数学理卷·2018届北京市西城区41中高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版）x 23页

高二年级数学（理科）试题 一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．‎ ‎1. 如果点在直线上，而直线又在平面内，那么可以记作（ ）．‎ A. ， B. ， C. ， D. ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】直线上有无数个点，直线可看成点的集合，‎ 点在直线上，可记作，‎ 直线在平面内，可记作，‎ 故选．‎ ‎2. 以下命题正确的有（ ）．‎ ‎① ② ③ ④‎ A. ①② B. ①②③ C. ②③④ D. ①②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：①由线面垂直的判定定理可知结论正确；②由线面垂直的性质可知结论正确；③中的关系可以线面平行或直线在平面内；④中直线可以与平面平行，相交或直线在平面内 考点：空间线面平行垂直的判定与性质 ‎3. 在下列命题中，正确的命题是（ ）．‎ A. 如果平面内的一条直线垂直于平面内的任一直线，那么 B. 如果平面内一直线平行于平面，那么 C. 如果平面平面，任取直线，那么必有 D. 如果平面平面，直线，那么必有 ‎【答案】A ‎【解析】项正确．‎ 项可能存在，‎ 项可能存在与是异面直线，‎ 故选．‎ ‎4. 一个简单几何体的主视图、左视图如图所示，则其俯视图可能为①长方形；②正方形；③圆；④椭圆．其中正确的是（ ）．‎ A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】由主视图、左视图可知，俯视图可能是长为宽为的长方形，‎ 也可能是椭圆，‎ 故选．‎ 点睛:‎ ‎ 思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.‎ ‎5. 下列命题中，正确命题是（ ）．‎ A. 空间不同三点确定一个平面 B. 空间两两相交的三条直线确定一个平面 C. 两组对边相等的四边形是平行四边形 D. 和同一直线都相交的三条平行线在同一平面内 ‎【答案】D ‎【解析】A错误。空间不共线三点确定一个平面；‎ B错误。如三棱锥的一个顶点出发的三条棱所在的直线不能确定一个平面；‎ C错误。正四面体的两组对棱构成的四边形不是平行四边形；‎ D正确。‎ ‎6. 如果平面外有两点、，它们到平面的距离都是，则直线和平面的位置关系一定是（ ）．‎ A. 平行 B. 相交 C. 平行或相交 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】若两点在平面同侧，则直线与平面平行，‎ 若在异侧，则直线与平面相交，‎ 故选．‎ ‎7. 在正方体中，如果是的中点，那么直线垂直于（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：在正方体中，是的中点，设是的交点，则，，又，，故选B。‎ 考点：空间中的垂直关系 ‎8. 若正四棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该几何体的表面积是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】底面积：，‎ 侧面积：，‎ 表面积，‎ 故选．‎ ‎9. 已知六棱锥的底面是正六边形，平面．则下列结论不正确的是（ ）．‎ A. 平面 B. 平面 C. 平面 D. 平面 ‎【答案】D ‎【解析】∵六棱锥 的底面是正六边形，平面．则，由线面平行的判定定理，可得平面，故A正确； ，由线面垂直的判定定理可得平面，故B正确；，由线面平行的判定定理，可得 平面，故C正确； 与不垂直，故D中， 平面不正确；故选D.‎ ‎10. 在棱长为的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方形，则截去个三棱锥后，剩下的几何体的体积是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】每个三棱锥的体积，‎ 剩下几何体的体积，‎ 故选．‎ 点睛:求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法. ①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．‎ 二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分．‎ ‎11. 已知，是两条异面直线，，那么与的位置关系是__________．‎ ‎【答案】相交或异面 ‎【解析】若，则由可得到，与，是两条异面直线矛盾，所以与可能相交；‎ 也可能异面，不可能平行，故与的位置关系为相交或异面．‎ ‎12. 圆锥的底面半径是，高是，则圆锥的侧面积是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：由题圆锥的母线长为，则它的侧面积是 考点：圆锥的侧面积 ‎13. 如果棱长为的正方体的八个顶角都在同一个球面上，那么球的表面积是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设球半径为，则，‎ ‎∴，‎ 球的表面积．‎ 故填.‎ ‎14. 如图，在四棱锥中，平面，且四边形是矩形，那么该四棱锥的两个侧面中是直角三角形的有__________个．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】∵平面，‎ ‎∴，，，，‎ ‎∴，是直角三角形，‎ 又∵在矩形中，‎ ‎，，‎ ‎∵，，‎ ‎∴平面，‎ 平面，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，是直角三角形，‎ ‎∴、、、共个直角三角形．‎ 故填4.‎ ‎15. 下列命题正确的有__________．‎ ‎①若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内；‎ ‎②若直线上有无数个点不在平面内，则与平面平行；‎ ‎③若直线与平面相交，则与平面内的任意直线都是异面直线；‎ ‎④如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线一定与该平面相交；‎ ‎⑤若直线与平面平行，则与平面内的直线平行或异面．‎ ‎【答案】①⑤‎ ‎【解析】①正确；‎ ‎②错误，直线与平面相交时，仍有无数个点不在平面内．‎ ‎③错误，直线与平面内过该交点的直线不是异面直线．‎ ‎④错误，另一条直线可能在该平面内．‎ ‎⑤正确．‎ 故填①⑤.‎ ‎16. 已知是等腰直角三角形，，是斜边上的高，以为折痕使成直角．在折起后形成的三棱锥中，有如下三个结论：‎ ‎①直线平面；‎ ‎②侧面是等边三角形；‎ ‎③三棱锥的体积是．其中正确结论的序号是__________．（写出全部正确结论的序号）‎ ‎【答案】①②③‎ ‎【解析】①∵，，‎ 点，‎ ‎，平面，‎ ‎∴平面．‎ ‎②∵在中，‎ ‎，，‎ ‎∴，‎ 同理可得，，‎ ‎∴是等边三角形．‎ ‎ ‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 综上①②③均正确．‎ 故填①②③.‎ 三、解答题：本大题共3小题，共26分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎17. 如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，点为的中点．‎ ‎（I）求证：平面．‎ ‎（II）求证：平面．‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.‎ ‎【解析】试题分析:(1) 矩形中，，又底面，∴，根据线面垂直的判定定理可得平面;(2) 设与的交点为，连接，可得,由线面平行的判定定理即可证明.‎ 试题解析:‎ ‎（I）在矩形中，‎ ‎，‎ 又∵底面，‎ ‎∴，‎ ‎∵点，‎ ‎，平面，‎ ‎∴平面．‎ ‎（II）设与的交点为，‎ 连接，‎ ‎∵、分别是、中点，‎ ‎∴，‎ ‎∵平面，‎ 平面，‎ ‎∴平面．‎ 点睛: 直线与平面平行的定义：如果直线与平面没有公共点，则直线与平面平行，记作;直线与平面平行的判定定理:平面外一条直线与此平面内的一条直线互相平行，则该直线与此平面平行; 判定直线和平面垂直的方法:①定义法．②利用判定定理：一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线和此平面垂直．③推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．‎ ‎18. 如图，正三棱柱中，是的中点．‎ ‎（I）求证：平面平面．‎ ‎（II）求证：平面．‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.‎ ‎【解析】试题分析:(1) 正三角形中，,又,由线面垂直的判定定理可得平面，进而可得平面平面;(2) 取中点，连接，，因为,由线面平行的判定定理可得平面．‎ 试题解析:‎ ‎（I）∵在正三角形中，‎ 是中点，‎ ‎∴，‎ 又∵在正三棱柱中，‎ 平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∴，‎ ‎∵点，‎ ‎，平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∵平面，‎ ‎∴平面平面．‎ ‎（II）取中点，连接，，‎ ‎∵、分别是，中点，‎ ‎∴，‎ ‎∵平面，‎ 平面，‎ ‎∴平面．‎ ‎19. 如图，三棱锥的三个侧面均为边长是的等边三角形，，分别为，的中点．‎ ‎（I）求的长．‎ ‎（II）求证：．‎ ‎（III）求三棱锥的表面积．‎ ‎【答案】(1) ;(2)详见解析;(3) .‎ ‎【解析】试题分析:(1) 连接，，等边中，，，同理可得，等腰中，，;(2)由线面垂直的判定定理证明平面，则;(3) 三棱锥的三个侧面均为边长为的等边三角形，底面仍为边长为的等边三角形，分别求出各面的面积求和即三棱锥的表面积.‎ 试题解析:‎ ‎（I）连接，，‎ ‎∵在等边中，‎ 是边上中点，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ 同理可得，‎ 在等腰中，‎ 为边上中点，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎（II）证明：∵，，‎ 点，‎ ‎、平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∴．‎ ‎（III）∵三棱锥的三个侧面均为边长为的等边三角形，‎ 则底面中，，‎ ‎∴底面仍为边长为的等边三角形，‎ ‎∴表面积．‎ ‎【B卷】‎ 一、选择题（每题5分，共30分．）‎ ‎20. 在空间四边形中，等于（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】，‎ ‎，‎ ‎．‎ 故选．‎ ‎21. 下列各组向量平行的是（ ）．‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】A ‎【解析】项，，，‎ ‎，‎ 即．‎ 故选A.‎ ‎22. 已知向量，，则等于__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】，‎ ‎，‎ ‎．‎ 故填.‎ ‎23. 已知点，则点关于轴对称的点的坐标为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】关于轴对称后．‎ 故选B.‎ ‎24. 已知，，若，则（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 解得．‎ 故选C.‎ 点睛: 平面向量数量积的类型及求法:(1)求平面向量数量积有三种方法：一是夹角公式a·b＝|a||b|cos θ；二是坐标公式a·b＝x1x2＋y1y2；三是利用数量积的几何意义.(2)求较复杂的平面向量数量积的运算时，可先利用平面向量数量积的运算律或相关公式进行化简.‎ ‎25. 已知，，，则向量与的夹角为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】∵，，，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ ‎∴与的夹角为，故选．‎ 二、解答题：本大题共2小题，共20分．解答写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎26. （用空间向量方法）如图，正方体的棱长为，为棱的中点．‎ ‎（I）求与所成角的大小．‎ ‎（II）求与平面所成角的正弦值．‎ ‎（III）求平面与平面所成角的余弦值．‎ ‎【答案】(1) ;(2);(3).‎ ‎【解析】试题分析:(1)建立空间直角坐标系如图所示,求出和的坐标,代入,求出结果即可;(2) 写出的坐标,平面是一个法向量，与平面所成角的正弦值为的绝对值;(3)求出平面的法向量,代入公式即可.‎ 试题解析:‎ ‎（I）如图以为坐标原点，‎ 以，，分别为，，轴，‎ 建立空间直角坐标系，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎，‎ 由图知，与成角为锐角．‎ ‎（II），‎ ‎，‎ ‎，‎ 平面是一个法向量，‎ ‎∴，‎ ‎∴与平面所成角的正弦值为．‎ ‎（III），‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∵，‎ ‎，‎ ‎，‎ 设平面的一个法向量，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ 平面与平面所成角余弦值为．‎ 点睛:本题考查线线角,线面角以及二面角大小的求法,属于中档题. 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”.‎ ‎27. 如图，正方形和四边形所在的平面互相垂直．，，，．‎ ‎（I）求证：平面．‎ ‎（II）求证：平面．‎ ‎（III）求二面角的大小．‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2)详见解析;(3) .‎ ‎【解析】试题分析:(1) 设与交于点，先证明四边形为平行四边形，可得,由线面平行的判定定理即可证明;(2) 连接，判断出四边形为菱形，得到,又正方形中，，且平面平面，∴平面，∴，根据线面垂直的判定定理证明即可;(3)建立空间直角坐标系,写出各点坐标,求出平面和平面的法向量,代入二面角公式即可求出二面角的大小.‎ 试题解析:‎ ‎（I）设与交于点，‎ ‎∵，且，，‎ ‎∴四边形为平行四边形，‎ ‎∴，‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴平面．‎ ‎（II）连接，‎ ‎∵，，，‎ ‎∴四边形为菱形，‎ ‎∴，‎ ‎∴在正方形中，，‎ 且平面平面，‎ 平面平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴平面．‎ ‎（III）如图，以为坐标原点，‎ ‎，，分别为、、轴建立空间直角坐标系，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ ‎．‎ 设平面是一个法向量，‎ ‎，，‎ 设平面的一个法向量，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∵，‎ ‎，‎ ‎，‎ 设平面的一个法向量，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ 平面与平面所成角余弦值为．‎ ‎∴，‎ 由图知，所求二面角为锐角，‎ ‎∴所求二面角为．‎ 点睛:‎ ‎ 本题考查线面平行的判定定理,线面垂直的判定定理以及二面角的求法,属于中档题.垂直、平行关系证明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.‎ ‎ ‎