2017-2018学年江西省南昌市八一中学、桑海中学、麻丘高中等八校高二下学期期中考试数学（理）试题（解析版） 16页

‎2017-2018学年江西省南昌市八一中学、桑海中学、麻丘高中等八校高二下学期期中考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知是异面直线，直线平行于直线，那么与（ ）‎ A. 一定是异面直线 B. 一定是相交直线 C. 不可能是平行直线 D. 不可能是相交直线 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析： 与可能异面，可能相交就是不可能平行。假设直线∥直线，因为直线∥直线，所以直线∥直线，这与已知是异面直线相矛盾，故假设不成立，即与不可能是平行直线 ‎【考点】空间两直线的位置关系 ‎2．下列命题正确的个数为（ ）‎ ‎①经过三点确定一个平面；‎ ‎②梯形可以确定一个平面；‎ ‎③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；‎ ‎④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】 分析：根据平面的基本的性质和平面的基本概念，即可作出判断.‎ 详解：因为①中，只有经过不共线的三点，才能唯一的确定一个平面，所以不正确；‎ ‎②中，梯形的上底和下底所在的直线互相平行，所以梯形是一个平面图象，所以是正确的；‎ ‎③中，当两两相交的三条直线，交于一点时，最多可以确定三个平面，所以是正确的；‎ ‎④中，当两个平面相交时，存在一条公共直线，当三点在这条直线上时，两个平面可以是相交的，所以不正确，所以正确命题的个数为两个，故选C.‎ 点睛：本题主要考查了平面的基本概念和平面的基本性质，熟记平面的基本性质和确定平面的依据是解答关键.‎ ‎3．下列命题中错误的是（ ）‎ A. 平面内一个三角形各边所在的直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行 B. 平行于同一个平面的两个平面平行 C. 若两个平面平行，则分别位于这两个平面的直线也互相平行 D. 若两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面 ‎【答案】C ‎【解析】 分析：根据空间几何体中的点、线、面的位置关系，即可判定下列命题是否正确.‎ ‎ 详解：对于A中，利用平面与平面平行的判定定理，可以证得两个平面是平行的，所以是正确的；‎ ‎ B中，根据平行平面的性质，可得平行于同一个平面的两个平面平行是正确的；‎ D中，根据两平行平面的性质，可得两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面是正确的.‎ ‎ C中，若两个平面平行，则分别位于这两个平面的直线也互相平行或异面，所以是错误的，‎ ‎ 故选C.‎ ‎ 点睛：本题考查了空间中点、线、面的位置关系的判定与证明，其中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理是解答的关键，同时注意空间中两直线有三种位置关系——平行、相交或异面.‎ ‎4．如图， ， ， ， ， ，直线，过三点确定的平面为，则平面的交线必过（ ） ‎ A. 点 B. 点 C. 点，但不过点 D. 点和点 ‎【答案】D ‎【解析】由题意知， ， ，∴，又，∴，即在平面与平面的交线上，又， ，∴点C在平面与平面的交线上，即平面的交线必过点和点，故选D.‎ 点睛：本题主要考查了平面的基本性质及推论．公理三是：如果两个平面有一个公共点则它们有一条公共直线且所有的公共点都在这条直线上，它是判断两个平面交线的依据，欲寻找平面与平面的交线，根据平面的基本性质中公理三，只须找出这两个平面的公共点即可.‎ ‎5．如图，在正方体中， 分别是为的中点，则下列判断错误的是（ ）‎ A. 与垂直 B. 与垂直 C. 与平行 D. 与平行 ‎【答案】D ‎【解析】 分析：在正方体中，连接，可得，即可判定与 ‎ 不平行.‎ ‎ 详解：由题意，在正方体中，连接，‎ 在中，因为分别是的中点，所以，‎ 在面中， ，所以与不平行，‎ 所以与平行是错误的，故选D.‎ ‎ 点睛：本题考查了空间几何体的线面位置关系的判定与证明，其中紧扣正方体的结构特征和熟记线面平行的判定与性质是解答的关键.‎ ‎6．正方体中， 分别为的中点，那么正方体过的截面图形是（ ）‎ A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 ‎【答案】D ‎【解析】分析：延长交于，连接，交于， 作，交于，延长交于，连接，交于，即可得到过的截面图形的形状.‎ ‎ 详解：延长交于，连接，交于，‎ ‎ 作，交于，延长交于，连接，交于，‎ ‎ 如图所示，‎ ‎ 正方体过的截面图形是六边形，且边长为正方体棱长的倍的正六边形，故选D.‎ ‎ ‎ ‎ 点睛：考查了学生的截面图形的空间想象能力，以及用所学知识进行作图的能力.‎ ‎7．如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形是正方形， 分别是的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：‎ ‎①直线与直线是异面直线；②直线与直线异面 ‎③直线平面；④平面平面 其中正确的有（ ）‎ A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：把平面展开图折叠后得到立体图形，根据异面直线的概念即可判定①②，再利用线面平行的判定定理，由，可证得平面；根据面面垂直的判定定理，即可得到④不正确.‎ ‎ 详解：如图所示，‎ ‎ ①中，连接，则分别是的中点，所以，‎ 所以，所以共面，所以直线与直线是共面直线，‎ 所以①是错误的；‎ ‎②因为平面平面平面，所以直线与直线是异面直线，所以是正确的；‎ ‎③由①知，因为平面平面，所以平面，所以是正确的；‎ ‎④由于不能推出线面垂直，所以平面平面是不成立的，‎ 综上只有②③是正确的，故选B.‎ ‎ ‎ ‎ 点睛：本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：‎ ‎（1）对于异面直线的判定——要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；‎ ‎ （2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.‎ ‎8．侧棱长都都相等的四棱锥中，下列结论正确的有（ ）个 ‎①为正四棱锥；②各侧棱与底面所成角都相等；‎ ‎③各侧面与底面夹角都相等；④四边形可能为直角梯形 ‎（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：紧扣正四棱锥的概念，即可判定命题的真假.‎ ‎ 详解：由题意，当四棱锥的底面为一个矩形时，‎ 设且底面，此时可得，‎ 而四棱锥此时不是正四棱锥，所以①不正确的，同时各个侧面与底面所成的角也不相等，所以③不正确的；‎ 因为四棱锥满足，所以顶点在底面内的射影为底面的外心，而直角梯形没有外接圆，所以底面不可能是直角梯形，所以④不正确；‎ 设四棱锥满足，所以顶点在底面内的射影为底面的外心，所以各条测量与底面的正弦值都相等，所以②正确的，‎ 综上，故选A.‎ ‎ 点睛：本题主要考查了正四棱锥的概念，我们把底面是正方形，且顶点在底面上的射影是底面正方形的中心的四棱锥，叫做正四棱锥，其中紧扣正棱锥的概念是解答的关键.‎ ‎9．如图，四边形中， ， ， .将四边形沿对角线折成四面体，使平面平面，则下列结论正确的是 A. B. ‎ C. 与平面所成的角为 D. 四面体的体积为 ‎【答案】B ‎【解析】【考点】异面直线及其所成的角；棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积．‎ 专题：计算题．‎ 分析：根据题意，依次分析命题：对于A可利用反证法说明真假，若A成立可得BD⊥A’D，产生矛盾；对于C由CA’与平面A’BD所成的角为∠CA’D=45°知C的真假；对于B△BA’D为等腰Rt△，CD⊥平面A’BD，得BA’⊥平面A’CD，根据线面垂直可知∠BA′C=90°，对于D利用等体积法求出所求体积进行判定即可，综合可得答案．‎ 解答：解：若A成立可得BD⊥A’D，产生矛盾，故A不正确；‎ 由CA’与平面A’BD所成的角为∠CA’D=45°知C不正确；‎ 由题设知：△BA’D为等腰Rt△，CD⊥平面A’BD，得BA’⊥平面A’CD，于是B正确；‎ VA′-BCD=VC-A′BD=，D不正确．‎ 其中正确的有1个 故选B．‎ 点评：本题主要考查了异面直线及其所成的角，以及三棱锥的体积的计算，同时考查了空间想象能力，论证推理能力，解题的关键是须对每一个进行逐一判定．‎ ‎10．如图，在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点， 是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：取中点,则易证平面 平面，所以在侧面内轨迹为线段，因此线段长度最大值为，最小值为到线段的距离，选C.‎ ‎【考点】面面平行 ‎【思想点睛】垂直、平行关系中应用转化与化归思想的常见类型.‎ ‎(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.‎ ‎(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.‎ ‎(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.‎ ‎11．某几何体三视图如图所示，若这个几何体的各顶点都在同一个球面上，则这个球的体积为 (   )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：根据给定的三视图，根据三视图的特征，换元得到原几何体，得到几何体的外接球和直三棱柱的外接球是同一个球，即可求得球的半径，进而计算球的体积.‎ ‎ 详解：由给定的三视图可知，该几何体表示一个底面为等腰直角三角形的一个直三棱柱，‎ 截去一个三棱锥的几何体，‎ 如图所示，‎ 其中，‎ 此时几何体的外接球和直三棱柱的外接球是同一个球，‎ 其中球的直径，即，‎ 所以球的体积为，故选B.‎ 点睛：在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线.在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑.求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解.‎ ‎12．已知是平面的斜线段， 为斜足，若与平面成角，过定点的动直线与斜线 成角，且交于点，则动点的轨迹是( )‎ A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线 ‎【答案】D ‎【解析】分析：过点作平面，且满足，得直线的轨迹是以为轴的圆锥，得到直线与圆锥的母线平行，由平面截圆锥的表面即可得到动点的轨迹.‎ ‎ 详解：过点作平面，且满足，‎ ‎ 又过定点的动直线与所成的角为，则直线的轨迹是以为轴的圆锥，‎ ‎ 且直线与直线所成的角为，‎ ‎ 又因为直线与平面所成的角为，可得平面，‎ ‎ 即直线与圆锥的母线平行，‎ ‎ 由平面截圆锥的表面所得的轨迹为一个抛物线，即点的轨迹为抛物线，故选D.‎ 点睛：本题考查空间几何体题的结构特征的应用，其中涉及到圆锥的定义，两直线所成的角和直线与平面所成的角的概念的应用，解答中把为转化为平面与圆锥的表面的交线得到动点的轨迹是解答的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及空间想象能力.‎ ‎13．的三个顶点分别是， ， ，则边上的高长为__________．‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】分析：设，则的坐标，利用，求得，即可得到 ‎ ，即可求解的长度.‎ ‎ 详解：设，则，‎ ‎ 所以，因为，‎ ‎ 所以，解得，‎ ‎ 所以，所以.‎ ‎ 点睛：(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.(2)用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.‎ 二、填空题 ‎14．在正方体中， 分别为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：在正方体中，把异面直线与所成的角就是直线与所成的角，即为异面直线与所成的角，放置在中，即可求解.‎ 详解：在正方体中，连接，则，‎ 在中， 分别为的中点，所以，所以，‎ 所以异面直线与所成的角就是直线与所成的角，‎ 即为异面直线与所成的角，‎ 在中，因为为等边三角形，所以，‎ 所以，即异面直线与所成的角的余弦值为.‎ ‎ 点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：‎ ‎①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；‎ ‎②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；‎ ‎③计算：求该角的值，常利用解三角形；‎ ‎④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角. ‎ ‎15．已知圆锥的母线长为，高为，则该圆锥的外接球的表面积是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：由题意，圆锥的母线长为，高为，则圆锥的轴截面为边长为的等边三角形，‎ 则圆锥的外接球的半径等于其轴截面对应的外接圆的半径，根据正弦定理得到球的半径即可.‎ 详解：由题意，圆锥的母线长为，高为，则圆锥的轴截面为边长为的等边三角形，‎ 则圆锥的外接球的半径等于其轴截面对应的外接圆的半径，‎ 则轴截面等边三角形的外接圆的半径为，解得，‎ 所以圆锥的外接球的表面积为 ‎ 点睛：本题考查了有关球的组合体问题，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，‎ 本题的解答中把圆锥的外接球的半径转化为该圆锥的轴截面的外接圆的半径，再根据等边三角形求解相应的圆的半径是解答的关键，着重考查了学生的推理、运算能力，以及空间想象能力.‎ ‎16．如图，在边长为1的正方体中，动点在线段上运动，则的最小值为_____________. ‎ ‎ ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：将绕旋转，此时面和平面展成平面图形，得到线段即为的最小值，在中，利用余弦定理即可求解.‎ ‎ 详解：由题意，把正方体中，‎ 将绕旋转，此时面和平面展成平面图形，‎ 线段即为的最小值，‎ 在中，利用余弦定理求得.‎ 即的最小值为.‎ 点睛：本题考查了几何体的结构特征应用，其中解答中把三角形所在的平面旋转，将面和平面展成平面图形，再在中，利用余弦定理求解是解答的关键，充分体现了立体问题的平面化的思想方法，着重考查了学生的推理、运算能力，及空间想象能力，试题有一定难度，属于中档试题.‎ 三、解答题 ‎17．如图，在空间四边形中， ， 分别为， 的中点， 在上， 在上，且有，求证： 、、交于一点．‎ ‎【答案】详见解析 ‎【解析】分析：连接，证得，不妨设交于点，根据平面定性质，即可证得、、交于一点． ‎ 详解：连接，易得HE∥AC，GF∥AC，所以HE∥GF，‎ 则四点共面，而与不平行，不妨设交于点， ，而，‎ ‎，所以、、交于一点．‎ 点睛：本题考查了平面的基本性质及空间想象能力，属容易题，解答中熟记平面的基本性质是解答关键，平面的基本性质是证明多点共线或多线共点问题的重要依据. ‎ ‎18．如图， 分别是正方体的棱的中点，‎ 求证：平面∥平面 ‎【答案】详见解析 ‎【解析】试题分析：由正方体可得，由四边形是平行四边形，可得，‎ 利用面面平行的判定定理，即可证得平面平面.试题分析：‎ 略 ‎19．如图，四棱锥中，底面是边长为1的菱形， ， ， ， 为的中点．‎ ‎(1)求异面直线与所成角的余弦值；‎ ‎(2)求点到平面的距离．‎ ‎【答案】(1) ；(2) .‎ ‎【解析】试题分析：(1)由AB∥CD可知异面直线AB与MD所成角为或其补角，‎ 在中， ，即可得到异面直线AB与MD所成角的余弦值；‎ ‎(2) 由AB∥CD，点B到平面OCD的距离等于点A到平面OCD的距离，利用现面垂直的判定定理，证得面，得到为A到平面OCD的距离，即可得到点到平面的距离.试题分析：‎ ‎(1)由AB∥CD可知异面直线AB与MD所成角为或其补角，‎ 易知， ，取CD中点N， ，‎ 在中， ，‎ 所以异面直线AB与MD所成角的余弦值为 ‎ (2) 由AB∥CD，点B到平面OCD的距离等于点A到平面OCD的距离，‎ 又，‎ 过A作于H， ，‎ ‎ 为A到平面OCD的距离，在中， ‎ 点睛：本题主要考查线面平行的判定定理以及空间想象能力，属容易题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．‎ ‎20．如图所示，四棱锥的底面是边长为1的正方形，侧棱底面，在侧面内，有于，且，求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：以为坐标原点， 为轴正方向， 为轴正方向， 为轴正方向建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解直线和平面所成的角的正弦值.试题分析：‎ 以A为坐标原点，AB为x轴正方向，AD为y轴正方向，AP为Z轴正方向建立空间直角坐标系，令PA=a，则B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,0,a) ‎ ‎,, ‎ ‎,‎ 显然为平面的一个法向量， ‎ 点睛：此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.立体几何中角的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力转化与化归思想及基本运算能力等.‎ ‎21．如图，在正方形中，点， 分别是， 的中点，将分别沿， 折起，使两点重合于.‎ ‎(1)求证：平面；‎ ‎(2)求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)详见解析；(2) .‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）证明面面垂直，一般利用面面垂直判定定理，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明往往利用线面垂直判定与性质定理，即从线线垂直出发给予证明，而线线垂直的寻找与论证往往需结合平几知识进行：连接交于，则根据等腰三角形性质得， （Ⅱ）求二面角，一般利用空间向量进行求解，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面法向量，利用向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角之间关系求解 试题解析：（Ⅰ）证明：连接交于，连接.‎ 在正方形中，点是中点，点是中点，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以在等腰中， 是的中点，且，‎ 因此在等腰中， ，‎ 从而，‎ 又，‎ 所以平面，‎ 即平面.…………………6分 ‎（Ⅱ）方法一：‎ 在正方形中，连接，交于，设正方形的边长为2，‎ 由于点是中点，点是中点，‎ 所以，‎ 于是，‎ 从而，‎ 所以，‎ 于是，在翻折后的几何体中， 为二面角的平面角，‎ 在正方形中，解得， ，‎ 所以，在中， ， ， ，‎ 由余弦定理得，‎ 所以，二面角的余弦值为.………………………………12分 方法二：‎ 由题知两两互相垂直，故以为原点，向量方向分别为， ， 轴的正方向，建立如图的空间直角坐标系.‎ 设正方形边长为2，则， ， ， .‎ 所以， .‎ 设为平面的一个法向量，‎ 由得，‎ 令，得，‎ 又由题知是平面的一个法向量，‎ 所以.‎ 所以，二面角的余弦值为.………………………………12分 ‎【考点】空间面面垂直的判定与性质、空间面面夹角 ‎【思路点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.‎ ‎22．如图，在等腰梯形中， ， ， ，四边形为矩形，平面平面， .‎ ‎(1)求证： 平面；‎ ‎(2)点在线段上运动，设平面与平面二面角的平面角为，试求的取值范围.‎ ‎【答案】(1)详见解析；(2) .‎ ‎【解析】试题分析：(1)证明：连接交于，连接，证得，再在等腰中， ，利用线面垂直的判定定理，得，进而利用平面与平面垂直的判定定理，即可证得平面.‎ ‎(2)由题意以向量方向分别为轴正方向，建立如图空间直角坐标系，求的平面的一个法向量和平面的一个法向量，即可利用向量的夹角公式，求解平面与平面所成二面角的余弦值.试题分析：‎ ‎(1)证明：在梯形中，∵， ， ，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴平面平面，平面平面， 平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎ (2)由（1）分别以直线为轴， 轴， ‎ 轴发建立如图所示空间直角坐标系，‎ 令，则，‎ ‎∴.‎ 设为平面的一个法向量，由，‎ 得，取，则，‎ ‎∵是平面的一个法向量，‎ ‎∴.‎ ‎∵，∴当时， 有最小值，当时， 有最大值，‎ ‎∴.‎ 点睛：本题涉及到了立体几何中直线与平面垂直和平面与平面垂直判定与证明，全面考查立体几何中的证明与求解，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎