2018-2019学年江西省南昌八中、二十三中、十三中高二（下）期中数学试卷（文科）解析版

2018-2019学年江西省南昌八中、二十三中、十三中高二（下）期中数学试卷（文科）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．以下命题中真命题的序号是（　　）
①若棱柱被一平面所截，则分成的两部分不一定是棱柱；
②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱；
③有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体一定是棱锥；
④当球心到平面的距离小于球面半径时，球面与平面的交线总是一个圆．
A．①④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④
2．水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，若A1C1＝2，△A1B1C1的面积为，则AB的长为（　　）
A． B． C．2 D．8
3．如果直线a∥直线b，且a∥平面α，那么b与a的位置关系是（　　）
A．相交 B．b∥a C．b?a D．b∥a或b?a
4．设α、β是两个平面，a、b是两条直线，下列推理正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，所有直角三角形的面积和为（　　）
A． B． C．3 D．4
6．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O是DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是（　　）
①C1、M、O三点共线； ②C1、M、A、C四点共面；
③C1、O、B1、B四点共面； ④D1、D、O、M四点共面．
A．①②③ B．①②③④ C．①② D．③④
7．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
8．一个四棱锥的三视图如右图所示，其正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为（　　）
A． B．4 C． D．
9．在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则点A1到平面AB1D1的距离是（　　）
A． B． C． D．
10．一个长方体被一个平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）
A．24 B．48 C．72 D．96
11．已知△ABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且AB＝2，AC＝4，，三棱锥O﹣ABC的体积为，则球O的表面积为（　　）
A．22π B． C．24π D．36π
12．如图，在正四棱锥S﹣ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动时，下列四个结论：
①EP⊥AC；
②EP∥BD；
③EP∥面SBD；
④EP⊥面SAC，
其中恒成立的为（　　）
A．①③ B．③④ C．①② D．②③④
二、填空题：本题共4小题，每小题5分．
13．如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为2cm，高为5cm，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为　 　cm．
14．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1、O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的侧面积为　 　．
15．设l、m、n为三条不同的直线，α、β、γ为三个不同的平面，则
①若m∥α，m⊥n，n⊥β，则α∥β；②若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β；
③若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n；④若α∩β＝l，m∥α，m∥β，则m∥l；
⑤若α∩β＝m，α∩γ＝n，l⊥m，l⊥n，则l⊥α．
以上命题正确的有　 　
16．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，已知在鳖臑M﹣ABC中，MA⊥平面ABC，MA＝AB＝BC＝4，则该鳖臑的外接球的体积为　 　．
三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17．（10分）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，侧棱AA1⊥底面ABCD，E为棱AA1的中点，AB＝3，AA1＝4．
（Ⅰ）求证：BD⊥A1C；
（Ⅱ）求三棱锥A﹣BDE的体积．
18．（10分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，O是正方形ABCD的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点．求证：
（Ⅰ）PA∥平面BDE；
（Ⅱ）平面PAC⊥平面BDE．
19．（12分）如图，在三棱锥P﹣ABD中，平面PAD⊥平面ABD，AP⊥PD，AP＝PD＝BD＝2，．
求：（Ⅰ）求三棱锥P﹣ABD的体积；
（Ⅱ）求点D到平面PAB的距离．
20．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝2BC＝4，PB＝，M是线段AP的中点．
（1）证明：BM∥平面PCD；
（2）当PA为何值时，四棱锥P﹣ABCD的体积最大？并求此最大值．
21．（12分）如图，四面体P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝1，，AC＝2．
（Ⅰ）证明：BC⊥平面PAB；
（Ⅱ）在线段PC上是否存在点D，使得AC⊥BD，若存在，求PD的值，若不存在，请说明理由．
22．（14分）如图，矩形ABCD的长是宽的2倍，将△DAC沿对角线AC翻折，使得平面DAC⊥平面ABC，连接BD．
（Ⅰ）若BC＝4，计算翻折后得到的三棱锥A﹣BCD的体积；
（Ⅱ）若A、B、C、D四点都在表面积为80π的球面上，求三棱锥D﹣ABC的表面积．

2018-2019学年江西省南昌八中、二十三中、十三中高二（下）期中数学试卷（文科）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．【解答】解：①若棱柱被一平面所截，则分成的两部分不一定是棱柱，只有平行于底面的平面截棱柱分成的两部分一定是棱柱，正确．
②由棱柱的定义可知：不一定是棱柱；
③有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体不一定是棱锥，由三棱锥的定义可知：其余各面都是共有同一个顶点的三角形的多面体；
④当球心到平面的距离小于球面半径时，球面与平面的交线总是一个圆，正确．
综上可得：只有①④正确．
故选：A．
2．【解答】解：依题意，因为，△A1B1C1的面积为，
所以2＝A1C1×B1C1?sin45°＝，解得B1C1＝4，
所以BC＝8，AC＝2，又因为AC⊥BC，
∴由勾股定理得：AB＝＝＝＝2．
故选：B．
3．【解答】解：根据线面平行的判定定理，b?α时，
∵a∥平面α，
∴存在与a平行的直线a'，
∴b∥a′，此时b∥α．显然还有b?α．
故选：D．
4．【解答】解：对于A，若a?α，显然结论错误，
对于B，根据线面平行的性质可知B正确；
对于C，由α，β平行可知a，b没有公共点，故a，b平行或异面，故C错误；
对于D，若α，β相交，a，b均与交线平行，显然结论不成立，故D错误．
故选：B．
5．【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：
根据三视图得到：四棱锥的三个侧面都为直角三角形．
故：S＝×2×2+××2+×2×2
＝4+．
故选：B．
6．【解答】解：∵O∈AC，AC?平面ACC1A，∴O∈平面ACC1A1，∵O∈BD，BD?平面C1BD，∴O∈平面C1BD，∴O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点；
同理可得，点M和C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，所以根据公理3可得C1、B，D在平面ACC1A1和平面C1BD的交线上，因此①正确．
∵AA1∥BB1，BB1∥CC1，∴AA1∥CC1∴AA1，CC1确定一个平面，又M∈A1C，A1C?平面ACC1A1，∴M∈平面ACC1A1，故②正确．
根据异面直线的判定定理可得BB1与C1O为异面直线，故C1、O、B1、B四点不共面，故③不正确．
根据异面直线的判定定理可得DD1与MO为异面直线，故D1、D、O、M四点不共面，故④不正确．
故选：C．
7．【解答】解：设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，
∵E为棱CC1的中点，
∴BE＝＝，AE＝＝，
∵CD∥AB，∴∠BAE是异面直线AE与CD所成角（或所成角的补角），
cos∠BAE＝＝＝，
∴sin∠BAE＝＝．
∴异面直线AE与CD所成角的正弦值为．
故选：B．
8．【解答】解：根据几何体得三视图转换为几何体为：
底面为边长为2的正方形，四个侧面为边长为2的等边三角形．
故：S＝＝4+4．
故选：D．
9．【解答】解：△AB1D1中，AB1＝AD1＝，B1D1＝，
∴△AB1D1的边B1D1上的高为＝，
∴S＝＝，
设A1到平面AB1D1的距离为h，则V＝＝，
又V＝V＝?AA1＝＝，
∴＝，解得h＝．
故选：A．
10．【解答】解：根据几何体的三视图得该几何体的体积为长宽高分别为4，4，6的长方体体积的一半，即×4×4×6＝48，
故选：B．
11．【解答】解：在△ABC中，∵AB＝2，AC＝4，，
∴AB2+AC2＝BC2，得AB⊥AC，
则斜边BC的中点O′就是△ABC的外接圆的圆心，
∵三棱锥O﹣ABC的体积为，
∴××2×4×OO′＝，
∴OO′＝1，
∴R＝，
球O的表面积为4πR2＝24π．
故选：C．
12．【解答】解：如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN．
对于（1），由正四棱锥S﹣ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，∴SO⊥AC．
∵SO∩BD＝O，∴AC⊥平面SBD，∵E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，∴EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN＝N，
∴平面EMN∥平面SBD，∴AC⊥平面EMN，∴AC⊥EP．故正确．
对于（2），由异面直线的定义可知：EP与BD是异面直线，不可能EP∥BD，因此不正确；
对于（3），由（1）可知：平面EMN∥平面SBD，∴EP∥平面SBD，因此正确．
对于（4），由（1）同理可得：EM⊥平面SAC，若EP⊥平面SAC，则EP∥EM，与EP∩EM＝E相矛盾，因此当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直．即不正确．
故选：A．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分．
13．【解答】解：将正三棱柱ABC﹣A1B1C1沿侧棱展开，再拼接一次，其侧面展开图如图所示，
在展开图中，最短距离是六个矩形对角线的连线的长度，也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值．
由已知求得矩形的长等于6×2＝12，宽等于5，由勾股定理d＝＝13
故答案为：13．
14．【解答】解：如图所示，
设圆柱的底面圆半径为r，则高为h＝2r，
所以该圆柱的轴截面面积为（2r）2＝8，
解得r＝，
∴该圆柱的侧面积为
S侧＝2πrh＝2π??2＝8π．
故答案为：8π．
15．【解答】解：①若m∥α，m⊥n，n⊥β，则α∥β或相交；
②若m⊥α，m∥n，n∥β，由线面垂直的判定定理可得：α⊥β；
③若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m与n相交平行或为异面直线，因此不正确；
④若α∩β＝l，m∥α，m∥β，由线面平行的判定定理及其性质定理可得：m∥l；
⑤若α∩β＝m，α∩γ＝n，l⊥m，l⊥n，则l与α不一定垂直．
综上可得：②④正确．
故答案为：②④．
16．【解答】解：M﹣ABC四个面都为直角三角形，MA⊥平面ABC，MA＝AB＝BC＝4，
∴三角形的边AC＝4，
从而可得MC＝，
∴外接圆的半径为．
∴该鳖臑的外接球的体积为V＝．
故答案为：．
三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17．【解答】（Ⅰ）证明：∵侧棱AA1⊥底面ABCD，BD?底面ABCD，
∴AA1⊥BD，
∵底面ABCD为正方形，∴AC⊥BD，
∵AA1∩AC＝A，∴BD⊥平面ACC1A1，
∵A1C?平面ACC1A1，∴BD⊥A1C；
（Ⅱ）解：∵侧棱AA1⊥底面ABCD于A，E为棱AA1的中点，且AA1＝4，
∴AE＝2，即三棱锥E﹣ABD的高为2，
由底面正方形的边长为3，得，
∴．
18．【解答】证明：（Ⅰ）连接OE．
∵O是AC的中点，E是PC的中点，
∴OE∥AP，
又∵OE?平面BDE，PA?平面BDE，
∴PA∥平面BDE．
（Ⅱ）∵PO⊥底面ABCD，
PO⊥BD，
又∵AC⊥BD，且AC∩PO＝O，
∴BD⊥平面PAC．
∵BD?平面BDE，
∴平面PAC⊥平面BDE．
19．【解答】解：（Ⅰ）∵AP⊥PD，AP＝PD＝2，
∴，
又BD＝2，，∴AD2+BD2＝AB2，
则BD⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABD，且平面PAD∩平面ABD＝AD，∴BD⊥平面PAD，
∴VP﹣ABD＝VB﹣PAD＝＝；
（Ⅱ）由（1）得：BD⊥平面PAD，∴BD⊥PA，
∴，
∵VD﹣PAB＝VB﹣PAD，即，
∴．
20．【解答】解：（1）证明：取PD中点N，连接MN，CN，
∵M是AP的中点，
∴MN∥AD且MN＝，
∵AD∥BC，AD＝2BC，
∴MN∥BC，MN＝BC，
∴四边形MNCB是平行四边形，
∴MB∥CN，
又BM?平面PCD，CN?平面PCD，
∴BM∥平面PCD；
（2）设PA＝x（0＜x＜4），
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥AB，
∵，
∴AB＝＝，
又∵AB⊥AD，AD＝2BC＝4，
∴VP﹣ABCD＝
＝
＝
＝16，
当且仅当x＝，即x＝4时取等号，
故当PA＝4时，四棱锥P﹣ABCD的体积最大，最大值为16．
21．【解答】（本小题满分12分，第一问4分，第二问8分）
解：（Ⅰ）由题知：AB＝1，，AC＝2．
则：AB2+BC2＝AC2，
所以：AB⊥BC，
又因为：PA⊥平面ABC，
所以：PA⊥BC，
因为：PA∩AB＝A，
所以：BC⊥平面PAB；…（4分）
（Ⅱ）（第二问凡是D为中点的这问直接判0分）
在线段PC上存在点D，当时，使得AC⊥BD．
理由如下：
在平面ABC内，过点B作BE⊥AC，垂足为E，
在平面PAC内，过点E作DE∥PA，交PC于点D，连结BD，
由PA⊥平面ABC，知PA⊥AC，
所以：DE⊥AC，
所以：AC⊥平面DBE，
又因为：BD?平面DBE，
所以：AC⊥BD，
在△ABC中，，
所以：，，
所以：，
所以：，…（12分）
22．【解答】解：（Ⅰ）若BC＝4，则AB＝2，，
则，三棱锥D﹣ABC的高为，
故；
（Ⅱ）取AC中点O，则在直角三角形ADC中，
得，同理在直角三角形ABC中，，
∴球的半径，由4πR2＝80π，可得，则．
又AD＝2AB＝2DC，∴AB＝DC＝4，AD＝BC＝8，
∴，
过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF∥BC于F，连接DF，得DF⊥AB，
∴，，，
∵，∴，＝，
∴，
三棱锥D﹣ABC的表面积为S＝．