1、2014-2015学年江西省南昌三中高二（下）期中数学试卷（文科）一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）1命题“对任意xR，都有x20”的否定为（）A对任意xR，都有x20B不存在xR，都有x20C存在x0R，使得x020D存在x0R，使得x0202=（）A2B2CD13执行如图所示的程序框图，若输入n=8，则输出S=（）ABCD4若两个球的表面积之比为1：4，则这两个球的体积之比为（）A1：2B1：4C1：8D1：165已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能是（）A1BCD6已知m，n为异面直线，m平面，n平面直线l满足lm，ln，l，l，
2、则（）A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l7如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且ABCD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m+n=（）A8B9C10D118设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A若，m，n，则mnB若，m，n，则mnC若mn，m，n，则D若m，mn，n，则9设l为直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A若l，l，则B若l，l，则C若l，l，则D若，l，则l10已知三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB=3，AC=4，ABAC，AA1=12，则
3、球O的半径为（）ABCD二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）11设mR，m2+m2+（m21）i是纯虚数，其中i是虚数单位，则m=12阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序若输入m的值为2，则输出的结果i=13在平面内有下面关于直角三角形边长的勾股定理定理：直角三角形ABC中，ACBC，则有AB2=AC2+BC2将它类比到空间中关于直角三棱锥的面积的命题应该是：若三棱锥PABC中，PAPB，PBPC，PCPA；则有14已知H是球O的直径AB上一点，AH：HB=1：2，AB平面，H为垂足，截球O所得截面的面积为，则球O的表面积为15如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P为BC
4、的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S则下列命题正确的是（写出所有正确命题的编号）当0CQ时，S为四边形；当CQ=时，S不为等腰梯形；当CQ=时，S与C1D1的交点R满足C1R=；当CQ1时，S为六边形；当CQ=1时，S的面积为三、解答题（共6小题，共75分）16如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，侧棱PA=PD=，底面ABCD为直角梯形，其中BCAD，ABAD，AD=2AB=2BC=2，O为AD中点（）求证：PO平面ABCD；（）求这个四棱锥的体积17已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AF=1，M是线段EF的中点（1）
5、求证：AM平面BDE；（2）求证：AM平面BDF18如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点（1）证明BC1平面A1CD（2）设AA1=AC=CB=2，AB=2，求三菱锥CA1DE的体积19设a，b，c 是三角形的三边长，求证： +320如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，BAD=60已知PB=PD=2，PA=（）证明：BD面PAC（）若E为PA的中点，求三菱锥PBCE的体积21如图，在底面是菱形的四棱锥PABCD中，ABC=60，PA=AC=1，PB=PD=，点E在PD上，且PE：ED=2：1，（1）求四棱锥PABCD的体积；（2）在棱PC上是否存
6、在一点F，使BF平面AEC？证明你的结论2014-2015学年江西省南昌三中高二（下）期中数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）1命题“对任意xR，都有x20”的否定为（）A对任意xR，都有x20B不存在xR，都有x20C存在x0R，使得x020D存在x0R，使得x020【考点】命题的否定；全称命题【专题】简易逻辑【分析】直接利用全称命题的否定是特称命题，写出命题的否定命题即可【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“对任意xR，都有x20”的否定为存在x0R，使得x020故选D【点评】本题考查命题的否定，全称命题与特称命题的否定关系，基本知
7、识的考查2=（）A2B2CD1【考点】复数求模【专题】计算题【分析】通过复数的分子与分母同时求模即可得到结果【解答】解： =故选C【点评】本题考查复数的模的求法，考查计算能力3执行如图所示的程序框图，若输入n=8，则输出S=（）ABCD【考点】程序框图【专题】图表型【分析】由已知中的程序框图及已知中输入8，可得：进入循环的条件为i8，即i=2，4，6，8，模拟程序的运行结果，即可得到输出的S值【解答】解：当i=2时，S=0+=，i=4；当i=4时，S=+=，i=6；当i=6时，S=+=，i=8；当i=8时，S=+=，i=10；不满足循环的条件i8，退出循环，输出S=故选A【点评】本题考查的知识
8、点是程序框图，在写程序的运行结果时，我们常使用模拟循环的变法，但程序的循环体中变量比较多时，要用表格法对数据进行管理4若两个球的表面积之比为1：4，则这两个球的体积之比为（）A1：2B1：4C1：8D1：16【考点】球的体积和表面积【专题】计算题；空间位置关系与距离【分析】设两个球的半径分别为r1、r2，根据球的表面积公式算出它们的表面积之比为=，解之得=，由此结合球的体积公式即可算出这两个球的体积之比【解答】解：设两个球的半径分别为r1、r2，根据球的表面积公式，可得它们的表面积分别为S1=4，S2=4两个球的表面积之比为1：4，=，解之得=（舍负）因此，这两个球的体积之比为=（）3=即两个
9、球的体积之比为1：8故选：C【点评】本题给出两个球的表面积之比，求它们的体积之比着重考查了球的表面积公式和体积公式等知识，属于基础题5已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能是（）A1BCD【考点】简单空间图形的三视图【专题】计算题；压轴题【分析】求出满足条件的该正方体的正视图的面积的范围为即可得出【解答】解：水平放置的正方体，当正视图为正方形时，其面积最小为1；当正视图为对角面时，其面积最大为因此满足棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积的范围为因此可知：A，B，D皆有可能，而1，故C不可能故选C【点评】正确求出满足
10、条件的该正方体的正视图的面积的范围为是解题的关键6已知m，n为异面直线，m平面，n平面直线l满足lm，ln，l，l，则（）A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l【考点】平面与平面之间的位置关系；平面的基本性质及推论【专题】空间位置关系与距离【分析】由题目给出的已知条件，结合线面平行，线面垂直的判定与性质，可以直接得到正确的结论【解答】解：由m平面，直线l满足lm，且l，所以l，又n平面，ln，l，所以l由直线m，n为异面直线，且m平面，n平面，则与相交，否则，若则推出mn，与m，n异面矛盾故与相交，且交线平行于l故选D【点评】本题考查了平面与平面之间的位置关系，考查了平面
11、的基本性质及推论，考查了线面平行、线面垂直的判定与性质，考查了学生的空间想象和思维能力，是中档题7如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且ABCD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m+n=（）A8B9C10D11【考点】平面的基本性质及推论【专题】计算题；空间位置关系与距离【分析】判断CE与EF与正方体表面的关系，即可推出正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，求出m+n的值【解答】解：由题意可知直线CE与正方体的上底面平行在正方体的下底面上，与正方体的四个侧面不平行，所以m=4，直线EF与正方体的左右两个侧面平
12、行，与正方体的上下底面相交，前后侧面相交，所以n=4，所以m+n=8故选A【点评】本题考查直线与平面的位置关系，基本知识的应用，考查空间想象能力8设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A若，m，n，则mnB若，m，n，则mnC若mn，m，n，则D若m，mn，n，则【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；命题的真假判断与应用；平面与平面之间的位置关系【专题】空间位置关系与距离；简易逻辑【分析】由，m，n，可推得mn，mn，或m，n异面；由，m，n，可得mn，或m，n异面；由mn，m，n，可得与可能相交或平行；由m，mn，则n，再由n可得【解答】解：选项A，若，m，n，
13、则可能mn，mn，或m，n异面，故A错误；选项B，若，m，n，则mn，或m，n异面，故B错误；选项C，若mn，m，n，则与可能相交，也可能平行，故C错误；选项D，若m，mn，则n，再由n可得，故D正确故选D【点评】本题考查命题真假的判断与应用，涉及空间中直线与平面的位置关系，属基础题9设l为直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A若l，l，则B若l，l，则C若l，l，则D若，l，则l【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系【专题】空间位置关系与距离【分析】根据线面平行的几何特征及面面平行的判定方法，可判断A；根据面面平行的判定方法
14、及线面垂直的几何特征，可判断B；根据线面平行的性质定理，线面垂直及面面垂直的判定定理，可判断C；根据面面垂直及线面平行的几何特征，可判断D【解答】解：若l，l，则平面，可能相交，此时交线与l平行，故A错误；若l，l，根据垂直于同一直线的两个平面平行，可得B正确；若l，l，则存在直线m，使lm，则m，故此时，故C错误；若，l，则l与可能相交，可能平行，也可能线在面内，故D错误；故选B【点评】本题考查的知识点是空间中直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系及平面与平面之间的位置关系，熟练掌握空间线面关系的几何特征及判定方法是解答的关键10已知三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若
15、AB=3，AC=4，ABAC，AA1=12，则球O的半径为（）ABCD【考点】球内接多面体；点、线、面间的距离计算【专题】空间位置关系与距离【分析】通过球的内接体，说明几何体的侧面对角线是球的直径，求出球的半径【解答】解：因为三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB=3，AC=4，ABAC，AA1=12，所以三棱柱的底面是直角三角形，侧棱与底面垂直，侧面B1BCC1，经过球的球心，球的直径是其对角线的长，因为AB=3，AC=4，BC=5，BC1=，所以球的半径为：故选C【点评】本题考查球的内接体与球的关系，球的半径的求解，考查计算能力二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分
16、）11设mR，m2+m2+（m21）i是纯虚数，其中i是虚数单位，则m=2【考点】复数的基本概念【专题】计算题【分析】根据纯虚数的定义可得m21=0，m210，由此解得实数m的值【解答】解：复数z=（m2+m2）+（m1）i为纯虚数，m2+m2=0，m210，解得m=2，故答案为：2【点评】本题主要考查复数的基本概念，得到 m2+m2=0，m210，是解题的关键，属于基础题12阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序若输入m的值为2，则输出的结果i=4【考点】循环结构【专题】算法和程序框图【分析】框图输入m的值后，根据对A，B，i的赋值执行运算i=i+1，A=Am，B=Bi，然后判断AB是否成立
17、不成立继续执行循环，成立则跳出循环，输出i的值【解答】解：框图首先给累积变量A，B赋值1，1，给循环变量i赋值0若输入m的值为2，执行i=1+1，A=12=2，B=11=1；判断21不成立，执行i=1+1=2，A=22=4，B=12=2；判断42不成立，执行i=2+1=3，A=42=8，B=23=6；判断86不成立，执行i=3+1=4，A=82=16，B=64=24；判断1624成立，跳出循环，输出i的值为4故答案为4【点评】本题考查了循环结构中的直到型结构，即先执行后判断，不满足条件执行循环，直到满足条件跳出循环，算法结束，是基础题13在平面内有下面关于直角三角形边长的勾股定理定理：直角三角
18、形ABC中，ACBC，则有AB2=AC2+BC2将它类比到空间中关于直角三棱锥的面积的命题应该是：若三棱锥PABC中，PAPB，PBPC，PCPA；则有【考点】类比推理【专题】规律型；转化思想；简易逻辑【分析】斜边的平方等于两个直角边的平方和，可类比到空间就是斜面面积的平方等于三个直角面的面积的平方和，边对应着面【解答】解：由边对应着面，边长对应着面积，由类比可得故答案为：【点评】本题考查了从平面类比到空间，属于基本类比推理利用类比推理可以得到结论、证明类比结论时证明过程与其类比对象的证明过程类似或直接转化为类比对象的结论14已知H是球O的直径AB上一点，AH：HB=1：2，AB平面，H为垂足
19、，截球O所得截面的面积为，则球O的表面积为【考点】球的体积和表面积【专题】压轴题；空间位置关系与距离【分析】本题考查的知识点是球的表面积公式，设球的半径为R，根据题意知由与球心距离为R的平面截球所得的截面圆的面积是，我们易求出截面圆的半径为1，根据球心距、截面圆半径、球半径构成直角三角形，满足勾股定理，我们易求出该球的半径，进而求出球的表面积【解答】解：设球的半径为R，AH：HB=1：2，平面与球心的距离为R，截球O所得截面的面积为，d=R时，r=1，故由R2=r2+d2得R2=12+（R）2，R2=球的表面积S=4R2=故答案为：【点评】若球的截面圆半径为r，球心距为d，球半径为R，则球心距
20、、截面圆半径、球半径构成直角三角形，满足勾股定理，即R2=r2+d215如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S则下列命题正确的是（写出所有正确命题的编号）当0CQ时，S为四边形；当CQ=时，S不为等腰梯形；当CQ=时，S与C1D1的交点R满足C1R=；当CQ1时，S为六边形；当CQ=1时，S的面积为【考点】平行投影及平行投影作图法【专题】综合题；空间位置关系与距离【分析】由题意作出满足条件的图形，由线面位置关系找出截面可判断选项的正误【解答】解：如图当CQ=时，即Q为CC1中点，此时可得PQAD1，
21、AP=QD1=，故可得截面APQD1为等腰梯形，故不正确；由上图当点Q向C移动时，满足0CQ，只需在DD1上取点M满足AMPQ，即可得截面为四边形APQM，故正确；当CQ=时，如图，延长DD1至N，使D1N=，连接AN交A1D1于S，连接NQ交C1D1于R，连接SR，可证ANPQ，由NRD1QRC1，可得C1R：D1R=C1Q：D1N=1：2，故可得C1R=，故正确；由可知当CQ1时，只需点Q上移即可，此时的截面形状仍然上图所示的APQRS，显然为五边形，故错误；当CQ=1时，Q与C1重合，取A1D1的中点F，连接AF，可证PC1AF，且PC1=AF，可知截面为APC1F为菱形，故其面积为AC
22、1PF=，故正确故答案为：【点评】本题考查命题真假的判断与应用，涉及正方体的截面问题，属中档题三、解答题（共6小题，共75分）16如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，侧棱PA=PD=，底面ABCD为直角梯形，其中BCAD，ABAD，AD=2AB=2BC=2，O为AD中点（）求证：PO平面ABCD；（）求这个四棱锥的体积【考点】平面与平面垂直的性质；直线与平面垂直的性质【专题】证明题；数形结合；分析法；空间位置关系与距离【分析】（）由PAD中PA=PD，O为AD中点，可得POAD，又侧面PAD底面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，PO平面PAD，即可证明PO平面ABCD（）
23、利用勾股定理可求PO的值，由体积公式即可得解【解答】解：（）证明：在PAD中PA=PD，O为AD中点，所以POAD又侧面PAD底面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，PO平面PAD，所以PO平面ABCD（）PA=PD=，AO=1，PO=1，V=POS四边形ABCD=【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定，平面与平面垂直的性质，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题17已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AF=1，M是线段EF的中点（1）求证：AM平面BDE；（2）求证：AM平面BDF【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定【专题】证明题；综合题【分析】（
24、1）利用空间向量来证明，先建立空间直角坐标系，求出定点坐标，欲证AM平面BDE，只需用坐标证明向量与平面BDE上的一个向量是平行向量即可（2）欲证AM平面BDF，只需证明向量与平面BDF中的两个不共线向量垂直即可，也即在平面BDF中找到两个向量，与向量数量积等于0【解答】解：建立如图的直角坐标系，则各点的坐标分别为：O（0，0，0），A（0，1，0），B（1，0，0），C（0，1，0，），D（1，0，0，），E（0，1，1），F（0，1，1），M（0，0，1）（1），即AMOE，又AM平面BDE，OE平面BDE，AM平面BDE；（2），AMBD，AMDF，AM平面BDF【点评】本题主要考察了利
25、用空间向量的平行或垂直证明立体几何中的线面平行，线面垂直18如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点（1）证明BC1平面A1CD（2）设AA1=AC=CB=2，AB=2，求三菱锥CA1DE的体积【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定【专题】空间位置关系与距离【分析】（1）连结AC1交A1C于点F，连结DF，则BC1DF，由此能证明BC1平面A1CD（2）由已知得AA1CD，CDAB，从而CD平面ABB1A1由此能求出三菱锥CA1DE的体积【解答】（1）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，连结DF，则BC1DF因为DF平面A1C
26、D，BC1不包含于平面A1CD，所以BC1平面A1CD（2）解：因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AA1CD由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CDAB又AA1AB=A，于是CD平面ABB1A1由AA1=AC=CB=2，得ACB=90，A1E=3，故A1D2+DE2=A1E2，即DEA1D所以三菱锥CA1DE的体积为：=1【点评】本题考查直线与平面平行的证明，考查三菱锥的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养19设a，b，c 是三角形的三边长，求证： +3【考点】不等式的证明【专题】证明题；不等式的解法及应用【分析】由于a，b，c是三角形的三边长，即c（ab）2+
27、b（ac）2+a（bc）20，变形整理，再两边同时除以abc，即可得证【解答】证明：由于a，b，c是三角形的三边长，即c（ab）2+b（ac）2+a（bc）20，即c（a2+b22ab）+b（a2+c22ac）+a（c2+b22bc）0即有ca2+cb2+ab2+ac2+ba2+bc26abc0，即bbc+cbcabc+cac+aacabc+aab+bababc3abc，两边同时除以abc，则有+3【点评】本题考查不等式的证明，考查运用综合法证明不等式，即由一个已知的不等式变形整理，得到要证的不等式，考查运算能力，属于中档题20如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，BAD=60
28、已知PB=PD=2，PA=（）证明：BD面PAC（）若E为PA的中点，求三菱锥PBCE的体积【考点】直线与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积【专题】空间位置关系与距离【分析】（）连接BD，AC交于O点，分别证明出POBD，BDAC，根据线面垂直的判定定理证明出BD平面PAC（）先证明出ABDPBD，求得PO，根据勾股定理证明出ACPO，求得PAC的面积，最后根据VPBCE=VBPEC=VBPAC求得答案【解答】（）证明：连接BD，AC交于O点，PB=PD，POBD，又ABCD是菱形，BDAC，PO平面PAC，AC平面PAC，ACPO=O，BD平面PAC（）则AC=2，ABD和PBD的三边长
29、均为2，ABDPBD，AO=PO=，AO2+PO2=PA2，ACPO，SPAC=ACPO=3，VPBCE=VBPEC=VBPAC=SPACBO=31=【点评】本题主要考查了线面垂直的判定问题，三棱锥的体积计算解题过程中注重了对学生基础定理的考查21如图，在底面是菱形的四棱锥PABCD中，ABC=60，PA=AC=1，PB=PD=，点E在PD上，且PE：ED=2：1，（1）求四棱锥PABCD的体积；（2）在棱PC上是否存在一点F，使BF平面AEC？证明你的结论【考点】直线与平面平行的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积【专题】空间位置关系与距离【分析】（1）由已知中底面是菱形的四棱锥PABCD中，ABC
30、=60，PA=AC=1，PB=PD=，可由等边三角形性质及勾股定理得到PA与AB，AD均垂直，进而根据线面垂直的判定定理得到PA垂直底面，即为棱锥PABCD的高，代入棱锥体积公式，可得答案（2）取棱PC的中点F，线段PE的中点M，连接BD设BDAC=O连接BF，MF，BM，OE结合菱形的性质及三角形中位线定理及面面平行的判定定理可得平面BMF平面AEC，进而由面面平行的性质得到BF平面AEC【解答】解：（1）底面ABCD为菱形，ABC=60PA=AC=1，PB=PD=，ABC是等边三角形AB=1PB2=PA2+AB2，PAAB同理PAAD又ABAD=A，PA平面ABCDPA是四棱锥PABCD的高（5分）（2）存在点F为PC的中点，使BF平面AEC（6分）理由如下：取棱PC的中点F，线段PE的中点M，连接BD设BDAC=O连接BF，MF，BM，OEPE：ED=2：1，F为PC的中点，E是MD的中点，MFEC，BMOE（8分）MF平面AEC，CE平面AEC，BM平面AEC，OE平面AEC，MF平面AEC，BM平面AEC（10分）MFBM=M，平面BMF平面AEC（11分）又BF平面BMF，BF平面AEC（12分）【点评】本题考查的知识点是直线与平面平行的判定，棱锥的体积，其中（1）的关键是说明PA为棱锥的高，（2）的关键是证得平面BMF平面AEC