高一下学期期末实战模拟卷五(立体几何初步)-【创新教程】2025-2026学年高一下学期数学期末实战模拟卷（人教B版）

高一下学期期末实战模拟卷五 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 整 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 如 为3m的正四棱台，则该台基的体积约为 () 2m B.28√7m3 C.28m D.20m 3 3.已知圆台O,O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.32元 B.26元 C.16元 D.8π 4.如图，△OA'B'是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的面 积是 ) 2 B A.6 B.3√2 -6 0 C.62 D.12 5.设m,n,l是三条不同的直线，a,B,Y是三个不同的平面，有下列命题中，真命题为( A.若m∥n,m∥a,则n∥a B.若m⊥n,n⊥l,则m⊥l C.若m⊥a,m∥n,则n⊥a D.若&⊥B,3⊥Y,则a⊥Y 6.在正方体ABCD一A,B,C,D1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ABCD-A B,C,D1中，点P为截面A,C1B上 娇 的动点，若DP⊥A,C,则点P的轨迹长度是 ( A马 B.2 c D.1 ☒ 8.如图，在直三棱柱ABC一A,B,C1中，△ABC是边长为2的正三角形， AA1=1,N为棱AB,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C时，点O的轨 迹长度为 ( ) A B c D. 2 数学试题（五）第1页（共4页） 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2πR B.圆锥的侧面积为2πR 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a,B,Y,下列说法正确的是 () A.若a∩a=A,bCa,A庄b,则a,b异面 B.若a∥a,b∥3，a∥3，则a∥b C.若a⊥c,b∥c,则b⊥a D.若&⊥B,Y⊥B,则a∥Y 1L.如图，在直三棱柱ABCA,B,C中，若∠ACB=90°，AC=BC=2AA =1,D、E分别是AA1,B,C1的中点，则下列结论正确的是 A.DC1⊥平面BDC B.A,E∥平面BDC1 C.点C到平面BDC,的距离为 93 2三棱锥CBDC外接球的半径为写 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=22,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 D 14.《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖懦”，已知“鳖臑”P一ABC 中，PA⊥平面ABC,PA=AB,∠ABC=,AB+BC=6,则“鳖靨”P-ABC外接球体积 的最小值为 数学试题（五）第2页（共4页） 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明.证明过程或演讲算步骤.） 15.(本小题满分13分)如图，四面体A一B,CD1的四个顶点均为长方 体ABCD一A,B1C1D1的顶点. (1)若四面体A一B,CD,各棱长均为√2，求该四面体的表面积和 D 体积； (2)若AD,=√3，AC=2,AB,=√5，求四面体A一B,CD1外接球的 表面积. 16.(本小题满分15分)如图，在直三棱柱ABCA,B,C,中，∠BAC= ∠BCA,A1C1=√2CC1,点D是AC的中点. (1)求证：B,C∥平面A1BD; R (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=于，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D-ACF的体积. 数学试题（五）第3页（共4页） 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. D 图1 图2 (1)求证：AB∥平面DEF; (2)在线段BC上是香存在一点P,使APLDE?若存在，求C的值：若不存在，请说明 理由. 务 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. B B ⑨ (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AM AB的值. 烯 数学试题（五）第4页（共4页） 高一下学期期未实战摸拟卷五 数学答题卡 姓 名 准考证号 条形码区 缺考标记（学生禁止填涂）☐ 注 1.答题前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核对条形码上的姓名 填 正确填涂 准考证号。 涂 2.选择题必须使用2B铅笔填涂，非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写， 错误填涂 涂写要工整、清晰。 样 号器g 事 3.按照题号在对应的答题区域内作答，超出答题区域的答题无效，在草稿纸、试 例 项 题卷上作答无效。 4.答题卡不得折叠、污染、穿孔、撕破等。 选择题（共58分） 1A®g回 4ABC回 7 A BCD 10 ABCD 2A⑧回回 5ABC回 8A®@D 11A®@回 在各 3A®g回 6A®g回 9ABCD 非选择题 (需用0.5毫米黑色签字笔书写) 答题 填空题（共15分） 域 12. 13. 14. 作 解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 超 15.(本小题满分13分) 出 D 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 数学答题卡（五）第1页（共4页） 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 D C -- ,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 数学答题卡（五）第2页（共4页） 考生 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 姓名 座号 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 必填 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 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 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡（五）第3页（共4页） 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) Q R ① ② 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 数学答题卡（五）第4页（共4页）10.ACD[,x1=i0-i=1-i,∴.|1=√12+(-1)2 =2,故A正确：(1-2i)2=i-3,2=2 -3+i (-3+i(1十21=一1-i,虚部为-1，故B错误： :1十a=1十a-i为纯虚数，∴.1十a=0,即a=-1, 故C正确；，2-bi=-1一(b十1)i为实数，∴.b+1 =0,解得b=一1，故D正确.] 11.BD[设之1=a十bi,2=c+di(a,b,c,d∈R), 对A,号=a2+2abi-b212=(a-bi02=a2-2abi-b2, 当a,b至少一个为0时，号= 当a,b均不等于0时，号≠，故A错误； 对B,1十z2=(a十c)十(b十d)i,则之1十2=(a+c) -(b+d)i, 而之1+之2=a-bi+c-di=(a十c)-(b+d)i,故 1十2=之1十2，故B正确； 对C,若|2+1|=1，即|(c+1)十di|=1,即 √(c+1)2+d=1, 即(c+1)2+d2=1,则(c,d)在复平面上表示的是以 （一1,0)为圆心，半径r=1的圆， |2一1的几何意义表示为，点(c,d)到，点(1,0)的距 离，显然(1+1)2+02=4>1， 则点(1,0)在圆外，则圆心到定点(1,0)的距离d=2, 则点(1,0)与圆上点距离的最小值为d一r=2一1= 1,故C错误； 对D, atbi (a+bi)(c-di) 22 c+di c2+d2 _ac+bd+(bc-ad)i c2+d2 lac-bd 2 bc-ad c2+d2 (a2+b2)(c2+d) a2+b2 (c2+d2)2 √c2+d' 之1 而 Va2+62 ,故 之1 22 √c2+d2 2=2,故D正确.] 12.解析：向量a=(3,4),则向量a对应的复数为之=3+ 4i,故之=3-4i,|之=√9+16=5. 答案：3-4i5 13.解析：设=a十bi,之2=c十di,a,b,c,d∈R, 则之1-之2=(a-c)+(b-d)i,之1-之2=(a-bi)-(c -di)=(a-c)-(b-d)i, 所以21一之2=之1一2’ 因为刘1十22=3十4i,之1-22=-2十i 所以号-号=（名1十之2）（之1-2）=（3+4i)(-2-iD =-6-3i-8i-4i2=-2-11i, 则|8-号引=|-2-11il=√(-2)2+(-11)2=5√5. 答案：5√5 14.解析：令复数之1=x十yi,x,y∈R,则之1=x一yi, 所以之1+221=3x-yi=-3-i,所以x=-1,y=1, 即1=-1+i 又因为|2一之1=1，即在复平面内，复数2所对应 的点的轨迹是以（一1,1）为圆心，1为半径的圆. 又点（一1,1）到点(0，一2)的距离为 √-1-0)2+(1+2)2=√10， 所以2+2i的最大值为√10+1. 答案：√10+1 15.解：(1)由2-i是方程x2-mx十n=0的一个根，得 (2-i)2-m(2-i)+n=0, 整理得3一2m十n十(m-4)i=0,因此 3-2m+n=0 ,所以m=4,n=5. (m-4=0 (2)由(1)知，之=a2-5a+4+(a-4)i, 由之是纯虚教，得@2-5a十4=0 ,解得a=1,则之= (a-4≠0 -31, 所以之=√(-3)2=3. 16.解：(1)由之1=1-ai,x2=3-4i,得1十2=4-(4+ a)i,而之1十2是实数， 于是4十a=0,解得a=-4, 所以之1·之2=(1十4i)(3-4i)=19十8i. (2俊题号-票得侣十- 3十4a+(4-3a)i是纯虚数， 25 因此 (3+4a=0 14-3a≠01 解得a=一3 4 所以1=1+ 17.解：(1)因为复数之1=a十i,2=1一ai,所以21一z2= a-1+(a+1)i, 其对应的点为(a-1,a十1)，由题意-1<0， ,解得 (a+1>0 -1<a<1, 即实数a的取值范围为（一1,1）： (2)由题意知x2-(a十1)x十1=0的根有之2， 则，(1-ai)2-(a+1)(1-ai)+n=0, 整理得：-a2-a十n十(a2-a)i=0, 解得a=1,n=2,.之1=1十i, 号十m21为实数， .(1+i)2+m(1+i)为实数，即m+(2+m)i为实 数，.2十m=0,.m=-2, 所以=+1+225 1 2025 之1 ++++ 2 2 所以1-=号子--9 18.解：(1)由题意得：(2-i)2十m(2-i)十n=0,即4-4i 所以3=之1=(c十di)|2=5√2+d2,所以c2 +2+2m-mi+n=0, 所以3+2m+n-(4+m)i=0,所以3+2m十n=0,4 +=是0， 十m=0, 又|z1-之2|=|(c+di)x2-之2|=|(c-1)+dil|x2| 解得：m=-4,n=5,m十2n=6. =5w√(c-1)2+d2=7, -4-5i (2)x=-4+5i,2=-4-5i7年=1十i, 所以c-1D2+-是@， 以到 19.解：(1)设之=a+bi(a,b∈R),之=a-bi(a,b∈R), 联D②，解得=一品d=士， 3 10 所以之·之=a2+b=|z2=||2,2+之=2a∈R, 因为≠士i,|z|=1,所以之·之=1，之十之=2a∈R且 所以号一±得。 2a≠0，所以 1一=1是实数 (3)因为z=1,设之=cos0+isin(0∈R), 1+2之·十2之十2a 则|22一之十1=|之2一之十之·之|=z(之十之一1)川=|之 (2)设=c+di(c,d∈R),则1=(c+di)22, 1川x+2-1|=|2cos0-1|, 22 因为-1≤c0s≤1，所以-3≤2cos0-1≤1， 因为1|=3，x2|=5, 所以之2-之十1max=3,之2-之十1|mim=0. 高一下学期期末实战模拟卷五 选择题答案速查 题号 1 2 3 4 5 6 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 4.D[如图，由直观图画法规则，可 个圆柱，可得圆柱的每个轴截面都是全等矩形，故A 得△OAB是一个直角三角形，直角 正确；对于B:长方体是直四棱柱，直四棱柱不一定是 边OA=6,OB=4, 长方体，故B正确：对于C:用一个平行于底面的平面 ∴Sa0a=20A·0B= ×6X44 6 截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台，故C错误；对于 =12.] D:四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体，故D正确.] 5.C[对A:若m∥n,m∥a,则n∥a 2.A[由题意作出正四棱台图像，如图所示： 或nCa,故A错误：对B:如图所示， 直线m⊥n,n⊥a,则n垂直于平面a 内的任意一条直线1，则m,l的位置 关系是任意的，故B错误.对C:若m⊥a,m∥n,则n⊥ a,故C正确；对D:若a⊥3,3⊥Y,则a,Y的位置关系是 ABCD-A1B1C1D1为正四棱台，AB=2,AA1=3, 任意的，故D错误.] 6.B[如图，把截面AEF补形为四 A1B1=4, 边形AEFD1,连接AD1,BC1, 连接AC,A1C1得AC=2√2，A1C=4√2， 因为E,F分别为BC,CC1的中 过A作AG⊥AC,过C作CH⊥AC1, 点，则EF∥BC, 所以AC=GH=2√2，A1G=HC1=√2， 又在正方体ABCD-A1B1CD1 在直角三角形AA1G中，AG=√(AA1)2-(A1G)7= 中，AD1∥BC1, 所以EF∥AD1,则A,D1,F,E四点共面. √32-(2)2=7， 则平面AEF截正方体所得的截面多边形的形状为四 所以正四棱台的高=√7，正四棱台上、下底面积为22 边形AEFD1.] =4m)和=16(m2),所以你积V-号×X4+ 7.B[在棱长为1的正方体ABCD-A1B1CD1中，连 接DC1,BD,AC V/4x16+16)=287(m3).] 3 3.C[设上下底面圆半径分别为r1,r2,母线长为1， 则国台侧面积5=合(2m1十2r)=2(2x十6x) =16元.] 10 由AA1⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,得BD⊥ AA1,而BD⊥AC, AA1∩AC=A,AA1,ACC平面AA1C,则BD⊥平面 AA1C,又A1CC平面AA1C, 于是BD⊥A1C,同理BC1⊥A1C,而BC1∩BD=B, BC1,BDC平面BC1D, 因此AC⊥平面BC1D,因为DP⊥A1C,则DPC平面 BCD, 而，点P为截面A1CB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,CN,如图： A C 因为PC⊥AB,PN⊥AB,且PC∩PN=P,PCC平面 PCCN,PNC平面PCC1N, 所以AB⊥平面PCC1N, 又ABC平面ABM,所以平面ABM⊥平面PCC,N, 过N作NO⊥PM, 又平面ABM∩平面PCC,N=PM,NOC平面 PCCN,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，CC =1,∠CPG=吾， 所以∠OPQ=客，从而∠OQP=吾 所以孤长1=晋×号-吾：即点0的执选关度为吾] 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2πR·2R= 4xR2,A错误：圆锥的母线长1=√R2十(2R)2=√5R, 侧面积为πR1=√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圈柱 =Re·2R=2xR,V维=子元R2,2R=号xR,V =号R,Va我：Vg袋V=2R:子R3:号 πR3=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∩a=A,b二a, A任b,则a,b异面，故A正确：若a∥a,b月3，a月B,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a⊥B,Y⊥3，则a∥y或a,Y相 交，故D错误.] ◇ 11.ABD[对A,因为BC⊥平面 C AA1CC,DC1C平面 AACC,所以BC⊥DC. 10 在△C1DC中，因为DC1=DC D =√2，CC1=2,所以DC+ DC2=CC, 则DC1⊥DC.又BCC平面BDC,DCC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丈平面BDC,DOC平面BDC, 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，△BDC 为底面的三棱锥的高. 因为BC⊥平面AA1C1C,所以BC是三棱锥B一 CDC1的高.又△CDC1为直角三角形， 所以Sa,=DC·DG=子X5XE=1,降以 Vgex,=子×1x1=子 又△BCD是直角三角形，所以BD=√I十2=√5.又 DC1=√2，BC1=W1+4=W5, 所以BD+DC=BC,所以△BDC1是直角三角 形，则S△，合×X后-5 由VgV6,得×9-了，则 3 即点C到产而BDG的距高为9，故C铅花 对D,因为△BCC1和△BDC1均为直角三角形，所以 0为三枚维CBDC外接球的球心，即丰径为号，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, C E A-- D 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=2 DAsin60°=2√5， 在Rt△BOC中，BC=√OB2+OC2=2√5， 所以CB=CE=BE=2W3,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PABC 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PABC的外接球球 心即为PC的中点， 要使三棱锥PABC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，PCmini=2V6,则有三棱锥PABC的 外接球的球半径最小为√6， 所以Vm=号R2=86x 答案：8√6π 15.解：(1)若四面体A-B1CD1各棱长均为√2， 则长方体ABCD一A1B1C1D1为棱长为1的正方体， 且四面体A一BCD1为正四面体， 所以SABm=4X分×X2Xsim60=4X号 x2x9=2, VA-B,D,VABCD-A,B,C,D.-4VB,-ANC 13-4X ×号X1x1x1= 3 2 3 (2)由于四面体A一B1CD1的四个顶，点均为长方体 ABCD-A1B1C,D1的顶点， 所以四面体A一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一a,DD1 =6,DC=c, fa2+b2=3 fa2=1 则{a2+c2=4,解得{b2=2, b2+c2=5 c2=3 设长方体ABCD-A1B1CD1外接球的半径为R,则 (2R)2=a2++c2=6,则R=号 所以外接球的表面积为4πR=6π. 12 16.解：(1)证明：连接AB1,交 A1B于点O,连接OD, ,O为平行四边形ABB1A 对角线的交点，O为AB 的中点.在△AB1C中，O,D 分别为AB1,AC的中点，. OD∥B1C,,ODC平面A1BD,B1C丈平面A1BD, ∴.BC∥平面ABD (2)证明：，三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱， ∴.AA1⊥平面ABC, BDC平面ABC,∴.AA1⊥BD. ,D是AC的中点，∠BAC=∠BCA,∴AC⊥BD. AA∩AC=A,AA1,ACC平面ACC1A1, ∴.BD⊥平面ACC1A1, ACC平面ACCA1,.BD⊥AC. 在Rt△ACC1中，AC=A1C,=√2CC1, m∠acC-瓷-E 在R△A1AD中，AD=2AC.an∠ADA= AA1_CCL=. AD TAC ∴.tan∠AC,C=tan∠ADA, ∴.∠ACC=∠A1DA, .∠ACC+∠C1AC=∠A1DA+∠C1AC=90°， .A1D⊥AC1. A1D∩BD=D,AD,BDC平面A1BD, ∴.AC1⊥平面A1BD, A1BC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,DEC平面 BDEF, 所以AC⊥平面BDEF, 因为ACC平面ACF, 所以平面ACF⊥平面BDEF; (2)因为AC⊥平面BDEF,BFC平面BDEF,所以 BF⊥AC, 又因为BF⊥CD,AC∩CD=C,CD,ACC平面AB CD,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, 又周为VR-ACF=VE-ABC=号·BF·SAAIC=3 1×号×2×2x9-9 231 所以三棱锥D-ACF的体积为尽 3 18.解：(1)证明：如题图1，在△ABC中，E、F分别是AC 又CD=√2，.DF=1,.DE=2, 和BC边的中点，所以，EF∥AB, .DE=2BC且DE∥BC. 因为ABt平面DEF,EFC平面DEF,所以，AB∥ .△BCO∽△EDO,∴.DO=2OB, 平面DEF. 在△BAD中，DO=2OB,AP=2PB, (2)在线段BC上取点P,使 .OP∥AD,又OP庄平面ACD,ADC平面ACD, BP=专BC,过点P在平面 .OP∥平面ACD,平面OPQR∩平面ACD=RQ, ∴.OP∥RQ,.RQ∥AD, BCD内作PQ⊥CD于点Q, 又R是CD的中点，.Q是AC的中点： 连接AQ,如图. 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,PQC平面BCD, 所以，PQ⊥平面ACD, 因为DEC平面ACD,所以PQ⊥DE. B 在△BCD中，因为PQ⊥CD,BD⊥CD,所以PQ ① ② ∥BD, (2)如图，过M作MH⊥BE交BE于H,过H作 所以瓷既子 HG⊥CE于点G,连接MG,且BE⊥AE, 翻折前，△ABC为等边三角形，则∠DAC=60°， 因为平面ABE⊥平面BC 因为D为AB的中点，所以CD⊥AB,即CD⊥AD, DE,平面ABE∩平面BC 翻折后，仍有CD⊥AD,所以CD=ADtan60°= DE=BE. 所以AE⊥平面BCDE,MH 5AD,数DQDC=AD, 3 ⊥平面BCDE,所以AE 在R△AQ中，an∠DAQ-器-9，目为0P< ∥MH, H-O B AD 因为CEC平面BCDE,所 ∠DAQ<90°，则∠DAQ=30° 以MH⊥CE, 又因为∠CAD=60°，则AQ平分∠CAD, 因为MH∩HG=H,MH、HGC平面MHG,所以 因为DE是Rt△ACD斜边上的中线，则DE=ZAC 1 CE⊥平面MHG, MGC平面MHG,所以MG⊥CE, =AE,且∠CAD=60°， 则∠MGH为二面角M-CE-B的平面角， 所以△ADE是等边三角形，则AQ⊥DE, ∴.∠MGH=45°， 又因为PQ∩AQ=Q,PQ、AQC平面APQ,所以DE ⊥平面APQ, 设0-1M1=1-0AB-1-Aw. 因为APC平面APQ,所以AP⊥DE, 器 =X,..HE=ABE=A, 综上，在线段BC上存在-点P,且当肥子时，AP AB 在△BCE中，∠BEC=45,HG=2HE= ⊥DE. 21 19.解：(1)在图①中过C作CF⊥AD,则EF=BC=1, CF=BE=1, 由∠MH=45得HG=MH,即号X=a-XWEA 图②中，BD∩CE=O, 2.AM2 3…AB=3 高一下学期期末实战模拟卷六 选择题答案速查 题号 2 5 6 9 10 11 答案 A C B D B C A B CD BC ACD [=1号，所以：的虚郭是一子] 1 4.D [根据题图可知，函数的最大值4和最小值0，得 1.A (A+b=4 2.C[由题意得之=2-2i,故之=2+2i,故虚部为2.] {A-6=0解得A=2,6=2, 3.B[由题意得：(2a-b)·a=2a2-b·a=2, 函数的周期为（一晋）×4=T,即T= ,w=2, 故2a-b在a方向上的授影向量为(2a-b)·0.a a =2a.] 当x= 答时取最大值4， 13