高一数学上学期第二次10月月考试题.doc

河北武邑中学2016-2017学年上学期高二第二次月考
数学（文科）试题
注意事项：
1. 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟。
2. 答题前请仔细阅读答题卡（纸）上的“注意事项”的规定答题；
3. 选择题答案涂在答题卡上，非选择题答案写在答题卡上相应位置，在试卷和草稿纸上做答无效.
第I卷（共60分）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求，将正确答案填涂在答题卡上。
1．如下图所示为一个简单几何体的三视图，则其对应的实物是(　　)

2． 已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于(　　)
A．1 B. C. D.
3．用平行于圆锥底面的截面去截圆锥，所得小圆锥的侧面积与原来大圆锥的侧面积的
比是，则小圆锥的高与大圆锥的高的比是
A. B．1 C. D.
4．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，下面有三个命题：
①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β.则真命题的个数为
A．0 B．1 C．2 D．3
5．已知m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是
A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β B．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β
C．若m∥n，m∥α，则n∥α D．若n⊥α，n⊥β，则α∥β
6. 正六棱锥P—ABCDEF中，G为PB的中点，则三棱锥D－GAC与P－GAC体积之比为
A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．3∶2
7．如右图，设平面α∩β＝EF，AB⊥α，CD⊥α，垂足分别是B、D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，这个条件不可能是下面四个选项中的
A．AC⊥β
B．AC⊥EF
C．AC与BD在β内的射影在同一条直线上
D．AC与α、β所成的角相等
8．若二面角M－l－N的平面角大小为，直线m⊥平面M，则平面N内的直线与m所成角的取值范围是
A．[，] B．[，] C．[，] D．[0，]
9．如下图所示，E、F分别为正方体的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是下图中的
(　　)

A．四个图形都正确 B．只有(2)(3)正确 C．只有(4)错误 D．只有(1)(2)正确
10．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，其棱长为1，下列命题中，正确的命题个数为
①A1C1和AD1所成角为；
②点B1到截面A1C1D的距离为；
③正方体的内切球与外接球的半径之比为1∶
A．3 B．2 C．1 D．0
11．正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱BB1中点，G是DD1中点，F是BC上一点且FB＝BC，则GB与 EF所成的角为(　　)．
A．30° B．120° C．60° D．90°
12．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为(　　)
A. B. C．2 D.
二、填空题
13．如右图，一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，
俯视图是直径为1的圆，那么这个几何体的侧面积为________．
14．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上
移动，并且总是保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是________．
15．已知每条棱长都为3的直平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，∠BAD＝60°，长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动，另一个端点N在底面ABCD上运动．则MN中点P的轨迹与该直平行六面体的表面所围成的几何体中体积较小的几何体的体积为________．
16. 已知点E、F分别在正方体ABCD­A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值为________．
三、解答题
17．如图1－2，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．
求证：(1)平面EFG∥平面ABC；
(2)BC⊥SA.

18．如图1－4所示，在三棱锥P－ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ＝2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，联结GH.
(1)求证：AB∥GH；
(2)求二面角D－GH－E的余弦值．

19．如右图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC＝6，BD＝8，E是PB上任意一点，△AEC面积的最小值是3.
(1)求证：AC⊥DE；
(2)求四棱锥P－ABCD的体积．

20． 如图1－3所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．
(1)证明：B1C1⊥CE； (2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；
(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为.求线段AM的长．

高二文科数学第二次月考试题答案
1. A 2. C 3. C 4. C 5. D 6. C 7. D 8. A 9. B 10. C 11. D 12. A
13．Π 14. 线段B1C 15. 16.
17．证明：(1)因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．又因为E是SA的中点，所以EF∥AB.
因为EF平面ABC，AB平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
同理EG∥平面ABC.又EF∩EG＝E，
所以平面EFG∥平面ABC.
(2)因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，
又AF平面SAB，AF⊥SB，
所以AF⊥平面SBC.
因为BC平面SBC，所以AF⊥BC.
又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB平面SAB，所以BC⊥平面SAB.
因为SA平面SAB，所以BC⊥SA.
18．解：(1)证明：因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EF∥AB，DC∥AB，所以EF∥DC.
又EF平面PCD，DC平面PCD，
所以EF∥平面PCD.
又EF平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH，所以EF∥GH.
又EF∥AB，所以AB∥GH.
(2)方法一：在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，
所以∠ABQ＝90°，即AB⊥BQ.
因为PB⊥平面ABQ，所以AB⊥PB.又BP∩BQ＝B，

图1－5
所以AB⊥平面PBQ.由(1)知AB∥GH，所以GH⊥平面PBQ.又FH平面PBQ，所以GH⊥FH.同理可得GH⊥HC，所以∠FHC为二面角D－GH－E的平面角．
设BA＝BQ＝BP＝2.联结FC，
在Rt△FBC中，由勾股定理得FC＝，在Rt△PBC中，由勾股定理得PC＝.又H为△PBQ的重心，所以HC＝PC＝.同理FH＝.
在△FHC中，由余弦定理得cos∠FHC＝＝－.即二面角D－GH－E的余弦值为－.
方法二：在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，所以∠ABQ＝90°.又PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直．以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设BA＝BQ＝BP＝2，则E(1，0，1)，F(0，0，1)，Q(0，2，0)，D(1，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)．所以＝(－1，2，－1)，＝(0，2，－1)，＝(－1，－1，2)，＝(0，－1，2)．
设平面EFQ的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
由m·＝0，m·＝0，
得取y1＝1，得m＝(0，1，2)．
设平面PDC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，
由n·＝0，n·＝0，
得
取z2＝1，得n＝(0，2，1)．
所以cos〈m，n〉＝＝.
因为二面角D－GH－E为钝角，
所以二面角D－GH－E的余弦值为－.

19.解：(1)连接BD，设AC与BD相交于点F.

因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以PD⊥AC.
而PD∩BD＝D，所以AC⊥平面PDB.
E为PB上任意一点，DE⊂平面PDB，所以AC⊥DE.
(2)连接EF.由(1)知AC⊥平面PDB，
EF⊂平面PDB，所以AC⊥EF.
S△ACE＝AC·EF，在△ACE面积最小时，EF最小，则EF⊥PB.
此时S△ACE＝3，×6×EF＝3，
解得EF＝1.
由△PDB∽△FEB，得＝.
由于EF＝1，FB＝4，所以PB＝4PD.
又PB＝，∴＝4PD，
解得PD＝.
∴VP－ABCD＝S菱形ABCD·PD
＝×24×＝.
20．解：方法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)．

(1)证明：易得＝(1，0，－1)，＝(－1，1，－1)，于是·＝0，所以B1C1⊥CE.
(2)＝(1，－2，－1)，
设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，
则即消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2，1)．
由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1，0，－1)为平面CEC1的一个法向量．
于是cos〈m，〉＝＝＝－，从而sin〈m，〉＝.
所以二面角B1－CE－C1的正弦值为.
(3)＝(0，1，0)，＝(1，1，1)．设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可取＝(0，0，2)为平面ADD1A1的一个法向量．
设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则
sin θ＝|cos〈，〉|＝＝
＝.
于是＝，解得λ＝(负值舍去)，所以AM＝.
方法二：(1)证明：因为侧棱CC1⊥平面A1B1C1D1，
B1C1平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1.经计算可得B1E＝，B1C1＝，EC1＝，从而B1E2＝B1C＋EC，所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E.又CC1，C1E平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，所以B1C1⊥平面CC1E，又CE平面CC1E，故B1C1⊥CE.

(2)过B1 作B1G⊥CE于点G，联结C1G.由(1)，B1C1⊥CE.故CE⊥平面B1C1G，得CE⊥C1G，所以∠B1GC1为二面角B1－CE－C1的平面角．在△CC1E中，由CE＝C1E＝，CC1＝2，可得C1G＝.在Rt△B1C1G中，B1G＝，所以sin∠B1GC1＝，即二面角B1－CE－C1的正弦值为.
(3)联结D1E, 过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD1A1，联结AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角．
设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有MH＝x，AH＝x.在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝，得EH＝MH＝x.在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，由AH2＝AE2＋EH2－2AE·EHcos 135°，得x2＝1＋x2＋x.
整理得5x2－2 x－6＝0，解得x＝(负值舍去)，所以线段AM的长为.