实战模拟卷三-【创新教程】2024-2025学年高一下学期数学期末实战模拟卷

高一下学期期末实战模拟卷三　 　　　　命题范围:立体几何初步 测试时间:１２０分钟,满分:１５０分 一、选择题:本题共８小题,每小题５分,共４０分．在每小题给出的四个选项中,只有一项是 符合题目要求的． １．下列结论错误的是 (　　) A．圆柱的每个轴截面都是全等矩形 B．长方体是直四棱柱,直四棱柱不一定是长方体 C．用一个平面截圆锥,必得到一个圆锥和一个圆台 D．四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体 ２．国家二级文化保护遗址玉皇阁的台基可近似看作上、下底面边长分别为２m,４m,侧棱长 为３m的正四棱台,则该台基的体积约为 (　　) A．２８ ７３ m ３ B．２８ ７m３ C．２８m３ D．２０ ７３ m ３ ３．已知圆台O１O上、下底面圆的半径分别为１,３,母线长为４,则该圆台的侧面积为 (　　) A．３２π B．２６π C．１６π D．８π ４．如图,△O′A′B′是水平放置的△OAB 的直观图,则△OAB 的面 积是 (　　) A．６ B．３ ２ C．６ ２ D．１２ ５．设m,n,l是三条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,有下列命题中,真命题为 (　　) A．若m∥n,m∥α,则n∥α B．若m⊥n,n⊥l,则m⊥l C．若m⊥α,m∥n,则n⊥α D．若α⊥β,β⊥γ,则α⊥γ ６．在正方体ABCD－A１B１C１D１ 中,E,F分别为BC,CC１ 的中点,则平面AEF 截正方体所 得的截面多边形的形状为 (　　) A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 ７．如图所示,在棱长为１的正方体ABCDＧA１B１C１D１ 中,点P 为截面A１C１B 上 的动点,若DP⊥A１C,则点P 的轨迹长度是 (　　) A．２２ B．２ C． １ ２ D．１ ８．如图,在直三棱柱ABC－A１B１C１ 中,△ABC 是边长为２的正三角形, AA１＝１,N 为棱A１B１ 上的中点,M 为棱CC１ 上的动点,过 N 作平面 ABM 的垂线段,垂足为点O,当点 M 从点C 运动到点C１ 时,点O 的轨 迹长度为 (　　) A．π６ B． π ２ C． π ３ D． π １２ １Ｇ３ 二、选择题:本题共３小题,每小题６分,共１８分．在每小题给出的选项中,有多项符合题目 要求．全部选对的得６分,部分选对的得部分分,有选错的得０分． ９．如图,一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径２R 相等,下列结论 正确的是 (　　) A．圆柱的侧面积为２πR２ B．圆锥的侧面积为２πR２ C．圆柱的侧面积与球面面积相等 D．圆柱、圆锥、球的体积之比为３∶１∶２ １０．已知直线a,b,c与平面α,β,γ,下列说法正确的是 (　　) A．若a∩α＝A,b⊂α,A∉b,则a,b异面 B．若a∥α,b∥β,α∥β,则a∥b C．若a⊥c,b∥c,则b⊥a D．若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ １１．如图,在直三棱柱ABCＧA１B１C１ 中,若∠ACB＝９０°,AC＝BC＝ １ ２AA１ ＝１,D、E 分别是AA１,B１C１ 的中点,则下列结论正确的是 (　　) A．DC１⊥平面BDC B．A１E∥平面BDC１ C．点C到平面BDC１ 的距离为 ３ ３ D．三棱锥C１ＧBDC 外接球的半径为 ５ ２ 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．如果等边圆柱(即底面直径与母线相等的圆柱)的体积是１６πcm３,那么它的侧面积等于 　　　　cm２． １３．如图所示,圆锥的底面直径AB＝４,高OC＝２ ２,D 为底面圆周上的一点,且∠AOD＝ １２０°,则直线AD 与BC 所成角的大小为　　　　　． １４．«九章算术»中,将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”,已知“鳖臑”P－ABC 中,PA⊥平面ABC,PA＝AB,∠ABC＝π２ ,AB＋BC＝６,则“鳖臑”P－ABC外接球体积 的最小值为　　　． ２Ｇ３ 四、解答题:本题共５小题,共７７分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． １５．(本小题满分１３分)如图,四面体A－B１CD１ 的四个顶点均为长方 体ABCD－A１B１C１D１ 的顶点． (１)若四面体 A－B１CD１ 各棱长均为 ２,求该四面体的表面积和 体积; (２)若AD１＝ ３,AC＝２,AB１＝ ５,求四面体A－B１CD１ 外接球的表面积． １６．(本小题满分１５分)如图,在直三棱柱 ABCＧA１B１C１ 中,∠BAC＝ ∠BCA,A１C１＝ ２CC１,点D 是AC 的中点． (１)求证:B１C∥平面A１BD; (２)求证:AC１⊥A１B． １７．(本小题满分１５分)如图,多面体ABCDEF中,四边形ABCD 为菱 形,∠BAD＝π３ ,BD＝DE＝２BF＝２,DE⊥AC,BF∥DE． (１)求证:平面ACF⊥平面BDEF; (２)当BF⊥CD 时,求三棱锥DＧACF 的体积． ３Ｇ３ １８．(本小题满分１７分)如图１,在等边△ABC 中,CD 是AB 边上的高,E、F 分别是AC 和 BC 边的中点,现将△ACD 沿CD 翻折成使得平面ACD⊥平面BCD,如图２． 图１　　　　　　　　图２ (１)求证:AB∥平面DEF; (２)在线段BC上是否存在一点P,使AP⊥DE? 若存在,求BPBC 的值;若不存在,请说明 理由． １９．(本小题满分１７分)如图①梯形ABCD 中AD∥BC,AB＝ ３,BC＝１,CD＝ ２,BE⊥ AD 且BE＝１,将梯形沿BE 折叠得到图②,使平面ABE⊥平面BCDE,CE 与BD 相交 于O,点P 在AB 上,且AP＝２PB,R 是CD 的中点,过O、P、R 三点的平面交AC 于Q． (１)证明:Q 是AC 的中点; (２)M 是AB 上一点,己知二面角 M－EC－B 为４５°,求AMAB 的值． ４Ｇ３ 请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 高一下学期期末实战模拟卷三 数学答题卡 选择题(共５８分) １A B C D ４ A B C D ７A B C D １０ A B C D 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２ A B C D ５ A B C D ８ A B C D １１A B C D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３A B C D ６A B C D ９A B C D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 非选择题　(需用０．５毫米黑色签字笔书写) 填空题(共１５分) １２．　　　　　　　　　　　　　　　　　１３．　　　　　　　　　　　　　　 １４．　　　　　　　　　　　　　　　　 解答题(共７７分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) １５．(本小题满分１３分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 )页４共(　页１第　)三(卡题答学数 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 １６．(本小题满分１５分) １７．(本小题满分１５分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 　请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 )页４共(　页２第　)三(卡题答学数 考生 必填 姓名　　　　座号 考生务必将姓名、座号用０．５毫米黑色签字笔认真填写在书写框内,座 号的每个书写框只能填写一个阿拉伯数字．填写样例:若座号０２,则填 写为０２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 １８．(本小题满分１７分) 图１　　　　　　　　图２ 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 )页４共(　页３第　)三(卡题答学数 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 １９．(本小题满分１７分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 　请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 )页４共(　页４第　)三(卡题答学数 高一下学期期末实战模拟卷三 选择题答案速查 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ 答案 C A C D C B B A CD AC ABD １．C　[对于 A:由矩形绕着它的一条边旋转一周 形成一个圆柱,可得圆柱的每个轴截面都是全 等矩形,故 A 正确;对于B:长方体是直四棱柱, 直四棱柱不一定是长方体,故 B正确;对于 C: 用一个平行于底面的平面截圆锥,必得到一个 圆锥和一个圆台,故C错误;对于 D:四棱柱、四 棱台、五棱锥都是六面体,故 D正确．] ２．A　[由题意作出正四棱台图像,如图所示: ABCD－A１B１C１D１ 为正四棱台,AB＝２,AA１ ＝３,A１B１＝４, 连接AC,A１C１ 得AC＝２ ２,A１C１＝４ ２, 过 A 作AG⊥A１C１,过C 作CH⊥A１C１, 所以AC＝GH＝２ ２,A１G＝HC１＝ ２, 在 直 角 三 角 形 AA１G 中, AG ＝ (AA１)２－(A１G)２＝ ３２－(２)２＝ ７, 所以正四棱台的高h＝ ７,正四棱台上、下底面 积为２２＝４(m２)和４２＝１６(m２), 所以体 积V＝１３× ７× (４＋ ４×１６＋１６)＝ ２８ ７ ３ (m３)．] ３．C　[设上下底面圆半径分别为r１,r２,母线长 为l, 则圆台侧面积S＝l２ (２πr１＋２πr２)＝２(２π＋６π) ＝１６π．] ４．D　[如图,由直观图画法规则, 可得 △OAB 是 一 个 直 角 三 角 形,直角边OA＝６,OB＝４, ∴S△OAB ＝ １ ２OA 􀅰OB＝１２×６ ×４＝１２．] ５．C　[对 A:若m∥n,m∥α,则n ∥α或n⊂α,故 A 错误;对 B: 如图所示,直线 m⊥n,n⊥α,则 n垂直于平面α 内的任意一条 直线l,则m,l的位置关系是任意的,故B错误． 对C:若m⊥α,m∥n,则n⊥α,故 C正确;对 D: 若α⊥β,β⊥γ,则α,γ的位置关系是任意的,故D 错误．] ６．B　[如图,把截面AEF 补形为四边形AEFD１, 连接AD１,BC１, 因 为 E,F 分 别 为 BC,CC１ 的 中 点,则 EF ∥BC１, 又 在 正 方 体 ABCD － A１B１C１D１ 中,AD１ ∥BC１, 所以EF∥AD１,则A,D１,F,E 四点共面． 则平面AEF 截正方体所得的截面多边形的形 状为四边形AEFD１．] ７．B　[在棱长为１的正方体 ABCD－A１B１C１D１ 中,连接DC１,BD,AC 由AA１⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,得BD ⊥AA１,而BD⊥AC, AA１∩AC＝A,AA１,AC⊂平面AA１C,则BD⊥ 平面AA１C,又A１C⊂平面AA１C, 于是BD⊥A１C,同理BC１⊥A１C,而BC１∩BD ＝B,BC１,BD⊂平面BC１D, 因此A１C⊥平面BC１D,因为DP⊥A１C,则DP ⊂平面BC１D, 而点P 为截面A１C１B 上的动点,平面A１C１B∩ 平面BC１D＝BC１, 所以点P 的轨迹是线段BC１,长度为 ２．] ８．A　[取AB 中点P,连接PC,C１N,如图: 因为PC⊥AB,PN⊥AB,且PC∩PN＝P,PC ⊂平面PCC１N,PN⊂平面PCC１N, 所以AB⊥平面PCC１N, 又 AB ⊂ 平 面 ABM,所 以 平 面 ABM ⊥ 平 面PCC１N, 过 N 作NO⊥PM, 又平面ABM∩平面PCC１N＝PM,NO⊂平面 PCC１N,所以 NO⊥平面ABM, 当点 M 从点C 运动到C１ 点时,O 点是以PN 为直径的圆Q(部分), 当点 M 到点C１ 时,O 点到最高点,此时 PC＝ ３,CC１＝１,∠CPC１＝ π ６ , 所以∠OPQ＝π３ ,从而∠OQP＝π３ , 所以弧长l＝π３× １ ２＝ π ６ ,即点O 的轨迹长度 为π ６． ] ９．CD　[因为圆柱和圆锥的底面直径和它们的高 都与一个球的直径２R 相等,则圆柱的侧面积为 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６􀅰 ２πR􀅰２R＝４πR２,A 错 误;圆 锥 的 母 线 长l＝ R２＋(２R)２＝ ５R,侧面积为 πRl＝ ５πR２,B 错误;球的表面积为４πR２,所以圆柱的侧面积 与球面面积相等,C正确;∵V圆柱 ＝πR２􀅰２R＝ ２πR３,V圆锥 ＝１３πR ２􀅰２R＝２３πR ３,V球 ＝４３πR ３, ∴V圆柱 ∶V圆锥 ∶V球 ＝２πR３∶２３πR ３∶４３πR ３＝ ３∶１∶２,D正确．] １０．AC　[根据题意,由空间中直线与平面的位置 关系,对选项逐一判断,即可得到结果．若a∩α ＝A,b⊂α,A∉b,则a,b异面,故 A 正确;若a ∥α,b∥β,α∥β,则a与b 异面或平行或相交, 故B错误;若a⊥c,b∥c,则b⊥a,故C正确;若 α⊥β,γ⊥β,则α∥γ或α,γ相交,故 D错误．] １１．ABD　[对 A,因为BC⊥ 平面AA１C１C,DC１⊂平面 AA１C１C,所以BC⊥DC１． 在 △C１DC 中,因 为 DC１ ＝DC＝ ２,CC１＝２,所以 DC２１＋DC２＝CC２１, 则DC１⊥DC．又 BC⊂平 面BDC,DC⊂平面BDC,BC∩DC＝C,所以 DC１⊥平面BDC,故 A 正确．对B,取O 为BC１ 的中点,连接OE,OD．易知 OE∥A１D,OE＝ A１D,所以四边形 A１DOE 为平行四边 形,则 A１E∥DO．又 A１E⊄ 平 面 BDC１,DO⊂ 平 面 BDC１,所以 A１E∥平面BDC１,故 B 正确．对 C,设点C 到平面BDC１ 的距离为x,则x是以 C 为顶点,△BDC１ 为底面的三棱锥的高． 因为BC⊥平面AA１C１C,所以BC 是三棱锥B －CDC１ 的高．又△CDC１ 为直角三角形, 所以S△CDC１＝ １ ２DC 􀅰DC１＝ １ ２× ２× ２＝１ , 所以VBＧCDC１＝ １ ３×１×１＝ １ ３． 又△BCD 是直角三角形,所以BD＝ １＋２＝ ３．又DC１＝ ２,BC１＝ １＋４＝ ５, 所以BD２＋DC２１＝BC２１,所以△BDC１ 是直角 三角形,则S△BDC１＝ １ ２× ２× ３＝ ６ ２． 由VB－CDC１＝VC－BDC１,得 １ ３× ６ ２x＝ １ ３ ,则x＝ ６ ３ ,即 点 C 到 平 面BDC１ 的 距 离 为 ６ ３ ,故 C 错误． 对 D,因为△BCC１ 和△BDC１ 均为直角三角 形,所以O 为三棱锥C１ＧBDC 外接球的球心, 即半径为 ５ ２ ,故 D正确．] １２．解析:设圆柱的底面圆的半径为r,则高为２r, 故πr２􀅰２r＝１６π,解得r＝２, 所以 圆 柱 的 侧 面 积 为 ２πr􀅰２r＝４π×４ ＝１６πcm２． 答案:１６π １３．解析:如图,延长 DO 交 底 面 圆 于 点E,连 接 BE,CE, 由AB,DE 均为圆的直径知AD∥BE,且 AD ＝BE, 所以∠CBE 即为异面直线AD 与BC 所成的 角(或其补角)． 在△AOD 中,AD＝２OAsin６０°＝２ ３, 在 Rt△BOC 中,BC＝ OB２＋OC２＝２ ３, 所以CB＝CE＝BE＝２ ３,所以△CBE 为正 三角形, 所以∠CBE＝６０°,即直线AD 与BC 所成的角 为６０°． 答案:６０° １４．解析:根据题意三棱锥 PＧ ABC 可 以 补 成 分 别 以 BC,AB,PA 为 长、宽、高 的长方体,如图所示, 其中PC 为长方体的对角 线,则三棱锥PＧABC 的外 接 球 球 心 即 为 PC 的 中点, 要使三棱锥 PＧABC 的外接球的体积最小,则 PC 最小． 设AB＝x,则PA＝x,BC＝６－x, |PC|＝ AB２＋PA２＋BC２＝ ３(x－２)２＋２４, 所以当x＝２时,PCmin＝２ ６,则有三棱锥 PＧ ABC 的外接球的球半径最小为 ６, 所以Vmin＝ ４ ３πR ３＝８ ６π． 答案:８ ６π １５．解:(１)若四面体A－B１CD１ 各棱长均为 ２, 则长方体ABCD－A１B１C１D１ 为棱长为１的正 方体,且四面体A－B１CD１ 为正四面体, 所以SA－B１CD１ ＝４× １ ２× ２× ２×sin６０°＝ ４×１２× ２× ２× ３ ２＝２ ３ , VA－B１CD１＝VABCD－A１B１C１D１－４VB１－ABC＝１ ３－４× １ ３× １ ２×１×１×１＝ １ ３ ; (２)由于四面体A－B１CD１ 的四个顶点均为长 方体ABCD－A１B１C１D１ 的顶点, 所以四面体 A－B１CD１ 外接球与长方体的外 接球是同一个球, 设此四面体所在长方体的棱长分别为DA＝a, DD１＝b,DC＝c, 则 a２＋b２＝３ a２＋c２＝４ b２＋c２＝５{ ,解得 a２＝１ b２＝２ c２＝３{ , 设长方体ABCD－A１B１C１D１ 外接球的半径为 R,则(２R)２＝a２＋b２＋c２＝６,则R２＝３２ , 所以外接球的表面积为４πR２＝６π． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７􀅰 １６．解:(１)证明:连接AB１,交 A１B 于点O,连接OD, ∵ O 为 平 行 四 边 形 ABB１A１ 对 角 线 的 交 点, ∴O 为 AB１ 的 中 点．在 △AB１C 中,O,D 分 别 为 AB１,AC 的中点,∴OD∥ B１C,∵OD⊂平面A１BD, B１C⊄平面 A１BD,∴B１C ∥平面A１BD． (２)证 明:∵ 三 棱 柱 ABC －A１B１C１ 是直三棱柱,∴AA１⊥平面ABC, ∵BD⊂平面ABC,∴AA１⊥BD． ∵D 是AC 的 中 点,∠BAC＝∠BCA,∴AC ⊥BD． ∵AA１∩AC＝A,AA１,AC⊂平面ACC１A１, ∴BD⊥平面ACC１A１, ∵AC１⊂平面ACC１A１,∴BD⊥AC１． 在 Rt△ACC１ 中,AC＝A１C１＝ ２CC１, ∴tan∠AC１C＝ AC CC１ ＝ ２, 在 Rt△A１AD 中,AD＝ １ ２AC ,∴tan∠A１DA ＝ AA１ AD ＝ CC１ １ ２AC ＝ ２, ∴tan∠AC１C＝tan∠A１DA, ∴∠AC１C＝∠A１DA, ∴ ∠AC１C＋ ∠C１AC＝ ∠A１DA ＋ ∠C１AC ＝９０°, ∴A１D⊥AC１． ∵A１D∩BD＝D,A１D,BD⊂平面A１BD, ∴AC１⊥平面A１BD, ∵A１B⊂平面A１BD,∴AC１⊥A１B． １７．解:(１)因为 BF∥DE,所以 B,D,E,F 四点 共面, 因为四边形ABCD 为菱形,所以AC⊥BD, 因为AC⊥DE,BD∩DE＝D,BD,DE⊂平面 BDEF, 所以AC⊥平面BDEF, 因为AC⊂平面ACF, 所以平面ACF⊥平面BDEF; (２)因为AC⊥平面BDEF,BF⊂平面BDEF, 所以BF⊥AC, 又因为BF⊥CD,AC∩CD＝C,CD,AC⊂平面 ABCD,故BF⊥平面ABCD, 又因为 AC,BD 互相平分,所以点 D 到平面 ACF 的距离等于点B 到平面ACF 的距离, 所以VD－ACF＝VB－ACF, 又因为VB－ACF ＝VF－ABC ＝ １ ３ 􀅰BF􀅰S△ABC ＝ １ ３×１× １ ２×２×２× ３ ２＝ ３ ３ , 所以三棱锥D－ACF 的体积为 ３３． １８．解:(１)证明:如图１,在△ABC 中,E、F 分别是 AC 和BC 边的中点,所以,EF∥AB, 因为AB⊄平面 DEF,EF⊂平面 DEF,所以, AB∥平面DEF． (２)在线段BC 上取点P, 使BP＝１３BC ,过点 P 在 平面BCD 内作PQ⊥CD 于点Q,连接AQ． 由题意得,平面ACD⊥平面BCD． 因为 PQ⊥CD,平面 ACD⊥平面 BCD,平面 ACD∩平面BCD＝CD,PQ⊂平面BCD, 所以,PQ⊥平面ACD, 因为DE⊂平面ACD,所以PQ⊥DE． 在△BCD 中,因为 PQ⊥CD,BD⊥CD,所以 PQ∥BD, 所以DQ DC＝ BP BC＝ １ ３ , 翻折 前,△ABC 为 等 边 三 角 形,则 ∠DAC ＝６０°, 因为D 为AB 的中点,所以CD⊥AB,即CD⊥ AD, 翻折后,仍有CD⊥AD,所以CD＝ADtan６０° ＝ ３AD,故DQ＝１３DC＝ ３ ３AD , 在 Rt△ADQ 中,tan∠DAQ＝DQAD＝ ３ ３ ,因为 ０°＜∠DAQ＜９０°,则∠DAQ＝３０°． 又因为∠CAD＝６０°,则AQ 平分∠CAD, 因为DE 是Rt△ACD 斜边上的中线,则DE＝ １ ２AC＝AE ,且∠CAD＝６０°, 所以△ADE 是等边三角形,则AQ⊥DE, 又因为PQ∩AQ＝Q,PQ、AQ⊂平面APQ,所 以DE⊥平面APQ, 因为AP⊂平面APQ,所以AP⊥DE, 综上,在线段BC 上存在一点P,且当BPBC＝ １ ３ 时,AP⊥DE． １９．解:(１)在图①中过C 作CF⊥AD,则EF＝BC ＝１,CF＝BE＝１, 图②中,BD∩CE＝O, 又∵CD＝ ２,∴DF＝１,∴DE＝２,∴DE＝ ２BC 且DE∥BC． ∴△BCO∽△EDO,∴DO＝２OB, 在△BAD 中,DO＝２OB,AP＝２PB, ∴OP∥AD,又 OP⊄ 平 面 ACD,AD ⊂ 平 面ACD, ∴OP∥平面 ACD,平面 OPQR∩平面 ACD ＝RQ, ∴OP∥RQ,∴RQ∥AD, 又R 是CD 的中点,∴Q 是AC 的中点; (２)如图,过 M 作MH⊥BE 交BE 于H,过 H 作HG⊥CE 于点G,连接 MG,且BE⊥AE, 因为 平 面 ABE⊥ 平 面 BCDE,平 面 ABE∩ 平 面BCDE＝BE, 所以AE⊥平面BCDE, MH⊥平面BCDE,所以 AE∥MH, 因为CE⊂平面BCDE, 所以 MH⊥CE, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８􀅰 因为 MH∩HG＝H,MH、HG⊂平面 MHG, 所以CE⊥平面 MHG, MG⊂平面 MHG,所以 MG⊥CE, 则∠MGH 为二面角M－CE－B 的平面角, ∴∠MGH＝４５°, 设AM AB＝λ ,∴MH＝(１－λ)AE＝(１－λ)２, 又HE BE＝ AM AB＝λ ,∴HE＝λBE＝λ, 在 △BCE 中,∠BEC＝４５°,HG＝ ２２HE＝ ２ ２λ , 由∠MGH＝４５°得 HG＝MH,即 ２２λ＝ (１－λ)２, ∴λ＝２３ ,∴AMAB＝ ２ ３． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 高一下学期期末实战模拟卷四 选择题答案速查 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ 答案 D D C A C A A D ACD AB AD １．D　 [由 题 意 可 知:这 组 数 据 的 平 均 数 为 １＋２＋２＋m＋６＋２＋８ ７ ＝ ２１＋m ７ , 除m 外,将数据按升序排列可得１,２,２,２,６,８, 结合m 的任意性可知中位数为２,则２１＋m７ ＝ ２×２,解得m＝７．] ２．D　[根据题意,由折线图的特点即可得到结果． 折线图更易于显示数据的变化趋势．] ３．C　[因为１．０％＋３．２％＋１３．６％＋３４．２％＝ ５２％＜６０％, １．０％ ＋３．２％ ＋１３．６％ ＋３４．２％ ＋４８％ ＝ １００％＞６０％,所以６０％分位数在[４,５)这个区 间内, 设６０％分位数为x,则５２％＋４８％(x－４)＝ ６０％,解得x≈４．１７,故C正确．] ４．A 　 [依 题 意 这 组 数 据 的 平 均 数 为 ４７＋４８＋５０＋５２＋５３ ５ ＝５０ , 所以方差为１ ５ [(４７－５０)２＋(４８－５０)２＋(５０－ ５０)２＋(５２－５０)２＋(５３－５０)２]＝５．２．] ５．C　[因为８０＋７０＝６０＋９０,因此平均数不变, 即􀭿X＝７０, 设其他４８个数据依次为a１,a２,􀆺,a４８, 因此(a１－７０)２＋(a２－７０)２＋􀆺＋(a４８－７０)２＋ (６０－７０)２＋(９０－７０)２＝５０×７５,① (a１－７０)２＋(a２－７０)２＋􀆺＋(a４８－７０)２＋(８０ －７０)２＋(７０－７０)２＝５０×s２,② 由②－①得５０(s２－７５)＝１００－４００－１００＝－ ４００＜０,所以s２＜７５．] ６．A　[根据直方图矩形高低以及数据的分布趋 势,判断即可得出结论．众数是最高矩形的中点 横坐标,因此众数在第二列的中点处．因为直方 图第一、二、三、四列高矩形较多,且在右边拖尾 低矩形有三列,所以平均数小于众数,右边拖尾 的有三列,中位数大约在第三,四列的位置,中 位数最大,因此有a＜c＜b．] ７．A　[由题意可知,样本中男生人数为２０×３５＝ １２,女生人数为８, 则样本中女生的平均身高为２０×１７４－１２×１７８ ８ ＝１６８．] ８．D　 [由 题 设 得,２０＋２１＋２２＋２３＋２４＋２５６ ＝ a＋２３＋２４＋２５＋２６＋２７ ６ －３ ,解得a＝２８,甲组 数据中６×７０％＝４．２,故第７０百分位数为２４, A 错误;甲组数据的极差为２５－２０＝５,乙组数 据的极差为２８－２３＝５,所以甲、乙两组数据的 极差相同,故 B错误;乙组数据从小到大为２３, ２４,２５,２６,２７,２８,故其中位数为２５＋２６２ ＝２５．５ , C错误;甲的平均数为２０＋２１＋２２＋２３＋２４＋２５６ ＝ ２２．５, 乙的平均数为２８＋２３＋２４＋２５＋２６＋２７ ６ ＝２５．５ , 所以甲的方差为１ ６× (２．５２＋１．５２＋０．５２＋０．５２＋ １．５２＋２．５２)＝３５１２ , 乙的方差为１ ６× (２．５２＋１．５２＋０．５２＋０．５２＋１．５２ ＋２．５２)＝３５１２ ,故两组数据的方差相同,D正确．] ９．ACD　[由８×２５％＝２知,这组数据的下四分 位数是第２个数据与第３个数据的平均数, 即１４＋a ２ ＝１５ ,得a＝１６． 原来的８个数据 去 掉 一 个 最 高 分 和 一 个 最 低 分 后 的 ６ 个数据 平均数 １３＋１４＋１６＋１８＋１８＋２０＋２２＋２３ ８ ＝１８ １４＋１６＋１８＋１８＋２０＋２２ ６ ＝１８ 极差 ２３－１３＝１０ ２２－１４＝８ 中位数 １８ １８ 众数 １８ １８ １０．AB　[依题意平均温度为１８ (－３＋２＋８＋８＋ ５＋４－３－３)＝２．２５℃,故 A 正确;这组数据 从小到大排列为－３、－３、－３、２、４、５、８、８,所 以中位数为２＋４ ２ ＝３℃ ,故B正确;极差为８－ (－３)＝１１ ℃,故 C错误;因为各个数据与平 均数的差的绝对值都小于６,所以标准差不可 能大于６,故 D错误．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９􀅰