河北省衡水中學(xué)2023-2023學(xué)年高一下學(xué)期期中考試-理科數(shù)學(xué)試卷(解析版)

2023-2023學(xué)年河北省衡水中學(xué)高一〔下〕期中數(shù)學(xué)試卷〔理科〕一．選擇題：本大題共12小題，每題5分，共60分．在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的．1．向量，那么與的夾角為〔〕 A．0° B．45° C．90° D．180°2．如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，棱長(zhǎng)為1，PB=PB′，那么P點(diǎn)坐標(biāo)為〔〕 A．〔，〕 B．〔，，〕 C．〔，，〕 D．〔，，〕3．設(shè)A〔3，3，1〕、B〔1，0，5〕、C〔0，1，0〕，那么AB的中點(diǎn)M到C點(diǎn)的距離為〔〕 A． B． C． D．4．設(shè)m，n是不同的直線，α、β、γ是三個(gè)不同的平面，有以下四個(gè)命題： ①假設(shè)m⊥α，n⊥α，那么m∥n； ②假設(shè)α∩γ=m，β∩γ=n，m∥n那么α∥β； ③假設(shè)α∥β，β∥γ，m⊥α，那么m⊥γ ④假設(shè)γ⊥α，γ⊥β，那么α∥β． 其中正確命題的序號(hào)是〔〕 A．①③ B．②③ C．③④ D．①④5．正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)是底面長(zhǎng)的k倍，那么k的取值范圍是〔〕 A．〔0，+∞〕 B．〔，+∞}〕 C．〔，+∞〕 D．〔，+∞〕6．〔5分〕〔2023新鄭市校級(jí)模擬〕圓錐的底面半徑為R，高為3R，在它的所有內(nèi)接圓柱中，全面積的最大值是〔〕 A．πR2 B．πR2 C．πR2 D．πR27．〔5分〕〔2023四川〕如圖，正四棱錐P﹣ABCD底面的四個(gè)頂點(diǎn)A、B、C、D在球O的同一個(gè)大圓上，點(diǎn)P在球面上，如果，那么求O的外表積為〔〕 A．4π B．8π C．12π D．16π8．如圖是水平放置的平面圖形的斜二測(cè)直觀圖，其原來(lái)平面圖形面積是〔〕 A．2 B．4SHAPE C．4 D．89．〔5分〕〔2023株洲一?！橙鐖D，在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，那么BC1與平面BB1D1A． B． C． D．10．〔5分〕〔2023浙江二?！痴拿骟wABCD的棱長(zhǎng)為1，其中線段AB∥平面α，E，F(xiàn)分別是線段AD和BC的中點(diǎn)，當(dāng)正四面體繞以AB為軸旋轉(zhuǎn)時(shí)，線段EF在平面α上的射影E1F1A．[0，] B．[，] C．[，] D．[，]11．〔5分〕〔2023北京〕如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為對(duì)角線BD1A．3個(gè) B．4個(gè) C．5個(gè) D．6個(gè)12．〔5分〕〔2023懷柔區(qū)一?！橙忮FA﹣BCO，OA、OB、OC兩兩垂直且長(zhǎng)度均為6，長(zhǎng)為2的線段MN的一個(gè)端點(diǎn)M在棱OA上運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)端點(diǎn)N在△BCO內(nèi)運(yùn)動(dòng)〔含邊界〕，那么MN的中點(diǎn)P的軌跡與三棱錐的面所圍成的幾何體的體積為〔〕 A． B．或36+ C．36﹣ D．或36﹣二．填空題〔本大題共4個(gè)小題，每題5分，共20分．〕13．長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1，設(shè)=，=，=，E，F(xiàn)分別為AA1，C1D1中點(diǎn)，那么可用表示為． 14．如圖，四棱錐P﹣ABCD中，∠BAD=∠ABC=90°，BC=2AD，△PAB和△PAD都是等邊三角形，那么異面直線CD與PB所成角的大小為． 15．〔5分〕〔2023德州二?！骋粋€(gè)幾何體的三視圖如下圖，其側(cè)〔左〕視圖是一個(gè)等邊三角形，那么這個(gè)幾何體的體積是． 16．如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，E為A1B1①點(diǎn)E到平面ABC1D1的距離為； ②直線BC與平面ABC1D1所成角為45°； ③空間四邊形ABCD1在正方體六個(gè)面內(nèi)的射影圍成的圖形中，面積最小的值為； ④BE與CD1所成角的正弦值為； ⑤二面角A﹣BD1﹣C的大小為． 其中真命題是．〔寫(xiě)出所有真命題的序號(hào)〕 三．解答題：本大題共6小題，共70分，解容許寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟．17．〔10分〕〔2023黃浦區(qū)二模〕〔文〕矩形ABB1A1是圓柱體的軸截面，O、O1〔1〕求圓柱體的側(cè)面積S側(cè)的值； 〔2〕假設(shè)C1是半圓弧A1B1的中點(diǎn)，點(diǎn)C在半徑OA上，且OC=OA，異面直線CC1與BB1所成的角為θ，求sinθ的值． 18．〔12分〕〔2023秋臺(tái)州期中〕如圖四邊形ABCD為梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，求圖中陰影局部繞AB旋轉(zhuǎn)一周所形成的幾何體的外表積和體積． 19．〔12分〕〔2023湖北模擬〕如下圖，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，AB=1，AD=，點(diǎn)F是PB的中點(diǎn)，點(diǎn)E在邊BC上移動(dòng)． 〔Ⅰ〕假設(shè)PA=1，求證：AF⊥PC； 〔Ⅱ〕假設(shè)二面角P﹣BC﹣A的大小為60°，那么CE為何值時(shí)，三棱錐F﹣ACE的體積為？ 20．〔12分〕〔2023春涼州區(qū)校級(jí)期末〕如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ACDE所在的平面與平面ABC垂直，AD與CE的交點(diǎn)為M，AC⊥BC，且AC=BC． 〔1〕求證：AM⊥平面EBC； 〔2〕求二面角A﹣EB﹣C的大?。? 21．〔12分〕〔2023石景山區(qū)一模〕如圖，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面邊長(zhǎng)是2，側(cè)棱長(zhǎng)是，D是AC的中點(diǎn)． 〔Ⅰ〕求證：B1C∥平面A1〔Ⅱ〕求二面角A1﹣BD﹣A的大??； 〔Ⅲ〕在線段AA1上是否存在一點(diǎn)E，使得平面B1C1E⊥平面A122．〔12分〕〔2023益陽(yáng)模擬〕如圖，在三棱錐C﹣ABD中，AC⊥CB，AC=CB，E為AB的中點(diǎn)，AD=DE=EC=2，CD=2． 〔Ⅰ〕求證：平面ABC⊥平面ABD； 〔Ⅱ〕求直線BD與平面CAD所成角的正弦值． 2023-2023學(xué)年河北省衡水中學(xué)高一〔下〕期中數(shù)學(xué)試卷〔理科〕參考答案與試題解析一．選擇題：本大題共12小題，每題5分，共60分．在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的．1．向量，那么與的夾角為〔〕 A．0° B．45° C．90° D．180°【分析】設(shè)那么與的夾角為θ由向量夾角的定義可得，0°≤θ≤180°可得θ=90° 【解答】解：設(shè)那么與的夾角為θ 由向量夾角的定義可得，∵0°≤θ≤180° ∴θ=90° 應(yīng)選C 【點(diǎn)評(píng)】解決此題的關(guān)鍵需掌握：向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示，還要知道向量的夾角的范圍[0，π]，只有數(shù)列掌握根底知識(shí)，才能在解題時(shí)靈活應(yīng)用． 2．如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，棱長(zhǎng)為1，PB=PB′，那么P點(diǎn)坐標(biāo)為〔〕 A．〔，〕 B．〔，，〕 C．〔，，〕 D．〔，，〕【分析】根據(jù)題意，設(shè)出點(diǎn)P〔x，y，z〕，結(jié)合題意利用坐標(biāo)表示列出方程組，求出解即可． 【解答】解：如下圖， 設(shè)點(diǎn)P〔x，y，z〕，且點(diǎn)B〔1，1，0〕，B′〔1，1，1〕，D′〔0，0，1〕； ∵點(diǎn)P在正方體ABCD﹣A1B1C1D1又PB=PB′， ∴〔x﹣1〕2+〔y﹣1〕2+z2=[〔x﹣1〕2+〔y﹣1〕2+〔z﹣1〕2]②， 又與共線，∴==③； 由①②③組成方程組，解得； ∴P點(diǎn)坐標(biāo)為〔，，〕． 應(yīng)選：C． 【點(diǎn)評(píng)】此題考查了空間向量的坐標(biāo)表示與運(yùn)算問(wèn)題，也考查了解方程組的應(yīng)用問(wèn)題，是根底題目． 3．設(shè)A〔3，3，1〕、B〔1，0，5〕、C〔0，1，0〕，那么AB的中點(diǎn)M到C點(diǎn)的距離為〔〕 A． B． C． D．【分析】先由中點(diǎn)坐標(biāo)公式求得AB的中點(diǎn)M的空間直角坐標(biāo)，再利用空間坐標(biāo)系中兩點(diǎn)間的距離公式求出M到C點(diǎn)的距離即可． 【解答】解：∵A〔3，3，1〕、B〔1，0，5〕 ∴AB的中點(diǎn)M坐標(biāo)為：〔2，，3〕， 又∵C〔0，1，0〕， ∴M到C點(diǎn)的距離為： d==． 應(yīng)選C． 【點(diǎn)評(píng)】本小題主要考查空間直角坐標(biāo)系、距離公式等根底知識(shí)，考查點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算，考查空間想象力、化歸與轉(zhuǎn)化思想．屬于根底題． 4．設(shè)m，n是不同的直線，α、β、γ是三個(gè)不同的平面，有以下四個(gè)命題： ①假設(shè)m⊥α，n⊥α，那么m∥n； ②假設(shè)α∩γ=m，β∩γ=n，m∥n那么α∥β； ③假設(shè)α∥β，β∥γ，m⊥α，那么m⊥γ ④假設(shè)γ⊥α，γ⊥β，那么α∥β． 其中正確命題的序號(hào)是〔〕 A．①③ B．②③ C．③④ D．①④【分析】根據(jù)空間線面位置關(guān)系的性質(zhì)和判定定理判斷或舉出反例說(shuō)明． 【解答】解：①由于垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行，故①正確． ②設(shè)三棱柱的三個(gè)側(cè)面分別為α，β，γ，其中兩條側(cè)棱為m，n，顯然m∥n，但α與β不平行，故②錯(cuò)誤． ③∵α∥β∥γ，∴當(dāng)m⊥α?xí)r，m⊥γ，故③正確． ④當(dāng)三個(gè)平面α，β，γ兩兩垂直時(shí)，顯然結(jié)論不成立，故④錯(cuò)誤． 應(yīng)選：A． 【點(diǎn)評(píng)】此題考查了空間線面位置關(guān)系的判斷，屬于中檔題． 5．正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)是底面長(zhǎng)的k倍，那么k的取值范圍是〔〕 A．〔0，+∞〕 B．〔，+∞}〕 C．〔，+∞〕 D．〔，+∞〕【分析】從棱錐頂點(diǎn)向底面正方形中心引一輔助線，該輔助線垂直底面，輔助線、側(cè)棱與正方形對(duì)角線的一半構(gòu)成直角三角形， 側(cè)棱為斜邊；根據(jù)直角三角形中的邊角關(guān)系即可求出k的取值范圍． 【解答】解：如下圖， 設(shè)正四棱錐V﹣ABCD底面中心為O，BC=a， 那么VB=ka，易知OB=a； 在Rt△VOB中，cos∠VBO==， ∵∠VBO∈〔0，〕， ∴0＜＜1， ∴， 解得k＞； ∴k的取值范圍是〔，+∞〕． 【點(diǎn)評(píng)】此題考查了正四棱錐的結(jié)構(gòu)特征的應(yīng)用問(wèn)題，也考查了空間想象能力與邏輯推理能力，是根底題目． 6．〔5分〕〔2023新鄭市校級(jí)模擬〕圓錐的底面半徑為R，高為3R，在它的所有內(nèi)接圓柱中，全面積的最大值是〔〕 A．πR2 B．πR2 C．πR2 D．πR2【分析】將全面積表示成底面半徑的函數(shù)，用配方法求二次函數(shù)的最大值． 【解答】解：設(shè)內(nèi)接圓柱的底面半徑為r，高為h，全面積為S，那么有=． ∴h=3R﹣3r， ∴S=2πrh+2πr2=﹣4πr2+6πRr =﹣4π〔r2﹣Rr〕=﹣4π〔r﹣R〕2+πR2∴當(dāng)r=R時(shí)，S取的最大值πR2． 應(yīng)選：C． 【點(diǎn)評(píng)】考查實(shí)際問(wèn)題的最值問(wèn)題，常轉(zhuǎn)化成函數(shù)的最值．考查空間想象能力以及計(jì)算能力． 7．〔5分〕〔2023四川〕如圖，正四棱錐P﹣ABCD底面的四個(gè)頂點(diǎn)A、B、C、D在球O的同一個(gè)大圓上，點(diǎn)P在球面上，如果，那么求O的外表積為〔〕 A．4π B．8π C．12π D．16π【分析】由題意可知，PO⊥平面ABCD，并且是半徑，由體積求出半徑，然后求出球的外表積． 【解答】解：如圖，正四棱錐P﹣ABCD底面的四個(gè)頂點(diǎn)A，B，C，D在球O的同一個(gè)大圓上，點(diǎn)P在球面上，PO⊥底面ABCD，PO=R，SABCD=2R2，， 所以，R=2， 球O的外表積是16π， 應(yīng)選D． 【點(diǎn)評(píng)】此題考查球的內(nèi)接體問(wèn)題，球的外表積、體積，考查學(xué)生空間想象能力，是根底題． 8．如圖是水平放置的平面圖形的斜二測(cè)直觀圖，其原來(lái)平面圖形面積是〔〕 A．2 B．4SHAPE C．4 D．8【分析】用斜二側(cè)畫(huà)法的法那么，可知原圖形是一個(gè)兩邊分別在x、y軸的直角三角形，x軸上的邊長(zhǎng)與原圖形相等，而y軸上的邊長(zhǎng)是原圖形邊長(zhǎng)的一半，由此不難得到平面圖形的面積． 【解答】解：設(shè)原圖形為△A′OB′， ∵OA=2，0B=2 ∠AOB=45° ∴OA′=4，OB′=2，∠A′OB′=90° 因此，Rt△A′OB′的面積為S=×4×2=4 應(yīng)選C 【點(diǎn)評(píng)】此題要求我們將一個(gè)直觀圖形進(jìn)行復(fù)原，并且求出它的面積，著重考查了斜二側(cè)畫(huà)法和三角形的面積公式等知識(shí)，屬于根底題． 9．〔5分〕〔2023株洲一?！橙鐖D，在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，那么BC1與平面BB1D1A． B． C． D．【分析】由題意，由于圖形中已經(jīng)出現(xiàn)了兩兩垂直的三條直線所以可以利用空間向量的方法求解直線與平面所成的夾角． 【解答】解：以D點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA、DC、DD1所在的直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系〔圖略〕， 那么A〔2，0，0〕，B〔2，2，0〕，C〔0，2，0〕，C1〔0，2，1〕 ∴=〔﹣2，0，1〕，=〔﹣2，2，0〕，且為平面BB1D1D的一個(gè)法向量． ∴cos＜，＞═=． ∴BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為故答案為D． 【點(diǎn)評(píng)】此題重點(diǎn)考查了利用空間向量，抓住直線與平面所成的角與該直線的方向向量與平面的法向量的夾角之間的關(guān)系這一利用向量方法解決了抽象的立體幾何問(wèn)題． 10．〔5分〕〔2023浙江二?！痴拿骟wABCD的棱長(zhǎng)為1，其中線段AB∥平面α，E，F(xiàn)分別是線段AD和BC的中點(diǎn)，當(dāng)正四面體繞以AB為軸旋轉(zhuǎn)時(shí)，線段EF在平面α上的射影E1F1A．[0，] B．[，] C．[，] D．[，]【分析】取AC中點(diǎn)為G，連接EG、FG，根據(jù)四面體繞AB旋轉(zhuǎn)時(shí)，GF∥平面α，GE與GF的垂直性保持不變， 當(dāng)CD與平面α垂直時(shí)射影E1F1的長(zhǎng)取得最小，當(dāng)CD與平面α平行時(shí)，E1F【解答】解：如圖，取AC中點(diǎn)為G，連接EG、FG， ∵E，F(xiàn)分別是線段AD和BC的中點(diǎn)，∴GF∥AB，GE∥CD，在正四面體中，AB⊥CD，∴GE⊥GF， ∴EF2=GE2+GF2=，當(dāng)四面體繞AB旋轉(zhuǎn)時(shí)， ∵GF∥平面α，GE與GF的垂直性保持不變， 當(dāng)CD與平面α垂直時(shí)，GE在平面上的射影長(zhǎng)最短為0，此時(shí)EF在平面α上的射影E1F1的長(zhǎng)取得最小值； 當(dāng)CD與平面α平行時(shí)，GE在平面上的射影長(zhǎng)最長(zhǎng)為，E1F1取得最大值， ∴射影E1F1長(zhǎng)的取值范圍是[，]， 應(yīng)選：D 【點(diǎn)評(píng)】此題借助考查線段在平面內(nèi)的射影問(wèn)題，考查空間直線與直線位置關(guān)系的判定，考查了學(xué)生的空間想象能力， 11．〔5分〕〔2023北京〕如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為對(duì)角線BD1A．3個(gè) B．4個(gè) C．5個(gè) D．6個(gè)【分析】建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)|AB|=3，即可得到各頂點(diǎn)的坐標(biāo)，利用兩點(diǎn)間的距離公式即可得出． 【解答】解：建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)|AB|=3， 那么A〔3，0，0〕，B〔3，3，0〕，C〔0，3，0〕，D〔0，0，0〕，A1〔3，0，3〕，B1〔3，3，3〕，C1〔0，3，3〕，D1〔0，0，3〕， ∴=〔﹣3，﹣3，3〕， 設(shè)P〔x，y，z〕， ∵=〔﹣1，﹣1，1〕， ∴=〔2，2，1〕． ∴|PA|=|PC|=|PB1|==， |PD|=|PA1|=|PC1|=， |PB|=， |PD1|==． 故P到各頂點(diǎn)的距離的不同取值有，3，，共4個(gè)． 應(yīng)選：B． 【點(diǎn)評(píng)】熟練掌握通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系及兩點(diǎn)間的距離公式是解題的關(guān)鍵． 12．〔5分〕〔2023懷柔區(qū)一?！橙忮FA﹣BCO，OA、OB、OC兩兩垂直且長(zhǎng)度均為6，長(zhǎng)為2的線段MN的一個(gè)端點(diǎn)M在棱OA上運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)端點(diǎn)N在△BCO內(nèi)運(yùn)動(dòng)〔含邊界〕，那么MN的中點(diǎn)P的軌跡與三棱錐的面所圍成的幾何體的體積為〔〕 A． B．或36+ C．36﹣ D．或36﹣【分析】由于長(zhǎng)為2的線段MN的一個(gè)端點(diǎn)M在棱OA上運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)端點(diǎn)N在△BCO內(nèi)運(yùn)動(dòng)〔含邊界〕，有空間想象能力可知MN的中點(diǎn)P的軌跡為以O(shè)為球心，以1為半徑的球體，故MN的中點(diǎn)P的軌跡與三棱錐的面所圍成的幾何體的體積，利用體積分割及球體的體積公式即可． 【解答】解：因?yàn)殚L(zhǎng)為2的線段MN的一個(gè)端點(diǎn)M在棱OA上運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)端點(diǎn)N在△BCO內(nèi)運(yùn)動(dòng)〔含邊界〕， 有空間想象能力可知MN的中點(diǎn)P的軌跡為以O(shè)為球心，以1為半徑的球體，那么MN的中點(diǎn)P的軌跡與三棱錐的面所圍成的幾何體可能為該球體的或該三棱錐減去此球體的，即：或． 應(yīng)選D 【點(diǎn)評(píng)】此題考查了學(xué)生的空間想象能力，還考查了球體，三棱錐的體積公式即計(jì)算能力． 二．填空題〔本大題共4個(gè)小題，每題5分，共20分．〕13．長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1，設(shè)=，=，=，E，F(xiàn)分別為AA1，C1D1中點(diǎn)，那么可用表示為〔+〕+． 【分析】根據(jù)向量的運(yùn)算性質(zhì)計(jì)算即可． 【解答】解：如圖示： ， 作FG∥CC′交CD于G， 作AH∥EF交FG于H， 顯然=， 而=+=+++=+﹣+=〔+〕+， 故答案為：〔+〕+． 【點(diǎn)評(píng)】此題考查了空間向量的運(yùn)算，考查數(shù)形結(jié)合，作出輔助線找出向量的相等向量是解題的關(guān)鍵，此題是一道根底題． 14．如圖，四棱錐P﹣ABCD中，∠BAD=∠ABC=90°，BC=2AD，△PAB和△PAD都是等邊三角形，那么異面直線CD與PB所成角的大小為90°． 【分析】過(guò)D作DE⊥BC于E，連結(jié)AE，BD交于點(diǎn)O，連結(jié)PO．那么四邊形ABED為正方形，E為BC中點(diǎn)，利用△POA≌△POB得出PO⊥AB，PO⊥AE，于是可證PO⊥ABCD，得出PO⊥AE，又AE⊥BD得出AE⊥平面PBD，從而CD⊥平面PBD，得到CD⊥PB． 【解答】解：過(guò)D作DE⊥BC于E，連結(jié)AE，BD交于點(diǎn)O，連結(jié)PO． ∵∠BAD=∠ABC=90°，△PAB和△PAD都是等邊三角形， ∴四邊形ABED是正方形，∴O是AE，BD的中點(diǎn)．OA=OB． ∵PB=PD，∴PO⊥BD， ∵PA=PB，OA=OB，PO為公共邊， ∴△POA≌△POB， ∴∠POA=∠POB，∴PO⊥AE， ∵四邊形ABED是正方形，∴AE⊥BD． 又PO?平面PBD，BD?平面PBD，PO∩BD=O， ∴AE⊥平面PBD． ∵BC=2AD，∴E是BC的中點(diǎn)． ∴CD∥OE， ∴CD⊥平面PBD．∵PB?平面PBD， ∴CD⊥PB． ∴異面直線CD與PB所成角為90°． 故答案為90°． 【點(diǎn)評(píng)】此題考查了異面直線所成的角，證明CD⊥平面PBD是關(guān)鍵． 15．〔5分〕〔2023德州二模〕一個(gè)幾何體的三視圖如下圖，其側(cè)〔左〕視圖是一個(gè)等邊三角形，那么這個(gè)幾何體的體積是8+π． 【分析】由中的三視圖可得該幾何體是一個(gè)半圓錐和四棱錐的組合體，分別求出兩個(gè)錐體底面面積和高，代入可得答案． 【解答】解：由中的三視圖可得該幾何體是一個(gè)半圓錐和四棱錐的組合體， 四棱柱的底面面積為3×4=12， 半圓錐的底面面積為=2π， 兩個(gè)錐體的高均側(cè)視圖的高，即2， 故該組合體的體積V=×〔12+2π〕×2=8+π， 故答案為：8+π 【點(diǎn)評(píng)】此題考查的知識(shí)點(diǎn)是由三視圖求體積，其中根據(jù)的三視圖判斷出幾何體的形狀是解答的關(guān)鍵． 16．如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，E為A1B1①點(diǎn)E到平面ABC1D1的距離為； ②直線BC與平面ABC1D1所成角為45°； ③空間四邊形ABCD1在正方體六個(gè)面內(nèi)的射影圍成的圖形中，面積最小的值為； ④BE與CD1所成角的正弦值為； ⑤二面角A﹣BD1﹣C的大小為． 其中真命題是②③④．〔寫(xiě)出所有真命題的序號(hào)〕 【分析】對(duì)5個(gè)命題分別進(jìn)行判斷，即可得出結(jié)論． 【解答】解：①由于A1B1∥平面ABC1D1，故B1到平面ABC1D1的距離即點(diǎn)E到平面ABC1D1的距離， 連接B1C交BC1于F，那么易得B1F垂直于平面ABC1D1，而B(niǎo)1F=，故點(diǎn)E到平面ABC1D1的距離為②易得B1C垂直于平面ABC1D1，故∠CBC1為直線BC與平面ABC1D1③易得空間四邊形ABCD1在正方體的面ABCD、面A1B1C1D1內(nèi)的射影面積為1，在面BB1C1C內(nèi)、面AA1D1D內(nèi)的射影面積為，在面ABB1A1內(nèi)、面CC1D④BE與CD1所成的角，即為BA1與BE所成角，即為∠A1BE，A1E=，BE=，BA1=，cos∠A1BE==，sin∠A1BE=，故④正確； ⑤在直角三角形BAD1中過(guò)A作AH垂直于BD1，連接CH，易知CH垂直于BD1，故∠AHC是二面角A﹣BD1﹣C的平面角，由余弦定理得，cos∠AHC==﹣，故∠AHC=，故⑤錯(cuò)． 故答案為：②③④ 【點(diǎn)評(píng)】此題考查命題的真假判斷，考查空間線面位置關(guān)系，考查空間角，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，知識(shí)綜合性強(qiáng)． 三．解答題：本大題共6小題，共70分，解容許寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟．17．〔10分〕〔2023黃浦區(qū)二?！场参摹尘匦蜛BB1A1是圓柱體的軸截面，O、O1〔1〕求圓柱體的側(cè)面積S側(cè)的值； 〔2〕假設(shè)C1是半圓弧A1B1的中點(diǎn)，點(diǎn)C在半徑OA上，且OC=OA，異面直線CC1與BB1所成的角為θ，求sinθ的值． 【分析】〔1〕利用圓柱體的體積為32π，求出R，即可求圓柱體的側(cè)面積S側(cè)的值； 〔2〕設(shè)D是線段A1O1的中點(diǎn)，聯(lián)結(jié)D1C，DC，O1C1，那么C1O1⊥A1B1，CO∥BB1，因此，∠C1CD就是異面直線CC1與BB1所成的角，求出DC1=，CC1=，即可求sinθ的值． 【解答】解：〔1〕設(shè)圓柱的底面圓的半徑為R，依據(jù)題意，有AA1=2AB=4R， ∴πR2AA1=32π， ∴R=2． ∴S側(cè)=2πRAA1=32π． 〔2〕設(shè)D是線段A1O1的中點(diǎn)，聯(lián)結(jié)D1C，DC，O1C1，那么C1O1⊥A1B1，CO∥BB因此，∠C1CD就是異面直線CC1與BB1所成的角，即∠C1CD=θ． 又R=2，∠C1CD=，∠C1O1D=90°， ∴DC1=，CC1=． ∴sinθ==． 【點(diǎn)評(píng)】此題考查圓柱體的側(cè)面積，考查異面直線所成的角，考查學(xué)生的計(jì)算能力，屬于中檔題． 18．〔12分〕〔2023秋臺(tái)州期中〕如圖四邊形ABCD為梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，求圖中陰影局部繞AB旋轉(zhuǎn)一周所形成的幾何體的外表積和體積． 【分析】旋轉(zhuǎn)后幾何體是一個(gè)圓臺(tái)，從上面挖去一個(gè)半球，根據(jù)數(shù)據(jù)利用面積公式與體積公式，可求其外表積和體積． 【解答】解：由題意知，所求旋轉(zhuǎn)體的外表積由三局部組成： 圓臺(tái)下底面、側(cè)面和一半球面〔3分〕 S半球=8π，S圓臺(tái)側(cè)=35π，S圓臺(tái)底=25π． 故所求幾何體的外表積為：8π+35π+25π=68π〔7分〕 由，〔9分〕 〔11分〕 所以，旋轉(zhuǎn)體的體積為〔12分〕 【點(diǎn)評(píng)】此題考查組合體的面積、體積問(wèn)題，考查空間想象能力，數(shù)學(xué)公式的應(yīng)用，是中檔題． 19．〔12分〕〔2023湖北模擬〕如下圖，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，AB=1，AD=，點(diǎn)F是PB的中點(diǎn)，點(diǎn)E在邊BC上移動(dòng)． 〔Ⅰ〕假設(shè)PA=1，求證：AF⊥PC； 〔Ⅱ〕假設(shè)二面角P﹣BC﹣A的大小為60°，那么CE為何值時(shí)，三棱錐F﹣ACE的體積為？ 【分析】〔Ⅰ〕證明AF⊥PC，只需證明AF⊥平面PBC； 〔Ⅱ〕確定∠PAB為二面角P﹣BC﹣A的一個(gè)平面角，利用三棱錐F﹣ACE的體積為，求出CE． 【解答】〔Ⅰ〕證明：∵PA=AB=1，F(xiàn)為PB中點(diǎn)， ∴AF⊥PB〔1分〕 又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC〔2分〕 又∵ABCD是矩形，∴AB⊥BC〔3分〕 ∴BC⊥平面PAB，而AF?平面PAB〔4分〕 ∴AF⊥BC，∴AF⊥平面PBC〔5分〕 而PC?平面PBC，∴AF⊥PC〔6分〕 〔Ⅱ〕解：由〔Ⅰ〕知：PB⊥BC且AB⊥BC〔7分〕 ∴∠PAB為二面角P﹣BC﹣A的一個(gè)平面角， 那么∠PAB=60°〔8分〕 ∴〔9分〕 ∴，解得〔11分〕 即時(shí)，三棱錐F﹣ACE的體積為〔12分〕 【點(diǎn)評(píng)】此題考查的知識(shí)點(diǎn)是空間線面垂直與線線垂直之間的轉(zhuǎn)化，組合幾何體的體積，熟練掌握空間線線垂直與線面垂直的之間的相互轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵． 20．〔12分〕〔2023春涼州區(qū)校級(jí)期末〕如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ACDE所在的平面與平面ABC垂直，AD與CE的交點(diǎn)為M，AC⊥BC，且AC=BC． 〔1〕求證：AM⊥平面EBC； 〔2〕求二面角A﹣EB﹣C的大?。? 【分析】〔1〕利用線面垂直的判定定理證明． 〔2〕建立空間直角坐標(biāo)，利用向量法求二面角的大?。? 【解答】解：∵四邊形ACDE是正方形，所以EA⊥AC，AM⊥EC， ∵平面ACDE⊥平ABC， ∴EA⊥平面ABC， ∴可以以點(diǎn)A為原點(diǎn)，以過(guò)A點(diǎn)平行于BC的直線為x軸， 分別以直線AC和AE為y軸和z軸，建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)﹣xyz． 設(shè)EA=AC=BC=2，那么A〔0，0，0〕，B〔2，2，0〕，C〔0，2，0〕，E〔0，0，2〕， ∵M(jìn)是正方形ACDE的對(duì)角線的交點(diǎn)， ∴M〔0，1，1〕． 〔1〕，，， ∴∴AM⊥EC，AM⊥CB， ∴AM⊥平面EBC． 〔2〕設(shè)平面EBC的法向量為，那么且， ∴． ∴，取y=﹣1，那么x=1，那么． 又∵為平面EBC的一個(gè)法向量，且〕， ∴， 設(shè)二面角A﹣EB﹣C的平面角為θ，那么， ∴二面角A﹣EB﹣C等60°． 【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查線面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角的大小，運(yùn)算量較大． 21．〔12分〕〔2023石景山區(qū)一?！橙鐖D，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面邊長(zhǎng)是2，側(cè)棱長(zhǎng)是，D是AC的中點(diǎn)． 〔Ⅰ〕求證：B1C∥平面A1〔Ⅱ〕求二面角A1﹣BD﹣A的大小； 〔Ⅲ〕在線段AA1上是否存在一點(diǎn)E，使得平面B1C1E⊥平面A1【分析】〔Ⅰ〕連結(jié)AB1交A1B于M，連結(jié)B1C，DM，由