高一数学试题精选高一数学必修2第二章综合试题含答案.docx
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高一数学试题精选高一数学必修2第二章综合试题含答案
2018年高一数学必修2第二章综合试题(含答案)
5
第二综合检测题
时间120分钟,满分150分。
一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1.若直线a和b没有共点,则a与b的位置关系是()
A.相交B.平行
c.异面D.平行或异面
2.平行六面体ABcD-A1B1c1D1中,既与AB共面也与cc1共面的棱的条数为()
A.3B.4c.5D.6
3.已知平面α和直线l,则α内至少有一条直线与l()
A.平行B.相交c.垂直D.异面
4.长方体ABcD-A1B1c1D1中,异面直线AB,A1D1所成的角等于()
A.30°B.45°c.60°D.90°
5.对两条不相交的空间直线a与b,必存在平面α,使得()
A.aα,bαB.aα,b∥α
c.a⊥α,b⊥αD.aα,b⊥α
6.下面四个命题
①若直线a,b异面,b,c异面,则a,c异面;
②若直线a,b相交,b,c相交,则a,c相交;
③若a∥b,则a,b与c所成的角相等;
④若a⊥b,b⊥c,则a∥c
其中真命题的个数为()
A.4B.3c.2D.1
7.在正方体ABcD-A1B1c1D1中,E,F分别是线段A1B1,B1c1上的不与端点重合的动点,如果A1E=B1F,有下面四个结论
①EF⊥AA1;②EF∥Ac;③EF与Ac异面;④EF∥平面ABcD
其中一定正确的有()
A.①②B.②③c.②④D.①④
8.设a,b为两条不重合的直线,α,β为两个不重合的平面,下列命题中为真命题的是()
A.若a,b与α所成的角相等,则a∥b
B.若a∥α,b∥β,α∥β,则a∥b
c.若aα,bβ,a∥b,则α∥β
D.若a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥b
9.已知平面α⊥平面β,α∩β=l,点A∈α,Al,直线AB∥l,直线Ac⊥l,直线∥α,n∥β,则下列四种位置关系中,不一定成立的是()
A.AB∥B.Ac⊥
c.AB∥βD.Ac⊥β
10.(2018大纲版数学(科))已知正方体ABcD-A1B1c1D1中,E、F分别为BB1、cc1的中点,那么直线AE与D1F所成角的余弦值为()
A.-45B35
c34D.-35
11.已知三棱锥D-ABc的三个侧面与底面全等,且AB=Ac=3,Bc=2,则以Bc为棱,以面BcD与面BcA为面的二面角的余弦值为()
A33B13c.0D.-12
12.如图所示,点P在正方形ABcD所在平面外,PA⊥平面ABcD,PA=AB,则PB与Ac所成的角是()
A.90°B.60°
c.45°D.30°
二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)
13.下列图形可用符号表示为________.
14.正方体ABcD-A1B1c1D1中,二面角c1-AB-c的平面角等于________.
15.设平面α∥平面β,A,c∈α,B,D∈β,直线AB与cD交于点S,且点S位于平面α,β之间,AS=8,BS=6,cS=12,则SD=________
16.将正方形ABcD沿对角线BD折成直二面角A-BD-c,有如下四个结论
①Ac⊥BD;
②△AcD是等边三角形;
③AB与平面BcD成60°的角;
④AB与cD所成的角是60°
其中正确结论的序号是________.
三、解答题(本大题共6个大题,共70分,解答应写出字说明,证明过程或演算步骤)
17.(10分)如下图,在三棱柱ABc-A1B1c1中,△ABc与△A1B1c1都为正三角形且AA1⊥面ABc,F、F1分别是Ac,A1c1的中点.
求证
(1)平面AB1F1∥平面c1BF;
(2)平面AB1F1⊥平面Acc1A1
[分析]本题可以根据面面平行和面面垂直的判定定理和性质定理,寻找使结论成立的充分条.
18.(本小题满分12分)如图所示,在四棱锥P-ABcD中,PA⊥平面ABcD,AB=4,Bc=3,AD=5,∠DAB=∠ABc=90°,E是cD的中点.
(1)证明cD⊥平面PAE;
(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABcD所成的角相等,求四棱锥P-ABcD的体积.
19.(12分)如图所示,边长为2的等边△PcD所在的平面垂直于矩形ABcD所在的平面,Bc=22,为Bc的中点.
(1)证明A⊥P;
(2)求二面角P-A-D的大小.
20.(本小题满分12分)(2018辽宁,19)如图,棱柱ABc-A1B1c1的侧面Bcc1B1是菱形,B1c⊥A1B
(1)证明平面AB1c⊥平面A1Bc1;
(2)设D是A1c1上的点,且A1B∥平面B1cD,求A1DDc1的值.
21.(12分)如图,△ABc中,Ac=Bc=22AB,ABED是边长为1的正方形,平面ABED⊥底面ABc,若G,F分别是Ec,BD的中点.
(1)求证GF∥底面ABc;
(2)求证Ac⊥平面EBc;
(3)求几何体ADEBc的体积V
[分析]
(1)转化为证明GF平行于平面ABc内的直线Ac;
(2)转化为证明Ac垂直于平面EBc内的两条相交直线Bc和BE;(3)几何体ADEBc是四棱锥c-ABED
22.(12分)如下图所示,在直三棱柱ABc-A1B1c1中,Ac=3,Bc=4,AB=5,AA1=4,点D是AB的中点.
(1)求证Ac⊥Bc1;
(2)求证Ac1∥平面cDB1;
(3)求异面直线Ac1与B1c所成角的余弦值.
详解答案
1[答案]D
2[答案]c
[解析]AB与cc1为异面直线,故棱中不存在同时与两者平行的直线,因此只有两类
第一类与AB平行与cc1相交的有cD、c1D1
与cc1平行且与AB相交的有BB1、AA1,
第二类与两者都相交的只有Bc,故共有5条.
3[答案]c
[解析]1°直线l与平面α斜交时,在平面α内不存在与l平行的直线,∴A错;
2°lα时,在α内不存在直线与l异面,∴D错;
3°l∥α时,在α内不存在直线与l相交.
无论哪种情形在平面α内都有无数条直线与l垂直.
4[答案]D
[解析]由于AD∥A1D1,则∠BAD是异面直线AB,A1D1所成的角,很明显∠BAD=90°
5[答案]B
[解析]对于选项A,当a与b是异面直线时,A错误;对于选项B,若a,b不相交,则a与b平行或异面,都存在α,使aα,b∥α,B正确;对于选项c,a⊥α,b⊥α,一定有a∥b,c错误;对于选项D,aα,b⊥α,一定有a⊥b,D错误.
6[答案]D
[解析]异面、相交关系在空间中不能传递,故①②错;根据等角定理,可知③正确;对于④,在平面内,a∥c,而在空间中,a与c可以平行,可以相交,也可以异面,故④错误.
7[答案]D
[解析]如图所示.由于AA1⊥平面A1B1c1D1,EF平面A1B1c1D1,则EF⊥AA1,所以①正确;当E,F分别是线段A1B1,B1c1的中点时,EF∥A1c1,又Ac∥A1c1,则EF∥Ac,所以③不正确;当E,F分别不是线段A1B1,B1c1的中点时,EF与Ac异面,所以②不正确;由于平面A1B1c1D1∥平面ABcD,EF平面A1B1c1D1,所以EF∥平面ABcD,所以④正确.
8[答案]D
[解析]选项A中,a,b还可能相交或异面,所以A是假命题;选项B中,a,b还可能相交或异面,所以B是假命题;选项c中,α,β还可能相交,所以c是假命题;选项D中,由于a⊥α,α⊥β,则a∥β或aβ,则β内存在直线l∥a,又b⊥β,则b⊥l,所以a⊥b
9[答案]c
[解析]如图所示
AB∥l∥;Ac⊥l,∥lAc⊥;AB∥lAB∥β
10[答案]35命题意图]本试题考查了正方体中异面直线的所成角的求解的运用.
[解析]首先根据已知条,连接DF,然后则角DFD1即为
异面直线所成的角,设边长为2,则可以求解得到
5=DF=D1F,DD1=2,结合余弦定理得到结论.
11[答案]c
[解析]取Bc中点E,连AE、DE,可证Bc⊥AE,Bc⊥DE,∴∠AED为二面角A-Bc-D的平面角
又AE=ED=2,AD=2,∴∠AED=90°,故选c
12[答案]B
[解析]将其还原成正方体ABcD-PQRS,显见PB∥Sc,△AcS为正三角形,∴∠AcS=60°
13[答案]α∩β=AB
14[答案]45°
[解析]如图所示,正方体ABcD-A1B1c1D1中,由于Bc⊥AB,Bc1⊥AB,则∠c1Bc是二面角c1-AB-c的平面角.又△Bcc1是等腰直角三角形,则∠c1Bc=45°
15[答案]9
[解析]如下图所示,连接Ac,BD,
则直线AB,cD确定一个平面AcBD
∵α∥β,∴Ac∥BD,
则ASSB=cSSD,∴86=12SD,解得SD=9
16[答案]①②④
[解析]如图所示,①取BD中点,E连接AE,cE,则BD⊥AE,BD⊥cE,而AE∩cE=E,∴BD⊥平面AEc,Ac平面AEc,故Ac⊥BD,故①正确.
②设正方形的边长为a,则AE=cE=22a
由①知∠AEc=90°是直二面角A-BD-c的平面角,且∠AEc=90°,∴Ac=a,
∴△AcD是等边三角形,故②正确.
③由题意及①知,AE⊥平面BcD,故∠ABE是AB与平面BcD所成的角,而∠ABE=45°,所以③不正确.
④分别取Bc,Ac的中点为,N,
连接E,NE,N
则N∥AB,且N=12AB=12a,
E∥cD,且E=12cD=12a,
∴∠EN是异面直线AB,cD所成的角.
在Rt△AEc中,AE=cE=22a,Ac=a,
∴NE=12Ac=12a∴△EN是正三角形,∴∠EN=60°,故④正确.
17[证明]
(1)在正三棱柱ABc-A1B1c1中,
∵F、F1分别是Ac、A1c1的中点,
∴B1F1∥BF,AF1∥c1F
又∵B1F1∩AF1=F1,c1F∩BF=F,
∴平面AB1F1∥平面c1BF
(2)在三棱柱ABc-A1B1c1中,AA1⊥平面A1B1c1,∴B1F1⊥AA1
又B1F1⊥A1c1,A1c1∩AA1=A1,
∴B1F1⊥平面Acc1A1,而B1F1平面AB1F1,
∴平面AB1F1⊥平面Acc1A1
18[解析]
(1)如图所示,连接Ac,由AB=4,Bc=3,∠ABc=90°,得Ac=5
又AD=5,E是cD的中点,所以cD⊥AE
∵PA⊥平面ABcD,cD平面ABcD,所以PA⊥cD
而PA,AE是平面PAE内的两条相交直线,所以cD⊥平面PAE
(2)过点B作BG∥cD,分别与AE,AD相交于F,G,连接PF
由
(1)cD⊥平面PAE知,BG⊥平面PAE于是∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角,且BG⊥AE
由PA⊥平面ABcD知,∠PBA为直线PB与平面ABcD所成的角.
AB=4,AG=2,BG⊥AF,由题意,知∠PBA=∠BPF,
因为sin∠PBA=PAPB,sin∠BPF=BFPB,所以PA=BF
由∠DAB=∠ABc=90°知,AD∥Bc,又BG∥cD,所以四边形BcDG是平行四边形,故GD=Bc=3于是AG=2
在Rt△BAG中,AB=4,AG=2,BG⊥AF,所以
BG=AB2+AG2=25,BF=AB2BG=1625=855于是PA=BF=855
又梯形ABcD的面积为S=12×(5+3)×4=16,所以四棱锥P-ABcD的体积为
V=13×S×PA=13×16×855=128515
19[解析]
(1)证明如图所示,取cD的中点E,连接PE,E,EA,
∵△PcD为正三角形,
∴PE⊥cD,PE=PDsin∠PDE=2sin60°=3
∵平面PcD⊥平面ABcD,
∴PE⊥平面ABcD,而A平面ABcD,∴PE⊥A
∵四边形ABcD是矩形,
∴△ADE,△Ec,△AB均为直角三角形,由勾股定理可求得E=3,A=6,AE=3,
∴E2+A2=AE2∴A⊥E
又PE∩E=E,∴A⊥平面PE,∴A⊥P
(2)解由
(1)可知E⊥A,P⊥A,
∴∠PE是二面角P-A-D的平面角.
∴tan∠PE=PEE=33=1,∴∠PE=45°
∴二面角P-A-D的大小为45°
20[解析]
(1)因为侧面Bcc1B1是菱形,所以B1c⊥Bc1,
又已知B1c⊥A1B,且A1B∩Bc1=B,
所以B1c⊥平面A1Bc1,又B1c平面AB1c
所以平面AB1c⊥平面A1Bc1
(2)设Bc1交B1c于点E,连接DE,则DE是平面A1Bc1与平面
B1cD的交线.
因为A1B∥平面B1cD,A1B平面A1Bc1,平面A1Bc1∩平面B1cD=DE,所以A1B∥DE
又E是Bc1的中点,所以D为A1c1的中点.
即A1DDc1=1
21[解]
(1)证明连接AE,如下图所示.
∵ADEB为正方形,
∴AE∩BD=F,且F是AE的中点,
又G是Ec的中点,
∴GF∥Ac,又Ac平面ABc,GF平面ABc,
∴GF∥平面ABc
(2)证明∵ADEB为正方形,∴EB⊥AB,
又∵平面ABED⊥平面ABc,平面ABED∩平面ABc=AB,EB平面ABED,
∴BE⊥平面ABc,∴BE⊥Ac
又∵Ac=Bc=22AB,
∴cA2+cB2=AB2,
∴Ac⊥Bc
又∵Bc∩BE=B,∴Ac⊥平面BcE
(3)取AB的中点H,连GH,∵Bc=Ac=22AB=22,
∴cH⊥AB,且cH=12,又平面ABED⊥平面ABc
∴GH⊥平面ABcD,∴V=13×1×12=16
22[解析]
(1)证明在直三棱柱ABc-A1B1c1中,底面三边长Ac=3,Bc=4,AB=5,∴Ac⊥Bc
又∵c1c⊥Ac∴Ac⊥平面Bcc1B1
∵Bc1平面Bcc1B,∴Ac⊥Bc1
(2)证明设cB1与c1B的交点为E,连接DE,又四边形Bcc1B1为正方形.
∵D是AB的中点,E是Bc1的中点,∴DE∥Ac1
∵DE平面cDB1,Ac1平面cDB1,
∴Ac1∥平面cDB1
(3)解∵DE∥Ac1,
∴∠cED为Ac1与B1c所成的角.
在△cED中,ED=12Ac1=52,
cD=12AB=52,cE=12cB1=22,
∴cs∠cED=252=225
∴异面直线Ac1与B1c所成角的余弦值为225
5
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