﹣ = , 故答案为: 点评: 本题主要考查对立事件与互斥事件的概念,属于基础题 12.如图所示,在边长为 5+ 的正方形 ABCD 中,以 A 为圆心画一个扇形,以 O 为圆心 画一个圆,M、N,K 为切点,以扇形为圆锥的侧面,以圆 O 为圆锥底面,围成一个圆锥, 则圆锥的全面积与体积分别是 10π 与 2 π .

考点: 旋转体(圆柱、圆锥、圆台) ;棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积;棱柱、棱锥、 棱台的体积. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: 由已知中边长为 5+ 的正方形 ABCD 中,以 A 为圆心画一个扇形,以 O 为圆心画 一个圆,且以扇形为圆锥的侧面,以圆 O 为圆锥底面,可围成一个圆锥,设圆锥的母线长 为 l,底面半径为 r,高为 h,求出 l,r,h 后,代入圆锥表面积公式和体积公式,可以得到 答案. 解答: 解:设圆锥的母线长为 l,底面半径为 r,高为 h,

由已知条件可得: 解得 r= ,l=4 , 2 ∴S=πrl+πr =10π, 又∵h=
2



=



∴V=πr h=2 π. 故答案为:10π,2 π 点评: 本题考查的知识点是圆锥的体积和表面积,其中根据已知构造方程,求出圆锥的母 线长 l,底面半径 r,高 h,是解答的关键. 13.对于一个底边在 x 轴上的三角形,采用斜二测画法作出其直观图,其直观图面积是原三 角形面积的 倍.

考点: 空间几何体的直观图. 专题: 计算题;空间位置关系与距离. 分析: 设底边在 x 轴上的三角形的底边长为 a,高为 b,采用斜二测画法作出其直观图得到 的三角形的底边长为 a,高为 a,由此能求出结果. . = a,

解答: 解:设底边在 x 轴上的三角形的底边长为 a,高为 b,其面积为 S= 采用斜二测画法作出其直观图得到的三角形的底边长为 a,高为 其面积为 S′= , 倍.

∴其直观图面积是原三角形面积的 故答案为: .

点评: 本题考查斜二测法的合理运用,解题时要认真审题,仔细解答,注意等价转化思想 的合理运用. 14.某人从甲地去乙地共走了 500m,途经一条宽为 xm 的河流,他不小心把一件物品丢在 途中,若物品掉在河里就找不到,若物品不掉在河里,则能找到,已知该物品能被找到的概 率为 ,则河宽为 100 m.

考点: 几何概型. 专题: 计算题;概率与统计. 分析: 本题考查的知识点是几何概型的意义,关键是要找出找到该物品的点对应的图形的 长度,并将其和整个事件的长度代入几何概型计算公式进行求解. 解答: 解:由已知易得: l 从甲地到乙=500 l 途中涉水=x, 故物品遗落在河里的概率 P= ∴x=100(m) . 故答案为:100 =1﹣ =

点评: 本题考查的知识点是几何概型的意义,几何概型的概率估算公式中的“几何度量”, 可以为线段长度、面积、体积等,而且这个“几何度量”只与“大小”有关,而与形状和位置无 关. 15.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. 专题: 计算题;证明题;压轴题. 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

点评: 本题考查与二面角有关立体几何中线线之间的角的求法,线面之间的角的求法,以 及线线之间位置关系的证明方法.综合性较强,对空间立体感要求较高. 三、解答题(本大题共 6 个大题,共 75 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 16.在如图所示的几何体中,四边形 ACC1A1 是矩形,FC1∥BC,EF∥A1C1,∠BCC1=90°, 点 A、B、E、A1 在一个平面内,AB=BC=CC1=2, . (1)证明:A1E∥AB; (2)证明:平面 CC1FB⊥平面 AA1EB.

考点: 平面与平面垂直的判定;平面与平面平行的性质. 专题: 证明题. 分析: (1)由四边形 ACC1A1 是矩形,知 A1C1∥AC,AC?平面 ABC,故 A1C1∥平面 ABC.由 FC1∥BC,BC?平面 ABC,知 FC1∥平面 ABC,故平面 A1EFC1∥平面 ABC,由 此能够证明 A1E∥AB. (2) 由四边形 ACC1A1 是矩形, 知 AA1∥CC1, 由∠BCC1=90°, 知 AA1⊥BC, 由 AB=BC=2, AC=2 ,知 BC⊥AB,由此能够证明平面 CC1FB⊥平面 AA1EB. 解答: 证明: (1)∵四边形 ACC1A1 是矩形, ∴A1C1∥AC,AC?平面 ABC,∴A1C1∥平面 ABC. ∵FC1∥BC,BC?平面 ABC,∴FC1∥平面 ABC, ∵A1C1,FC1?平面 A1EFC1, ∴平面 A1EFC1∥平面 ABC, ∵平面 ABEA1 与平面 A1EFC1、平面 ABC 的交线分别是 A1E、AB, ∴A1E∥AB. (2)∵四边形 ACC1A1 是矩形,∴AA1∥CC1, ∵∠BCC1=90°,即 CC1⊥BC, ∴AA1⊥BC, ∵AB=BC=2,AC=2 ,

∴AB +BC =AC ,∴∠ABC=90°, 即 BC⊥AB, ∵AB,AA1?平面 AA1EB,BC⊥平面 AA1EB,而 BC?平面 CC1FB, ∴平面 CC1FB⊥平面 AA1EB.

2

2

2

点评: 本题考查异面直线平行的证明和平面与平面垂直的证明,解题时要认真审题,注意 挖掘题设的隐含条件,合理地化空间几何问题为平面解析几何问题,注意培养空间想象力. 17.已知关 x 的一元二次函数 f(x)=ax ﹣bx+1,设集合 P={1,2,3}Q={﹣1,1,2,3, 4},分别从集合 P 和 Q 中随机取一个数 a 和 b 得到数对(a,b) . (1)列举出所有的数对(a,b)并求函数 y=f(x)有零点的概率; (2)求函数 y=f(x)在区间[1,+∞)上是增函数的概率. 考点: 函数零点的判定定理;等可能事件的概率. 专题: 计算题. 分析: (1)依次从集合 PQ 中选取两个数组成数对,然后再找出满足△ =b ﹣4a≥0 的数对 个数,再与总数对个数相比可求出答案. (2)因为 a>0 所以函数 f(x)是开口向上的二次函数,只要数对满足对称轴 ≤1 即可
2 2

保证 y=f(x)在区间[1,+∞)上是增函数,求出数对个数后再与总个数相比可得答案. 解答: 解: (1) (a,b)共有(1,﹣1) , (1,1) , (1,2) , (1,3) , (1,4) , (2,﹣1) , (2,1) , (2,2) , (2,3) , (2,4) , (3﹣1) , (3,1) , (3,2) , (3,3) , (3,4) ,15 种情 况 函数 y=f(x)有零点,△ =b ﹣4a≥0,有(1,2) , (1,3) , (1,4) , (2,3) , (2,4) , (3, 4)共 6 种情况满足条件 所以函数 y=f(x)有零点的概率为 (2)函数 y=f(x)的对称轴为 ,在区间[1,+∞)上是增函数则有 , (1,﹣1) ,
2

(1,1) , (1,2) , (2,﹣1) , (2,1) , (2,2) , (2,3) , (2,4) , (3,﹣1) , (3,1) , (3, 2) , (3,3) , (3,4) ,共 13 种情况满足条件 所以函数 y=f(x)在区间[1,+∞)上是增函数的概率为 点评: 本题主要考查概率的列举法和二次函数的单调性问题.对于概率是从高等数学下放 的内容,一般考查的不会太难但是每年必考的内容要引起重视.

18.某班数学兴趣小组有男生三名,分别记为 a,b,c,女生两名,分别记为 x,y,现从中 任选 2 名学生参加校数学竞赛, (1)写出这种选法的基本事件空间 (2)求参赛学生中恰有一名男生的概率. (3)求参赛学生中至少有一名男生的概率. 考点: 列举法计算基本事件数及事件发生的概率. 专题: 计算题. 分析: (1)根据题意,用有序实数对来表示选出学生的情况,由列举法易得答案; (2)由(1)可得,Ω 中的基本事件数目以及恰有一名男生的基本事件数目,进而由古典概 型公式计算可得答案; (3)在 Ω 中查找至少有一名男生的情况,可得其基本情况数目,进而由古典概型公式计算 可得答案. 解答: 解: (1)根据题意,用有序实数对来表示选出学生的情况, 易得 Ω={(a,b) , (a,c) , (a,x) , (a,y) , (b,c) , (b,x) , (b,y) , (c,x) , (c,y) , (x,y)}, (2)由(1)可得,Ω 中共有 10 个基本事件, 而恰有一名男生的有(a,x) , (a,y) , (b,x) , (b,y) , (c,y) , (c,y) ,共 6 个基本事 件, 则参赛学生中恰有一名男生的概率为 p= =0.6,

(3)在 Ω 中,至少有一名男生的有(a,b) , (a,c) , (a,x) , (a,y) , (b,c) , (b,x) , (b,y) , (c,x) , (c,y) ,共 9 个基本事件, 则参赛学生中恰有一名男生的概率为 p= =0.9.

点评: 本题考查列举法求古典概型的概率,注意列举是解古典概型问题的基础,在列举基 本事件空间时,要做到不重不漏. 19.如图,AA1、BB1 为圆柱 OO1 的母线,BC 是底面圆 O 的直径,D、E 分别是 AA1、CB1 的中点,DE⊥面 CBB1. (1)证明:DE∥面 ABC; (2)求四棱锥 C﹣ABB1A1 与圆柱 OO1 的体积比; (3)若 BB1=BC,求 CA1 与面 BB1C 所成角的正弦值.

考点: 直线与平面平行的判定;棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面所成的角;用空间 向量求直线与平面的夹角. 专题: 数形结合. 分析: (1)先证明四边形 AOED 是平行四边形,即可得到 DE∥OA,从而证得 DE∥面 ABC. (2)由 CA⊥AB,且 AA1⊥CA,可得 CA⊥面 AA1B1B,即 CA 为四棱锥的高,设圆柱高 2 为 h,底半径为 r,则 V 柱=πr h,求出椎体的体积,即可得到四棱锥 C﹣ABB1A1 与圆柱 OO1 的体积比. (3)先证 A1O1⊥面 CBB1C1,则∠A1CO1 为 CA1 与面 BB1C 所成的角,在 Rt△ A1O1C 中, 由 求得 CA1 与面 BB1C 所成角的正弦值. 解答: 解: (1)证明:连接 EO,OA.∵E,O 分别为 B1C,BC 的中点,∴EO∥BB1. 又 DA∥BB1,且 .∴四边形 AOED 是平行四边形,

即 DE∥OA,DE?面 ABC.∴DE∥面 ABC. (2)由题 DE⊥面 CBB1,且由(1)知 DE∥OA.∴AO⊥面 CBB1,∴AO⊥BC, ∴AC=AB.因 BC 是底面圆 O 的直径,得 CA⊥AB,且 AA1⊥CA, ∴CA⊥面 AA1B1B,即 CA 为四棱锥的高. 设圆柱高为 h,底半径为 r,则 V 柱=πr h, ∴V 锥:V 柱 = .
2



(3)解:作过 C 的母线 CC1,连接 B1C1,则 B1C1 是上底面圆 O1 的直径, 连接 A1O1,得 A1O1∥AO,又 AO⊥面 CBB1C1, ∴A1O1⊥面 CBB1C1,连接 CO1, 则∠A1CO1 为 CA1 与面 BB1C 所成的角, 设 BB1=BC=2,则 ,

A1O1=1. (12 分) 在 Rt△ A1O1C 中, .

点评: 本题考查证明线面平行的方法,求棱锥的体积和直线与平面成的角,找出∠A1CO1 为 CA1 与面 BB1C 所成的角,是解题的难点. 20.如图,在矩形 ABCD 中,AB=2,BC=a,又 PA⊥平面 ABCD,PA=4.BQ=t (1)若在边 BC 上存在一点 Q,使 PQ⊥QD,求 a 与 t 关系; (2)在(1)的条件下求 a 的取值范围; (3) (理科做,文科不做)当边 BC 上存在唯一点 Q,使 PQ⊥QD 时,求二面角 A﹣PD﹣Q 的余弦值.

考点: 二面角的平面角及求法. 专题: 空间角. 分析: (1)利用直角三角形的勾股定理得到 a,t 的关系; (2)利用(1)的结论结合基本不等式求 a 的范围; (3) 由 (Ⅰ) 知, 当 t=2, a=4 时, 边 BC 上存在唯一点 Q (Q 为 BC 边的中点) , 使 PQ⊥QD. 过 Q 作 QM∥CD 交 AD 于 M,则 QM⊥AD.得到平面角∠MNQ 是二面角 A﹣PD﹣Q 的平 面角,结合直角三角形的余弦求之. 解答: 解: (1)如图,连接 AQ,由于 PA⊥平面 ABCD,则由 PQ⊥QD,必有 AQ⊥DQ. 设,则 CQ=a﹣t, 在直角三角形 MBQ 中中,有 AQ= 在 Rt△ CDQ 中,有 DQ= 在 Rt△ ADQ 中,有 AQ +DQ =AD . 2 2 2 即 t +4+(a﹣t) +4=a , 2 即 t ﹣at+4=0. (2)由(1)得 a=t+ ≥4. 故 a 的取值范围为[4,+∞) . (3) 由 (Ⅰ) 知, 当 t=2, a=4 时, 边 BC 上存在唯一点 Q (Q 为 BC 边的中点) , 使 PQ⊥QD. 过 Q 作 QM∥CD 交 AD 于 M,则 QM⊥AD. ∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥QM.∴QM⊥平面 PAD. 过 M 作 MN⊥PD 于 N,连结 NQ,则 QN⊥PD. ∴∠MNQ 是二面角 A﹣PD﹣Q 的平面角. 在等腰直角三角形 PAD 中,可求得 MN= ,又 MQ=2,进而 NQ= . ∴cos∠MNQ= . .
2 2 2

. . …(4 分)

故二面角 A﹣PD﹣Q 的余弦值为

点评: 本题考查了直角三角形的勾股定理以及二面角的平面角求法,关键在正确找出平面 角,属于中档题. 21.三棱锥 S﹣ABC 中,侧棱 SA、SB、SC 两两互相垂直,M 为三角形 ABC 的重心,D 为 AB 的中点,作与 SC 平行的直线 DP. 证明: (1)DP 与 SM 相交; (2)设 DP 与 SM 的交点为 D′,则 D′为三棱锥 S﹣ABC 的外接球球心. 考点: 空间中直线与直线之间的位置关系;点、线、面间的距离计算. 专题: 空间位置关系与距离. 分析:(1) 由 DP∥SC, 可得 DP、 SC 共面, 于是 DC 在此平面内, 所以点 M 在此平面内. 再 由 SM 与 SC 相交,则 SM 必与 DP 相交. ′ ′ (2)由已知侧棱 SA、SB、SC 两两互相垂直及 SC∥DD ,可证得直角梯形 SCD D,若取 ′ ′ ′ ′ ′ SC 的中点 Q, 再由 DD ∥SC 及 MC=2DM, 得 SC=2DD 及矩形 SQDD , 于是可得 SD =CD . 同 ′ ′ ′ 理可得 D A=D B=D S,于是证得结论. 解答: 证明: (1)∵DP∥SC,故 DP、CS 共面. ∴DC?面 DPC, ∵M∈DC,∴M∈面 DPC,∴SM?面 DPC. ∵在面 DPC 内 SM 与 SC 相交,故直线 SM 与 DP 相交. (2)∵SA、SB、SC 两两互相垂直,∴SC⊥面 SAB,∴SC⊥SD. ∵DP∥SC,∴DP⊥SD,△ DD′M∽△CSM. ∵M 为△ ABC 的重心,∴DM:MC=1:2.∴DD :SC=1:2. ′ 取 SC 中点 Q,连 D Q.则 SQ=DD′, ∴ ,SC⊥SD,


∴平面四边形 DD′QS 是矩形. ∴D′Q⊥SC,又 SQ=QC,知 D C=D S. ′ ′ ′ ′ 同理,D A=D B=D C=D S. 即以 D′为球心 D′S 为半径作球 D′,则 A、B、C 均在此球上. 即 D′为三棱锥 S﹣ABC 的外接球球心.
′ ′

点评: 本题综合考查了线线共面、线面垂直、线线平行的性质、等腰三角形的性质、矩形 及点共球等,深刻理解以上判定及性质是解决问题的关键. 22. (14 分) (2015?陕西模拟)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)试探究在 DE 上是否存在点 Q,使得 AQ⊥BQ 并说明理由.

考点: 异面直线及其所成的角;由三视图求面积、体积. 专题: 证明题;综合题;转化思想. 分析: (1)由该几何体的三视图知 AC⊥面 BCED,且 EC=BC=AC=4,BD=1,则体积可 以求得. (2)求异面直线所成的角,一般有两种方法,一种是几何法,其基本解题思路是“异面化共 面,认定再计算”,即利用平移法和补形法将两条异面直线转化到同一个三角形中,结合余 弦定理来求.还有一种方法是向量法,即建立空间直角坐标系,利用向量的代数法和几何法 求解. (3)假设存在这样的点 Q,使得 AQ⊥BQ. 解法一:通过假设的推断、计算可知以 O 为圆心、以 BC 为直径的圆与 DE 相切. 解法二:在含有直线与平面垂直垂直的条件的棱柱、棱锥、棱台中,也可以建立空间直角坐 标系,设定参量求解.这种解法的好处就是:1、解题过程中较少用到空间几何中判定线线、 面面、线面相对位置的有关定理,因为这些可以用向量方法来解决.2、即使立体感稍差一 些的学生也可以顺利解出,因为只需画个草图以建立坐标系和观察有关点的位置即可. 以 C 为原点,以 CA,CB,CE 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系.设满足题设的 点 Q 存在,其坐标为(0,m,n) ,点 Q 在 ED 上,∴存在 λ∈R(λ>0) ,使得 得 λ=4,∴满足题设的点 Q 存在,其坐标为(0, , ) . =λ ,解

解答: 解: (1)由该几何体的三视图知 AC⊥面 BCED,且 EC=BC=AC=4,BD=1,

∴S 梯形 BCED= ×(4+1)×4=10 ∴V= ?S 梯形 BCED?AC= ×10×4= 即该几何体的体积 V 为 .

. (3 分)

(2)解法 1:过点 B 作 BF∥ED 交 EC 于 F,连接 AF, 则∠FBA 或其补角即为异面直线 DE 与 AB 所成的角. (5 分) 在△ BAF 中, ∵AB=4 , BF=AF= =5. ∴cos∠ABF= = .

即异面直线 DE 与 AB 所成的角的余弦值为

. (7 分)

解法 2:以 C 为原点,以 CA,CB,CE 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系. 则 A(4,0,0) ,B(0,4,0) ,D(0,4,1) ,E(0,0,4) ∴ =(0,﹣4,3) , , >=﹣ . =(﹣4,4,0) ,

∴cos<

∴异面直线 DE 与 AB 所成的角的余弦值为

(3)解法 1:在 DE 上存在点 Q,使得 AQ⊥BQ. (8 分) 取 BC 中点 O,过点 O 作 OQ⊥DE 于点 Q,则点 Q 满足题设. (10 分) 连接 EO、OD,在 Rt△ ECO 和 Rt△ OBD 中 ∵ ∴Rt△ ECO∽Rt△ OBD ∴∠EOC=∠OBD ∵∠EOC+∠CEO=90° ∴∠EOC+∠DOB=90° ∴∠EOB=90°. (11 分) ∵OE= ∴OQ= = =2 ,OD= =

=2∴以 O 为圆心、以 BC 为直径的圆与 DE 相切.

切点为 Q ∴BQ⊥CQ ∵AC⊥面 BCED,BQ?面 CEDB ∴BQ⊥AC ∴BQ⊥面 ACQ(13 分)

∵AQ?面 ACQ ∴BQ⊥AQ. (14 分) 解法 2:以 C 为原点,以 CA,CB,CE 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系. 设满足题设的点 Q 存在,其坐标为(0,m,n) , 则 =(﹣4,m,n) , =(0,m,n﹣4) , =(0,m﹣4,n) =(0,4﹣m,1﹣n)
2

∵AQ⊥BQ∴m(m﹣4)+n =0① ∵点 Q 在 ED 上,∴存在 λ∈R(λ>0) 使得 =λ ,n=
2

∴(0,m,n﹣4)=λ(0,4,m,1﹣n)?m= ②代入①得 ( ﹣4) (
2



) =0?λ ﹣8λ+16=0,解得 λ=4 , ) .

∴满足题设的点 Q 存在,其坐标为(0,

点评: 本小题主要考查空间线面关系、面面关系、二面角的度量、几何体的体积等知识, 考查数形结合、化归与转化的数学思想方法,以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解 能力.



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