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2014—2015学年度南昌市第二学期期中测试卷 高二数学(理科乙卷)参考答案及评分意见


2014—2015 学年度第二学期期中测试卷

高二数学(理科乙卷)参考答案及评分意见
一、选择题(每小题 5 分,共 60 分) 题号 答案 13. 16? ; 1 B 2 D 3 B 4 B 5 B 6 D 7 A 8 C 9 C 10 A 11 C 12 D

二、填空题(每小题 5 分,共 20 分)
? 4, ? 2) ; 14. (0,

15 . 8 ;

16.3 .

三、解答题(共 70 分,要求写出主要的证明、解答过程) 17.解:假设 a4 ? ?a1 ? ? a2 ? ? a3 成立.
∵ a1 ? (2, ? 11) ,,a2 ? (1 , 3, ? 2),a3 ? (?2, 1 , ? 3),a4 ? (3, 2, 5) , ∴ (2 ? ? ? 3? ? , 2? ? 3? ) ? (3, 2, 5) .……………………..4 分 ?? ?? ?? ?2 2 ?, ?? 3, ? ?? ?? 2, ?2? ?? ? ? ∴ ??? ? 3? ? ? ? 2, , ………………………………………..8 分 解得 ? ? ? 1 ?? ? 2 ? ? 3? ? 5, ?? ? ?3. ? ? ? ?2,? ? 1 ,? v ? ?3 使得 a4 ? ?2a1 ? a2 ? 3a3 .…………………10 分 所以存在

18.证明:

EH // FG, EH ? 面 BCD , FG ? 面 BCD
……………….6 分 面 ABD ? BD , ……………….12 分

∴EH∥面 BCD 又

EH ? 面 BCD ,面 BCD

∴EH∥BD

19. (1)证明:连接 BD 交 AC 于 O 点,连接 OP 因为 O 矩形对角线的交点, O 为 BD 的中点, P 为 DD1 的中点, 则 OP // BD 1 ,又因为 OP ? 面APC, BD 1 ? 面APC 所以直线 BD1 //平面 PAC ...........................4 分 (2) 因为 AB ? AD ? 1 所以四边形为正方形,所以 AC ? BD 由长方体可知, DD1 ? AC ,而 BD ? DD1 ? D ,所以 AC ? 面BDD 1B 1 ,且 AC ? 面PAC , 则平面 PAC ? 平面 BDD1 B1 ……………….8 分 (3)由线面角定义及(2)可知, ?CPO 为 PC 与平面 BDD 1 B1 所成的角,由已知得即 PC 与平面 BDD 1 B1 所成的角的大小为 30 ……………….12 分 20.解: (1)证明: 方法一:由题意:该几何体的正视图其正视图为矩形,侧视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形. 则 B1C1 ? 面ABB 1 N ,且在面 ABB 1 N 内,易证 ?BNB 1 为直角。
?

? B1C1 ? 面ABB 1 N,且BN ? 面ABB 1 N ,? B 1C1 ? BN

又 BN ? B1N , 且B1N
? BN ? 面B1NC1

B1C1 ? B1 ,

— 高二数学(理科乙卷)答案第 1 页 —

方法二:该几何体的正视图其正视图为矩形, 侧视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形 则 BA , BC , BC1 两两垂直。以 BA , BC , BC1 分别为 x , y , z 轴建立空间直角坐标系, 则 N (4,4,0) , B1 (0,8,0) , C1 (0,8,4) , C (0,0,4) ,

BN ? NB1 ? 0, BN ? B1C1 ? 0
? BN ? NB1 , 且BN ? B1C1 ,

又 B1 N

B1C1 ? B1

? BN ? 面B1NC1 ……………………………6 分
4 6 , 3 2 7 则直线 C1 N 与平面 CNB1 所成的角 ? 的正弦值为 sin ? ? ,从而 cos ? ? 3 3 ? 方法二:设 n ? ( x0 , y0 , z0 ) 为平面 CNB1 的一个法向量,
(2)方法一:利用等体积法可求 C1 到面 CB1 N 的距离为 h ? 则 ?

? ?n ? CN ? 0

? ?n ? NB1 ? 0 又 C1 N ? (4, ?4, 4)

即?

? x0 ? y0 ? z0 ? 0 ? ,令 x0 ? 1 ,则 n ? (1,1,2) 。 ? x0 ? y0 ? 0

则 sin ? ?| cos ? n, C1 N ?|?

2 7 ,从而 cos ? ? ……………………………12 分 3 3

21. (1)证明:设 CB? a, CD? b, CC1 ? c , 则 | a |? | b |,? BD ? CD ? CB? b ? a ,

BD ? CC1 ? (b ? a) ? c ? b ? c ? a · c ? | b | ? | c | cos60? ? | a | ? | c | cos60? ? 0.
∴ C1C⊥ BD.……………………………………………5 分 (2)解:连 AC,设 AC∩BD=O,连 OC1,则∠ C1OC 为二面角 C1—BD—C 的平面角.

1 1 1 (CB ? CD ) ? (a ? b), C1O ? CO ? CC1 ? (a ? b)? c 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 c? b· c ∴ CO ? C1O ? (a ? b) ? [ (a ? b) ? c] ? (a ? 2a ? b ? b ) ? a · 4 2 2 2 2 1 1 3 1 3 3 ? (4 ? 2 ? 2 ? 2 cos 60 o ? 4) ? ? 2 ? cos 60 ? ? ? 2 ? cos 60 ? ? . 4 2 2 2 2 2 3 | CO |? 3 , | C1O |? , 2
∵ CO ?

? cos?C1OC =

CO ? C1O | CO | . | C1O |

?

3 .……………12 分 3

— 高二数学(理科乙卷)答案第 2 页 —

22. 解:(1)平面 ABD⊥ 平面 BCD,交线为 BD,又在△ABD 中,AE⊥BD 于 E,AE? 平面 ABD, 所以 AE⊥平面 BCD.…………………………3 分 (2)由(1)结论 AE⊥平面 BCD 可得 AE⊥EF. 由题意可知 EF⊥BD,AE⊥BD.………………………………4 分 如图,以 E 为坐标原点,分别以 EF,ED,EA 所在直线为 x 轴, y 轴,z 轴建立空间直角坐标系 E xyz. 不妨设 AB=BD=DC=AD=2,则 BE=ED=1, 3 AE= 3,BC=2 3,EF= , 3 则 E(0,0,0),D(0,1,0),B(0,-1,0),A(0,0, 3),F? 3 ?,C( 3,2,0), ? 3 ,0,0?

DC ? ( 3,1,0), AD ? (0,1, ? 3) ……………………………………5 分
由 AE⊥平面 BCD 可知平面 DCB 的一个法向量为 EA ? (0,0, 3) …………6 分 设平面 ADC 的一个法向量为 n=(x,y,z),则

? ? n ? DC ? 0, ? 3x+y=0, ? 即? n ? AD ? 0, ? ? ?y- 3z=0,
令 z=1,则 y= 3,x=-1,所以 n=(-1, 3,1).………………8 分

cos < n ? EA ??

n ? EA 5 ? . | n| ? | EA | 5
5 .…………………………9 分 5

所以二面角 ADCB 的余弦值为

(3)设 AM ? ? AF , 其中 λ∈[0,1].由于 AF ? ( 所以 AM ? ? AF ? ? (

3 , 0, ? 3), 3

3 ,0, ? 3) ,其中 λ∈[0,1],……………………10 分 3 3 所以 EM ? EA ? AM ? ( ? , 0, (1 ? ? ) 3), ………………………………11 分 3
3 3 λ-(1-λ) 3=0,解得 λ= ∈[0,1], 3 4 AM 3 所以在线段 AF 上存在点 M 使得 EM∥平面 ADC,且 = .………………12 分 AF 4 令 n ? EM ? 0 得

— 高二数学(理科乙卷)答案第 3 页 —


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