四川省成都市树德中学高2013届高三12月阶段性数学训练（理科） 11页

四川省成都市树德中学高2013届高三12月阶段性数学训练（理科）‎ 一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分。每小题仅有一个正确答案，请将正确答案代号填涂在机读卡上。‎ ‎1．正方体中与截面所成的角是（ ） ‎ A． B． C． D．‎ ‎2．三棱锥中，和是全等的正三角形，边长为2，且，则三棱锥的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．给出下列四个命题：‎ ‎ ①若直线平面，平面，则；www.ks5u.com ‎②若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则；‎ ‎③若一个二面角的两个半平面所在的平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面所在的平面，则这两个二面角的平面角相等或互补；‎ ‎④过空间中任意一点一定可以作一个和两条异面直线都平行的平面。‎ 其中正确命题的个数有（ ）‎ A．1 B．‎2 ‎ C．3 D．4‎ ‎4．有4名学生，分别插入A、B两班学习，若每班最多只能接收3名学生，且甲不去A班，则不同的分配方法种数为（ ）‎ A．7 B．‎8 ‎ C．11 D．12‎ ‎5．如图，在杨辉三角中，斜线的上方，从1开始箭头所示的数组成 一个锯齿形数列：1,3,3,4,6,5,10,…，记其前项和为Sn，则S19等于（ ）‎ A．129 B．172 ‎ C．228 D．283‎ ‎6．把化为七进制的数为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎7．右图是一个空间几何体的三视图，该几何体的外接球的体积 记为，俯视图绕长度为2的边所在直线旋转一周形成的几何体 的体积记为，则（ ）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎8．如图，平行六面体中，侧棱长为2，底面是边长为 ‎1的菱形，，，点E在棱上,则的最小值为（ ）‎ A．6 B． C． D．‎ ‎9.设，且，给出下列四个命题：‎ ‎①； ②在的展开式中，若只有的系数最大，则；‎ ‎③； ④.‎ 其中正确命题的个数有（ ）‎ A．1 B．‎2 ‎ C．3 D．4‎ ‎10．如图，正方体中，，分别为棱，上的点。已知下列判断：‎ ‎①平面；‎ ‎②在侧面上的正投影是面积为定值的三角形；‎ ‎③在平面内总存在与平面平行的直线；‎ ‎④平面与平面所成的二面角（锐角）的大小与 点的位置有关，与点的位置无关。‎ 其中正确判断的个数有（ ）‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎11. 如图，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将表面积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为（ ）‎ 输出n 结束 开始 是 否 A． B． ‎ C． D．‎ ‎12.如右图所示，输出的的值分别为（ ） ‎ A.6 B.7 ‎ C. 8 D.9‎ 二、填空题：本大题共4个小题，每小题4分，共16分。‎ 请将答案直接填在答题卡的相应横线上。‎ ‎13.阅读以下程序：‎ INPUT ‎ IF THEN ELSE END IF PRINT ‎ END 若输出，则输入的值应该是 。‎ ‎14.在四面体中，，，，则该四面体的体积为 。‎ ‎15. 某班要从6名同学中选出4人参加校运动会的4×‎100m接力赛，如果甲、乙两人都不跑第一棒，则不同的参赛方案有 种。‎ ‎16.如图，设同底的两个正三棱锥P-ABC和Q -ABC 内接于同一个球O。若正三棱锥P-ABC的侧面与底面所成的角为 45°，则正三棱锥Q -ABC的侧面与底面所成角的正切值是 。‎ 班级： 姓名： 考号： 座位号： ‎ ‎…………………………………………密…………………………………………封……………………………线………………………………………‎ 成都树德中学高2011级第三期12月阶段性数学训练（理科）‎ 答案卷 二、填空题：本大题共4个小题，每小题4分，共16分。‎ ‎13． 14． 15． 16． ‎ 三、解答题：本大题共6个小题，共74分。17—21题每题12分，22题14分。解答应写出文字说明或演算步骤。‎ ‎17. 有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内。‎ ‎（1）共有多少种放法？‎ ‎（2）恰有一个盒内不放球，有多少种放法？‎ ‎（3）恰有一个盒内有2个球，有多少种放法？‎ ‎（4）恰有两个盒内不放球，有多少种放法？ ‎ ‎18.如图甲所示，四边形中，是的中点，，，，。将图甲沿直线BD折起，使二面角为（如图乙）。‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离。‎ A B C D E F ‎2‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎1‎ A B C D E F 甲 乙 ‎19.将如图甲的直角梯形ABEF（图中数字表示对应线段的长度）沿直线CD折成直二面角，连结部分线段后围成一个空间几何体，如图乙所示。‎ ‎（1）求异面直线BD与EF所成角的大小；‎ ‎（2）求二面角D－BF－E的大小。‎ ‎（3）若F、A、B、C、D这五个点在同一个球面上，求该球的表面积。‎ ‎20.如图，三棱柱中，侧面底面，，，且，O为中点。‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（3）在上是否存在一点，使得平面，‎ 若不存在，说明理由；若存在，确定点的位置。‎ ‎ ‎ ‎21．设数列是等比数列，，公比q是的展开式中的第二项（按的降幂排列）。‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）用表示数列的通项和前n项和；‎ ‎（3）若，用表示。‎ ‎22．如图，圆柱内有一个三棱柱，三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且AB是圆O的直径。‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）设，点C为圆柱底面圆周上一动点，记三棱柱的体积为。‎ ‎①求的最大值；‎ ‎②记平面与平面所成的角为，当取最大值时，求的值；‎ ‎③当取最大值时，在三棱柱的侧面内（包括边界）的动点P到直线的距离等于它到直线的距离，求动点P到点C距离的最值。‎ 成都树德中学高2011级第三期12月阶段性数学训练（理科）‎ 参考答案 一、选择题 ‎1—5 ABAAD 6—10 CDCCB 11—12 DC 二、填空题 ‎13. -1或4 14. 15.240 16.4‎ 三、解答题 ‎17.解：（1）一个球一个球地放到盒子里去，每只球都有4种独立的放法，由分步乘法计数原理，放法共有：44＝256（种）。……………………………….………………………..….…...3分 ‎（2）为保证“恰有一个盒内不放球”，先选一个盒子，有种方法；再将4个球分成2，1，1三组，有种分法，然后全排列，由分步乘法计数原理，共有种放法；‎ ‎.…………….………………………………………………………………….………….…..6分 ‎（3）“恰有一个盒内有2个球”，即另外的三个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，即另外三个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事，共有种放法；.…………….…………………………………….………...9分 ‎（4）先从四个盒子中任意拿走两个，有种方法。然后问题转化为：“4个球，两个盒子，每个盒子必放球，有几种放法？”从放球数目看，可分为3，1和2，2两类：‎ 第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有种放法；‎ 第二类：有种放法。‎ 由分步计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有放法。‎ ‎.…………….………………………………………………………………….……………..12分 ‎18. （1）证明：证明：如图，取BD中点M，连结AM，ME。‎ 因为AB=AD=，所以AM⊥BD， 因为DB=2，DC=1，BC=，满足：‎ DB2+DC2=BC2， 所以△BCD是以BC为斜边的直角三角形，BD⊥DC。 ‎ 因为是的中点，所以ME为△BCD的中位线。‎ ME ， ME⊥BD，ME=…………………….2分 ‎ ∠AME是二面角A-BD-C的平面角，=°。‎ ‎ ，且AM、ME是平面AME内两条相交于 点M的直线，，平面AEM，.………………………………………………….4分 ‎ ，，为等腰直角三角形，。‎ 在△AME中，由余弦定理得：，‎ ‎，.……….….6分 ‎（2）解法一：等体积法。‎ 解法二：如图，以M为原点，MB所在直线为x轴，ME所在直线为y轴，平行于EA的直线为z轴，建立空间直角坐标系M-xyz………..……………………………………………7分 则由（1）及已知条件可知B(1，0，0)，，，D，‎ C，则………………..8分 ‎，设平面ACD的法向量为，则 ‎ ‎。令，则z=-2，…………………………………………………………….…...…………10分 记点到平面的距离为d，则，所以 ………………………..…………………………………….12分 ‎19.解：∵平面ABCD⊥平面DCEF，ABCD为正方形，DCEF为直角梯形，∴分别以DA、DC、DF所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，E(0,1,1)，F(0,0,2)..........................................................................................................................2分 ‎（1）∵＝(1,1,0)，＝(0,-1,1)∴cos<,>＝ ，∴异面直线AC与EF所成的角为………………………………………………….……………………………………..4分 ‎（2）∵AC⊥BD，AC⊥DF，∴AC⊥平面BDF，∴平面BDF的法向量为＝(-1,1,0)，又设平面BEF的一个法向量为＝(1,y,z)，则由Þ 得y＝z＝1。‎ ‎∴＝(1,1,1)。∵cos<>＝＝0 ‎ ‎∴二面角D－BF－E的大小为90º.……………………………..……………….……..9分 ‎（3）易知BF的中点H即为球心，HA＝HB＝HC＝HD＝HF＝ ‎∴S球＝4πR2＝6π………………………………………………………………………….12分 ‎20.（1）证明：因为，且O为AC的中点，所以.………..………..…1分 又由题意可知，平面平面，交线为，且平面，所以平面…………………………………………………………………………………...……3分 ‎（2）如图，以O为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系。‎ 由题意可知，，又，。‎ ‎。则，，，‎ ‎，，。‎ ‎，， ……………………………………….…5分 设平面的一个法向量为，则有 ，令，得 所以.………………………………………………………………………7分 ‎……………………...…………………………….………8‎ 分 因为直线与平面所成角和向量与所成锐角互余，所以..…………………..…………………………………………………………………9分 ‎（3）设，，即，得 所以，得.‎ 令平面，得，即，得，‎ 即存在这样的点E，E为的中点………………………………………..……...…...12分 ‎21．解：（1）∵∴∴. ……………….…….2分 ‎.………...…………………………………….………3分 ‎（2）由知 …………...…………………………..,…….5分 ‎∴，………………..…………………..……………..…6分 ‎（3）当时，。‎ ‎…………………①‎ 而………………②‎ 又∵‎ ‎①②相加得 ‎∴…………………….……………………………………………………….9分 当时，‎ ‎……………………………………………………………….…………….11分 ‎∴..…………………………………………………………….12分 ‎22．（1）证明：平面ABC，，。‎ AB是圆O的直径，。‎ 又 而，所以平面平面………………………………..3分 ‎（2）①解法一：由已知圆柱的底面半径为1，故三棱柱的体积 ‎。‎ 又，当且仅当时等号成立。‎ 从而，，当时取得最大值.……………………………………..5分 解法二：由已知圆柱的底面半径为1，故三棱柱的体积。‎ 设，则。‎ 由于，当且仅当即时等号成立，故…………………………………………………………………………………...….…..5分 ‎②由①知，取最大值时，。于是，以O为坐标原点，OB为y轴，OO1为z轴，建立空间直角坐标系，则。‎ ‎，是平面的一个法向量。‎ 设平面的法向量，由，故，取得平面的一个法向量为。因为，所以。…………………………………….10分 ‎③以C为坐标原点，AC为x轴正方向，为y轴正方向，建立平面直角坐标系，则设，，，，，动点P到直线的距离即为，到直线的距离等于，所以，化简得动点P的轨迹方程为，其轨迹为以的中点为顶点，开口向上的抛物线的一段，。‎ 所以，，由得，所以时，；时，…………………………………………..14分