2018-2019學(xué)年江西省南昌二中高二(下)第一次月考數(shù)學(xué)試卷(理科)(3月份)

1、2018-2019 學(xué)年江西省南昌二中高二（下）第一次月考數(shù)學(xué)試卷（理科）（3 月份）一、選擇題（共 12 小題，每小題 5 分，共 60 分）1（5 分）某空間幾何體的正視圖是三角形，則該幾何體不可能是（）A圓柱B圓錐C四面體D三棱柱2（5 分）下列條件中，能判斷一條直線與一個(gè)平面垂直的是（）A這條直線垂直于該平面內(nèi)的一條直線B這條直線垂直于該平面內(nèi)的兩條直線C這條直線垂直于該平面內(nèi)的任何兩條直線D這條直線垂直于該平面內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線3（5 分）如圖是一個(gè)幾何體的正（主）視圖和側(cè)（左）

2、視圖，其俯視圖是面積為形，則該幾何體的表面積是（）的矩A8BC16D4（5 分）一個(gè)圓柱形的玻璃瓶的內(nèi)半徑為 3cm，瓶里所裝的水深為 8cm，將一個(gè)鋼球完全浸入水中，瓶中水的高度上升到 8.5cm，則鋼球的半徑為（）A1 cmB1.2 cmC1.5 cmD2 cm5（5 分）過(guò)正方形 ABCD 的頂點(diǎn) A，作 PA平面 ABCD，若 PABA，則平面 ABP 和平面CDP 所成的銳二面角的大小是（）第1頁(yè)（共26頁(yè)

3、）A30°B45°C60°D90°6（5 分）已知正三棱錐 SABC 中，E 是側(cè)棱 SC 的中點(diǎn)，且 SABE，則 SB 與底面 ABC所成角的余弦值為（）ABCD（l7 5 分）， 為平面， 是直線，已知 l，則“，”是“l(fā)”的（）條件A充分不必要條件C充要條件B必要不充分條件D既不充分不必要條件8（5 分）如圖，一個(gè)圓錐的底面半徑為 2，高為 6，在其中有一個(gè)高為

4、0;x 的內(nèi)接圓柱，當(dāng)該圓柱的體積最大時(shí)，x（）A2B3C4D59（5 分）已知 E，F(xiàn) 分別是長(zhǎng)方體 ABCDA1B1C1D1 的棱 AB，A1B1 的中點(diǎn)，若，ADAA12，則四面體 C1DEF 的外接球的表面積為（）A13B16C18D2010（5 分）如圖，正方形網(wǎng)格紙中的實(shí)線圖形是一個(gè)多面體的三視圖，則該多面體各表面所在平面互相垂直的有（）A2 對(duì)C4 對(duì)B3 對(duì)       

5、                       D5 對(duì)第2頁(yè)（共26頁(yè)）11（5 分）已知正方體 ABCDA1B1C1D1，在空間中到三條棱 AB、CC1、A1D1 所在直線距離相等的點(diǎn)的個(gè)數(shù)（）A0B2C3D無(wú)數(shù)個(gè)12（5 分）如圖，棱長(zhǎng)為 4 的正方體 ABCDA1B1C1D

6、1，點(diǎn) A 在平面  內(nèi)，平面 ABCD 與平面  所成的二面角為 30°，則頂點(diǎn) C1 到平面  的距離的最大值是（）A2（2+）B2（+）C2（+1）D2（+1）二、填空題（共 4 小題，每小題 5 分，共 20 分）13（5 分）在棱長(zhǎng)為 1 的正方體 ABCDA1B1C1D1 中，E 為棱 BB1 的中點(diǎn)，用過(guò)

7、點(diǎn) A，E，C1 的平面截去該正方體，則截面積為14（5 分）某裝飾品的三視圖如圖所示，則該裝飾品的體積為15（5 分）在三棱錐 ABCD 中，ABCD4，ADBC5，ACBD6，E，F(xiàn) 分別為棱 AC 和棱 AD 上的動(dòng)點(diǎn)，則BEF 的周長(zhǎng)范圍16（5 分）已知邊長(zhǎng)為 6 的菱形 ABCD 中，BAD120°，沿對(duì)角線 AC 折成二面角 BACD 的大小為 

8、0;的四面體且 cos ，則四面體 ABCD 的外接球的表面積為三解答題（本大題共 5 小題，共 70 分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）17（10 分）已知正方體 ABCDA1B1C1D1 的棱長(zhǎng)為 2（1）求點(diǎn) B 到平面 ACD1 的距離；（2）平面 ACD1 截該正方體的內(nèi)切球，求截面積的大小；第3頁(yè)（共26頁(yè)）19（12 分）已知斜三棱柱 ABCA1B1C1 的所有棱

9、長(zhǎng)都相等，且A1ABA1AC60°（1）求證：A1ABC；（2）直線 AC1 與直線 CB1 所成角的余弦值20（12 分）已知在四棱錐 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，且 AD2，AB1，PA平面 ABCD，E、F 分別是線段 AB、BC 的中點(diǎn)（1）證明：PFFD；（2）在線段 PA 上是否存在點(diǎn) G，使得 EG平面 PFD，若存在，確定點(diǎn) G 的位置；若不存在，說(shuō)

10、明理由；（3）若 PB 與平面 ABCD 所成的角為 45°，求二面角 APDF 的余弦值21（12 分）已知橢圓+   1（ab0）的離心率為   ，且過(guò)點(diǎn)（  ，   ）（1）求橢圓方程；（2）設(shè)不過(guò)原點(diǎn) O 的直線 l：ykx+m（k0），與該橢圓交于 P、Q 兩點(diǎn)，直線 OP、OQ 的斜率依次為 k1、k2，滿

11、足 4kk1+k2，試問(wèn)：當(dāng) k 變化時(shí)，m2 是否為定值？若是，第4頁(yè)（共26頁(yè)）18 12 分）在以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x 軸的正半軸為極軸建立的極坐標(biāo)系中，曲線C1 的參數(shù)求出此定值，并證明你的結(jié)論；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由22（12 分）已知函數(shù) f（x）alnx（1）若函數(shù) f（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；（f（2）求當(dāng) x1 時(shí)， x）0 恒成立的 a 的取值范圍，并證明 ln

12、2+ln3+ln4+lnn（n2，nN*）極坐標(biāo)與參數(shù)方程（方程（ 為參數(shù)），曲線 C2 的極坐標(biāo)方程：4cos（1）求曲線 C1 和曲線 C2 的直角坐標(biāo)方程；（2）設(shè)曲線 C2 交 x 軸于點(diǎn) M（不是原點(diǎn)），過(guò)點(diǎn) M 的直線 l 交曲線 C1 于 A，B 兩個(gè)不同的點(diǎn)，求|MA|MB|的取值范圍第5頁(yè)（共26頁(yè)）2018-2019 學(xué)年江西省南昌二中高二（下）第一次月考數(shù)學(xué)試卷（理

13、科）（3 月份）參考答案與試題解析一、選擇題（共 12 小題，每小題 5 分，共 60 分）1（5 分）某空間幾何體的正視圖是三角形，則該幾何體不可能是（）A圓柱B圓錐C四面體D三棱柱【分析】直接從幾何體的三視圖：正視圖和側(cè)視圖或俯視圖判斷幾何體的形狀，即可【解答】解：圓柱的正視圖為矩形，故選：A【點(diǎn)評(píng)】本題考查簡(jiǎn)單幾何體的三視圖，考查邏輯推理能力和空間想象力，是基礎(chǔ)題2（5 分）下列條件中，能判斷一條直線與一個(gè)平面垂直的是（）A這條直線垂直于該平面內(nèi)的一條直線B這條直線垂直于該平面內(nèi)的兩條直線C這條直線

14、垂直于該平面內(nèi)的任何兩條直線D這條直線垂直于該平面內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線【分析】利用直線與平面垂直的判定定理直接求解【解答】解：在 A 中，如果一直線與平面相交但不垂直時(shí)，則該直線與該平面中也可能一條直線也垂直，故 A 錯(cuò)誤；在 B 中，這條直線垂直于平面內(nèi)的兩條平行直線，則這條直線不一定垂直于平面，故 B 錯(cuò)誤；在 C 中，這條直線垂直于該平面內(nèi)的任何兩條直線，則這條直線一定垂直于平面，故 C 正確；在 D 中，這條直線垂直于該平面內(nèi)的無(wú)數(shù)條平行直線，則這條直線

15、不一定垂直于這個(gè)平面，故 D 錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算南求解能力，是中檔題3（5 分）如圖是一個(gè)幾何體的正（主）視圖和側(cè)（左）視圖，其俯視圖是面積為第6頁(yè)（共26頁(yè)）的矩形，則該幾何體的表面積是（）A8BC16D【分析】由三視圖及題設(shè)條件知，此幾何體為一個(gè)三棱柱，底面是等腰直角三角形，且其高為，故先求出底面積，求解其表面積即可【解答】解：此幾何體是一個(gè)三棱柱，且其高為4，由于其底面是一個(gè)等腰直角三角形，直角邊長(zhǎng)為 2，所以其面積為×2×22，又此三棱柱的高為

16、 4，故其側(cè)面積為，（2+2+2）×416+8  ，表面積為：2×2+16+820+8  故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考點(diǎn)是由三視圖求幾何體的面積、體積，考查對(duì)三視圖的理解與應(yīng)用，主要考查三視圖與實(shí)物圖之間的關(guān)系，用三視圖中的數(shù)據(jù)還原出實(shí)物圖的數(shù)據(jù)，再根據(jù)相關(guān)的公式求表面積三視圖的投影規(guī)則是：“主視、俯視 長(zhǎng)對(duì)正；主視、左視高平齊，左視、俯視 寬相等”三視圖是高考的新增考點(diǎn)，不時(shí)出現(xiàn)在高考試題中，應(yīng)予以重視4（5 分）一個(gè)圓柱形的玻璃瓶的內(nèi)半徑為 3cm，瓶里所裝的水深為 8cm，將

17、一個(gè)鋼球完全浸入水中，瓶中水的高度上升到 8.5cm，則鋼球的半徑為（）A1 cmB1.2 cmC1.5 cmD2 cm【分析】根據(jù)水上升部分的容積，等于球的體積，利用等積法，構(gòu)造關(guān)于球的半徑 R 的方程，解得答案【解答】解：設(shè)鋼球的半徑為 R，由題意得：，解得：R 1.5 cm，故選：C第7頁(yè)（共26頁(yè)）【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)點(diǎn)是球的體積，圓柱的體積，正確理解水上升部分的容積，等于球的體積，是解答的關(guān)鍵5（5 分）過(guò)正方形 ABCD 的頂點(diǎn) A，作

18、60;PA平面 ABCD，若 PABA，則平面 ABP 和平面CDP 所成的銳二面角的大小是（）A30°B45°C60°D90°【分析】以 A 為原點(diǎn)，AB 為 x 軸，AD 為 y 軸，AD 為 z 軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出平面 ABP 和平面 CDP 所成的銳二面角的大小【解答】解：以 A 為原點(diǎn)，AB 為&

19、#160;x 軸，AD 為 y 軸，AD 為 z 軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè) PABA1，則 C（1，1，0），D（0，1，0），P（0，0，1），（1，1，1），（0，1，1），設(shè)平面 PCD 的法向量 （x，y，z），則，取 y1，得 （0，1，1），平面 ABP 的法向量 （0，1，0），設(shè)平面 ABP 和平面 CDP 所成的銳二面角的大小為 ，則 cos

20、60;     ，45°，平面 ABP 和平面 CDP 所成的銳二面角的大小為 45°故選：B第8頁(yè)（共26頁(yè)）【點(diǎn)評(píng)】本題考查二面角的大小的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力、空間想象能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題6（5 分）已知正三棱錐 SABC 中，E 是側(cè)棱 SC 的中點(diǎn)，且 SABE，則 SB 與底面

21、0;ABC所成角的余弦值為（）ABCD【分析】過(guò)點(diǎn) S 作 SO平面 ABC，連接 OB，則點(diǎn) O 為正三角形 ABC 的中心，SBO即為所求角，確定各側(cè)面是全等的等腰直角三角形，即可得到結(jié)論【解答】解：過(guò)點(diǎn) S 作 SO平面 ABC，連接 OB，則點(diǎn) O 為正三角形 ABC 的中心，SBO 即為所求角，AO 是 AS 在平面 ABC 內(nèi)的射影，且 

22、;AOBCSABC又 SABE，SA平面 SBC，SASC，SASBSAB 內(nèi)，設(shè) SASBa，則 AB，OB   a，cosOBS故選：A   第9頁(yè)（共26頁(yè)）【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)（l7 5 分）， 為平面， 是直線，已知 l，則“，”是“l(fā)”的（）條件A充分不必要條件C充要條件B必要不充分條件D既不充分不必要條件【分析】根據(jù)充分條件和必要條件的定義結(jié)合線面垂直，面

23、面垂直的關(guān)系進(jìn)行判斷即可【解答】解：由 ，l，可推出 l，反過(guò)來(lái)，若 l，l，根據(jù)面面垂直的判定定理，可知 ，故“，”是“l(fā)”的充要條件，故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，根據(jù)空間線面垂直關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵8（5 分）如圖，一個(gè)圓錐的底面半徑為 2，高為 6，在其中有一個(gè)高為 x 的內(nèi)接圓柱，當(dāng)該圓柱的體積最大時(shí)，x（）A2B3C4D5【分析】?jī)?nèi)接圓柱的底面半徑為 r 時(shí)，它的上底面截圓錐得小圓錐的高為 3r，內(nèi)接圓柱2（V的高 h63r，圓柱

24、的體積 Vr（63r）6r23r3， 0r2）， 12r9r2，（0r2），由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出該圓柱的體積最大時(shí)內(nèi)接圓柱的高【解答】解：圓錐的底面半徑為 2，高為 6，第10頁(yè)（共26頁(yè)）內(nèi)接圓柱的底面半徑為 r 時(shí)，它的上底面截圓錐得小圓錐的高為 3r內(nèi)接圓柱的高 h63r，圓柱的體積 Vr2（63r）6r23r3，（0r2），V12r9r2，（0r2），令 V0，得 r ，（r0 舍），當(dāng) 0r 時(shí)，V0，當(dāng) r2&#

25、160;時(shí)，V0，當(dāng) r 時(shí)，該圓柱的體積最大，此時(shí)內(nèi)接圓柱的高 h63r2故選：A【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓錐的內(nèi)接圓柱的體積最大值時(shí)圓柱的高的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題9（5 分）已知 E，F(xiàn) 分別是長(zhǎng)方體 ABCDA1B1C1D1 的棱 AB，A1B1 的中點(diǎn)，若ADAA12，則四面體 C1DEF 的外接球的表面積為（）A13B16C18D20【分析】首先根據(jù)錐體的性質(zhì)，求出外接球的半徑，進(jìn)一步利用公式求出結(jié)果【解答】解：

26、如圖所示，第11頁(yè)（共26頁(yè)）四面體 C1DEF 的外接球就是直三棱柱 DECD1FC1 的外接球，設(shè)棱柱 DECD1FC1 的底 DEC 的外接圓圓心為 G，三棱柱 DECD1FC1 的外接球球心為 ，DEC 的外接圓半徑 r，解得    ，外接球的半徑，四面體 C1DEF 的外接球的表面積為 4R213，故選：A【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：錐體的性質(zhì)的應(yīng)用，求出外接球的表面積公式的應(yīng)

27、用，主要考察學(xué)生的運(yùn)算能力和轉(zhuǎn)換能力10（5 分）如圖，正方形網(wǎng)格紙中的實(shí)線圖形是一個(gè)多面體的三視圖，則該多面體各表面所在平面互相垂直的有（）第12頁(yè)（共26頁(yè)）A2 對(duì)B3 對(duì)C4 對(duì)D5 對(duì)【分析】首先把三視圖轉(zhuǎn)換為幾何體，進(jìn)一步利用面面垂直的判定的應(yīng)用求出結(jié)果【解答】解：根據(jù)幾何體的三視圖轉(zhuǎn)換為幾何體為：根據(jù)幾何體得到：平面 SAD平面 SCD，平面 SBC平面 SCD，平面 SCD平面 ABCD，平面 SAD平面 SBC故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：三

28、視圖和幾何體的轉(zhuǎn)換，面面垂直的判定定理的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力和轉(zhuǎn)化能力，屬于基礎(chǔ)題型11（5 分）已知正方體 ABCDA1B1C1D1，在空間中到三條棱 AB、CC1、A1D1 所在直線距離相等的點(diǎn)的個(gè)數(shù)（）A0B2C3D無(wú)數(shù)個(gè)【分析】由于點(diǎn) D、B1 顯然滿足要求，猜想 B1D 上任一點(diǎn)都滿足要求，然后利用空間坐標(biāo)系證明結(jié)論【解答】解：在正方體 ABCDA1B1C1D1 上建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，并設(shè)該正方體的棱長(zhǎng)為 1，連接 B1D，并在 B1D&#

29、160;上任取一點(diǎn) P，因?yàn)椋?，1，1），所以設(shè) P（a，a，a），其中 0a1作 PE平面 A1D，垂足為 E，再作 EFA1D1，垂足為 F，則 PF 是點(diǎn) P 到直線 A1D1 的距離所以 PF；同理點(diǎn) P 到直線 AB、CC1 的距離也是所以 B1D 上任一點(diǎn)與正方體 ABCDA1B1C1D1 的三條棱 AB、CC1、A1D1 所在直線的

30、距第13頁(yè)（共26頁(yè)）離都相等，所以與正方體 ABCDA1B1C1D1 的三條棱 AB、CC1、A1D1 所在直線的距離相等的點(diǎn)有無(wú)數(shù)個(gè)故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查合情推理的能力及空間中點(diǎn)到線的距離的求法屬于中檔題12（5 分）如圖，棱長(zhǎng)為 4 的正方體 ABCDA1B1C1D1，點(diǎn) A 在平面  內(nèi)，平面 ABCD 與平面  所成的二面角為 30°，則頂點(diǎn) C1 到平面  的

31、距離的最大值是（）A2（2+）B2（+）C2（+1）D2（+1）【分析】如圖所示，O 在 AC 上，C1O，垂足為 E，則 C1E 為所求，OAE30°，由題意，設(shè) COx，則 AO4x，由此可得頂點(diǎn) C1 到平面  的距離的最大值【解答】解：如圖所示，AC 的中點(diǎn)為 O，C1O，垂足為 E，則 C1E 為所求，AOE30°由題意，設(shè) COx，則 AO4x，C1O，OE OA2

32、 x，C1E令 y+2+2 x， x，第14頁(yè)（共26頁(yè)）則 y0，可得 x，x，頂點(diǎn) C 1 到平面 的距離的最大值是 2（+）故選：B 【點(diǎn)評(píng)】本題考查頂點(diǎn) C 1 到平面 的距離的最大值，考查學(xué)生的計(jì)算能力，正確作圖是關(guān)鍵二、填空題（共 4 小題，每小題 5 分，共 20 分）13（5 分）在棱長(zhǎng)為 1 的正方體 ABCD 

33、;A 1B 1C 1D 1 中，E 為棱 BB 1 的中點(diǎn)，用過(guò)點(diǎn) A ，E ，C 1 的平面截去該正方體，則截面積為【分析】取 DD 1 中點(diǎn) F ，連結(jié) AF 、C 1F ，則菱形 AEC 1F 就是過(guò)點(diǎn) A ，E ，C 1 的平面截去該正方體的截面，由此能求出截面積【解答】解：取&#

34、160;DD 1 中點(diǎn) F ，連結(jié) AF 、C 1F ，則菱形 AEC 1F 就是過(guò)點(diǎn) A ，E ，C 1 的平面截去該正方體的截面，EF BD ，AC 1，用過(guò)點(diǎn) A ，E ，C 1 的平面截去該正方體，則截面積為：故答案為：           

35、    第15頁(yè)（共26頁(yè)）【點(diǎn)評(píng)】本題考查截面面積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算南求解能力，是中檔題14（5 分）某裝飾品的三視圖如圖所示，則該裝飾品的體積為【分析】畫(huà)出幾何體的直觀圖，利用三視圖的數(shù)據(jù)求解幾何體的體積即可【解答】解：由題意可知幾何體的直觀圖如圖：是正方體去掉 4 個(gè) 的圓錐的幾何體，直觀圖如圖：則該裝飾品的體積為：故答案為：88   【點(diǎn)評(píng)】本題考查三視圖求解幾何體的體積，判斷幾何體的形狀是解題的關(guān)鍵15（5 分）在三棱

36、錐 ABCD 中，ABCD4，ADBC5，ACBD6，E，F(xiàn) 分別為棱 AC 和棱 AD 上的動(dòng)點(diǎn)，則BEF 的周長(zhǎng)范圍（8，15第16頁(yè)（共26頁(yè)）【分析】利用極限思想，當(dāng) E，F(xiàn) 兩點(diǎn)接近點(diǎn) A 時(shí)，BEF 的周長(zhǎng)接近 8，再將三棱錐 ABCD 中的側(cè)面展開(kāi)，可求得答案【解答】解：如圖根據(jù)三角形的邊長(zhǎng)，得三棱錐的四個(gè)面均為直角三角形，BAD°，ABCCDA，BAC+CAD90°將三棱錐側(cè)面沿側(cè)棱 AB&

37、#160;展開(kāi)，如圖B，A，B1 共線，此時(shí)兩點(diǎn)間的連接線 BB，即是BEF 的周長(zhǎng)的最小值 8，但此時(shí) E，F(xiàn) 重合于 A，不能構(gòu)成三角形，所以取不到 8由圖觀察，當(dāng) E，F(xiàn) 分別在棱 AC 和棱 AD 上由 A 向下移動(dòng)時(shí)，BE，B1F 的長(zhǎng)度先變小，移動(dòng)至分別與 AD，AC 垂直時(shí)，BE，B1F 的長(zhǎng)度最小，再向下移動(dòng)逐漸變大，所以BEF 的周長(zhǎng)最大為 BD+DC+CB1

38、15，故答案為：（8，15【點(diǎn)評(píng)】本題考查三棱錐的側(cè)面展開(kāi)圖和截面三角形的周長(zhǎng)問(wèn)題，屬于難題16（5 分）已知邊長(zhǎng)為 6 的菱形 ABCD 中，BAD120°，沿對(duì)角線 AC 折成二面角 BACD 的大小為  的四面體且 cos ，則四面體 ABCD 的外接球的表面積為54【分析】折起的四面體是兩個(gè)等邊三角形，先找出兩個(gè)面的外接圓的圓心，過(guò)圓心分別第17頁(yè)（共26頁(yè)）做兩個(gè)面的垂線則交點(diǎn)即為外接球的球心，在三角形中，由余弦定理求出外接球

39、的半徑，進(jìn)而求出外接球的表面積【解答】解：由邊長(zhǎng)為 6 的菱形 ABCD 中，BAD120°，可知，ACABBCADCD6，在折起的四面體中，取 AC 的中點(diǎn) E，連接 BE，DE，DEBE×63  ，則 EBAC，DEAC，ACBEE，AC面 BED，BED 為二面角 BACD 的大小為 ，在 DE，BE 上分別取 DMBn DE2，EM，則 M，N 分別

40、為三角形 ADC，ABC 的外接圓的圓心，過(guò) M，N 分別做兩個(gè)三角形的外接圓的垂線，交于 O，則 O 為四面體外接球的球心，連接 OE，OD 為外接球的半徑 R則，所以 cos2         ，所以 cos   ，在三角形 OEM，cos，解得 OE   ，在三角形 OED 中，余弦

41、定理可得 OD2DE2+OE22DEOEcos22，即 R2，所以外接球的表面積 S4R254，故答案為：54（3  ）2+（   ）【點(diǎn)評(píng)】考查四面體的棱長(zhǎng)與外接球的半徑之間的關(guān)系及球的表面積公式，屬于中檔題三解答題（本大題共 5 小題，共 70 分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）17（10 分）已知正方體 ABCDA1B1C1D1 的棱長(zhǎng)為 2（1）求點(diǎn) B 到平面 ACD1 的距離

42、；（2）平面 ACD1 截該正方體的內(nèi)切球，求截面積的大小；第18頁(yè)（共26頁(yè)）（【分析】 1）采用等體積法求得點(diǎn) B 到平面 ACD1 的距離為；（2）根據(jù)正方體和球的結(jié)構(gòu)特征，判斷出平面 ACD1 是正三角形，求出它的邊長(zhǎng)，再通過(guò)圖求出它的內(nèi)切圓的半徑，最后求出內(nèi)切圓的面積【解答】解：（1）設(shè)點(diǎn) B 到平面 ACD1 的距離為 d，利用，可得         &#

43、160;    得 d點(diǎn) B 到平面 ACD1 的距離；（2）解：根據(jù)題意知，平面 ACD1 是邊長(zhǎng)為 2的正三角形，且球與以點(diǎn) D 為公共點(diǎn)的三個(gè)面的切點(diǎn)恰為三角形 ACD1 三邊的中點(diǎn)故所求截面的面積是該正三角形的內(nèi)切圓的面積，則由圖得，ACD1 內(nèi)切圓的半徑是 ×2×tan30°   ，則所求的截面圓的面積是 截面是半徑為的圓，其面積為【點(diǎn)評(píng)

44、】本題考查了正方體和它的內(nèi)接球的幾何結(jié)構(gòu)特征，考查了等體積法求距離，考查了空間想象能力，屬于中檔題19（12 分）已知斜三棱柱 ABCA1B1C1 的所有棱長(zhǎng)都相等，且A1ABA1AC60°（1）求證：A1ABC；（2）直線 AC1 與直線 CB1 所成角的余弦值第19頁(yè)（共26頁(yè)）（【分析】 1）證明：連接 A1B，A1C，取線段 BC 的中點(diǎn)為 D，再連接 A1D，AD推導(dǎo)出ABC 和1BC 為等邊三角形，BCAD，BCA1D，從而

45、 BC平面 AA1D，由此能證明 BCAA1（2）連接 A1C 交 AC1 于點(diǎn) M，取線段 A1B1 的中點(diǎn)為 N，再連接 C1N不妨設(shè)棱長(zhǎng)為 2推導(dǎo)出 MNCB1，由此能求出直線 AC1 與直線 CB1 所成角的余弦值【解答】解：（1）證明：連接 A1B，A1C，取線段 BC 的中點(diǎn)為 D，再連接 A1D，AD三棱柱的所有棱長(zhǎng)相等，且，ABC 和1BC&

46、#160;為等邊三角形D 為上述兩個(gè)三角形公共邊 BC 的中點(diǎn)BCAD，BCA1DAD，A1D平面 AA1D，ADA1DDBC平面 AA1DAA1平面 AA1DBCAA1（2）解：連接 A1C 交 AC1 于點(diǎn) M，取線段 A1B1 的中點(diǎn)為 N，再連接 C1N不妨設(shè)棱長(zhǎng)為 2由 BCAA1 得 BCBB1，因而四邊形 BCC1B1 為正方形，M，N 分別為1B1C 

47、的邊 A1C，A1B1 的中點(diǎn)MNCB1，同（）可知ABC 和1BC 為等邊三角形，在1MN 中，所以，直線 AC1 與直線 CB1 所成角的余弦值第20頁(yè)（共26頁(yè)）【點(diǎn)評(píng)】本題考查線線垂直的證明，考查異面直線所成角的余弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題20（12 分）已知在四棱錐 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，且 AD2，AB1，PA平面 ABCD，E、F 分

48、別是線段 AB、BC 的中點(diǎn)（1）證明：PFFD；（2）在線段 PA 上是否存在點(diǎn) G，使得 EG平面 PFD，若存在，確定點(diǎn) G 的位置；若不存在，說(shuō)明理由；（3）若 PB 與平面 ABCD 所成的角為 45°，求二面角 APDF 的余弦值【分析】解法一：（1）建立空間直角坐標(biāo)系 Axyz，利用向量法能證明 PFFD（2）設(shè) G 點(diǎn)坐標(biāo)為（0，0，m） 0mt），求出平面&#

49、160;PFD 的法向量和，要使 EG平面 PFD，只需，由此能求出滿足的點(diǎn) G 即為所求（3）求出平面 PAD 的法向量和平面 PFD 的法向量，由此利用向量法能求出二面角 APDF 的余弦值解法二：（）連接 AF，則，從而 DFAF，DFPA，由此能證明 PFFD（）過(guò)點(diǎn) E 作 EHFD 交 AD 于點(diǎn) H，則 EH平面 PFD，且有第21頁(yè)（共26頁(yè)）5

50、60;分再過(guò)點(diǎn)H 作 HGDP 交 PA 于點(diǎn) G，則 HG平面 PFD 且，由此能求出滿足        的點(diǎn) G 即為所求（）由已知得PBA 是 PB 與平面 ABCD 所成的角，且PBA45°，取 AD 的中點(diǎn) M，MNF 即為二面角 APDF 的平面角，由此能求出二面角 

51、APDF 的余弦值【解答】解法一：（1）證明：PA平面 ABCD，BAD90°，AB1，AD2，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 Axyz，則 A（0，0，0），B（1，0，0），F(xiàn)（1，1，0），D（0，2，0）2 分不妨令 P（0，0，t），PFFD4 分（2）解：設(shè)平面 PFD 的法向量為，由，得，令 z1，解得：6 分設(shè) G 點(diǎn)坐標(biāo)為（0，0，m）（0mt），則即得，從而滿足，要使 EG平面 PFD，只需，的點(diǎn) G

52、0;即為所求8 分，（3）解：AB平面 PAD，是平面 PAD 的法向量，由題意得，9 分又PA平面 ABCD，PBA 是 PB 與平面 ABCD 所成的角，得PBA45°，PA1，平面 PFD 的法向量為10 分，第22頁(yè)（共26頁(yè)）故所求二面角 APDF 的余弦值為解法二：（）證明：連接 AF，則，12 分，又 AD2，DF2+AF2AD2，DFAF2 分又 PA平面

53、60;ABCD，DFPA，又 PAAFA，4 分（）解：過(guò)點(diǎn) E 作 EHFD 交 AD 于點(diǎn) H，則 EH平面 PFD，且有5 分再過(guò)點(diǎn) H 作 HGDP 交 PA 于點(diǎn) G，則 HG平面 PFD 且，平面 a11平面 PFD7 分EG平面 PFD從而滿足的點(diǎn) G 即為所求8 分（）解：PA平面 

54、ABCD，PBA 是 PB 與平面 ABCD 所成的角，且PBA45°PAAB19 分取 AD 的中點(diǎn) M，則 FMAD，F(xiàn)M平面 PAD，在平面 PAD 中，過(guò) M 作 MNPD 于 N，連接 FN，則 PD平面 FMN，則MNF 即為二面角 APDF 的平面角10 分MNDPAD，且FMN90°，12 分第23頁(yè)（

55、共26頁(yè)）【點(diǎn)評(píng)】本題考查異面直線垂直的證明，考查滿足條件的點(diǎn)是否存在的判斷與求法，考查二面角的余弦值的求法，解題時(shí)要注意空間思維能力的培養(yǎng)21（12 分）已知橢圓+   1（ab0）的離心率為   ，且過(guò)點(diǎn)（  ，   ）（1）求橢圓方程；（2）設(shè)不過(guò)原點(diǎn) O 的直線 l：ykx+m（k0），與該橢圓交于 P、Q 兩點(diǎn)，直線 OP、OQ 的斜率依次為 k1、k2，滿足 4kk1+k2，

56、試問(wèn)：當(dāng) k 變化時(shí)，m2 是否為定值？若是，求出此定值，并證明你的結(jié)論；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由（【分析】 1）利用已知條件列出方程組求解橢圓的幾何量，得到橢圓的方程（2）聯(lián)立直線與橢圓方程，設(shè) P（x1，y1），Q（x2，y2）利用韋達(dá)定理，通過(guò)直線 OP、OQ 的斜率依次為 k1，k2，且 4kk1+k2，求解即可【解答】解：（1）依題意可得，解得 a2，b1所以橢圓 C 的方程是（4 分）（2）當(dāng) k 變化時(shí)，m2 為定值，證明如下：由得，（1+4k2）x2+8kmx+4（m21）0（6 分）設(shè) P（x1，y1），Q（x2，y2）則 x1+x2      ，x1x2       （） （7 分）直線 OP、OQ 的斜率依次