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2014—2015学年度第二学期期中测试卷

高二数学(理科甲卷)参考答案及评分意见

一、选择题（每小题5分，共60分）

题号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12



答案

C

B

D

A

A

B

D

A

C

B

C

D



二、填空题（每小题5分，共20分）

13． a 14．
15．
16．①②④

三、解答题

17.[解析]　(1)结论：BC∥l，

因为AD∥BC，BC(平面PAD，AD?平面PAD，

所以BC∥平面PAD.

又因为BC?平面PBC，平面PAD∩平面PBC＝l，

所以BC∥l.

(2)结论：MN∥平面PAD.

设Q为CD的中点，如图所示，连接NQ，MQ，

则NQ∥PD，MQ∥AD.

又因为NQ∩MQ＝Q，

PD∩AD＝D，

所以平面MNQ∥平面PAD.

又因为MN?平面MNQ，

所以MN∥平面PAD.

18．解析：

（1）由该几何体的三视图知AC⊥面BCED，且EC=BC=AC=4，BD=，

体积
； ………………4分

（2）在
中，
，
，
，

过B作AD的垂线BH，垂足为H，易得
，

该旋转体由两个同底的圆锥构成，圆锥底面半径为
，

所以圆锥底面周长为
，两个圆锥的母线长分别为
和2，

故该旋转体的表面积为
。………………12分

19．解析：(1)证明：由已知可得BD＝2，

又AD＝2，CD＝4，AB＝2，

则BC＝2，则BD2＋BC2＝16＝DC2，

所以BD⊥BC.

因为PD⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，

故PD⊥BC.

又BD∩PD＝D，

所以BC⊥平面BDP. ………………6分

(2)如图，过M作MG⊥DC交DC于点G.

由PD⊥DC，M是PC中点，知MG是△DCP的中位线，因此，MG∥PD，MG＝PD，

又PD⊥平面ABCD，

所以MG⊥平面BDC.

又tan∠PCD＝，

得PD＝2，MG＝PD＝1.

所以VM－BDP＝VP－BCD－VM－BCD

＝××2×2×2－××2×2×1＝.………………12分

20．（1）由
得

由

（cm3）…………………………6分

（2）作轴截面图如下，设球心为，半径为，由
,

，则

,
(cm2)…………12分

21．解析　(1)方法一　∵AD∥BC，BC＝AD，Q为AD的中点，

∴四边形BCDQ为平行四边形．∴CD∥BQ. …………1分

∵∠ADC＝90°，∴∠AQB＝90°，即QB⊥AD.

又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，

∴BQ⊥平面PAD. …………3分

∵BQ?平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD. …………4分

方法二　∵AD∥BC，BC＝AD，Q为AD的中点，

∴BC∥DQ且BC＝DQ.

∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ. …………1分

∵∠ADC＝90°，∴∠AQB＝90°，即QB⊥AD.

∵PA＝PD，∴PQ⊥AD. …………2分

又PQ∩BQ＝Q，∴AD⊥平面PBQ. …………3分

∵AD?平面PAD，∴平面PQB⊥平面PAD. …………4分

(2)∵PA＝PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD.

∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，

∴PQ⊥平面ABCD. …………5分

如图，以Q为原点，QA，QB，QP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则Q(0,0,0)，A(1,0,0)，P(0,0，)，B(0，，0)，C(－1，，0)，M(－，，)．……6分

∴＝(－1,0，)，＝(－，－，)．

设异面直线AP与BM所成角为θ，

则cosθ＝|cos〈，〉|＝||＝.…………7分

∴异面直线AP与BM所成角的余弦值为.…………8分

(3)由(2)知，平面BQC的一个法向量为n＝(0,0,1)，…………9分

连接QC，由P，M，C三点共线，得＝λ＋(1－λ)，且0≤λ≤1.

∴＝(λ－1，(1－λ)，λ)．…………10分

又＝(0，，0)，

设平面MBQ的法向量为m＝(x，y，z)，则

即

令x＝，得y＝0，z＝.

∴平面MBQ的一个法向量为m＝(，0，)．…………11分

∵二面角M－BQ－C的大小为30°，∴cos30°＝||＝.

∴λ＝.∴QM＝.…………12分

22．解析　(1)因为等边三角形ABC的边长为3，且＝＝，

所以AD＝1，AE＝2.在△ADE中，∠DAE＝60°，

由余弦定理，得DE＝＝.

因为AD2＋DE2＝AE2，

所以AD⊥DE，折叠后有A1D⊥DE. …………3分

因为二面角A1－DE－B是直二面角，

所以平面A1DE⊥平面BCED.又平面A1DE∩平面BCED＝DE，A1D?平面A1DE，A1D⊥DE，

所以A1D⊥平面BCED. …………6分

(2)假设在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°.

如图，作PH⊥BD于点H，连接A1H，A1P.

方法一　由(1)知A1D⊥平面BCED，又PH?平面BCED，

所以A1D⊥PH.

又A1D∩BD＝D，所以PH⊥平面A1BD.

所以∠PA1H是直线PA1与平面A1BD所成的角．…………8分

设PB＝x(0≤x≤3)，则BH＝，PH＝.

又在Rt△PA1H中，∠PA1H＝60°，所以A1H＝.

在Rt△A1DH中，A1D＝1，DH＝2－，

由A1D2＋DH2＝A1H2，得12＋(2－)2＝()2.

解得x＝，满足0≤x≤3，符合题意．

所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，

此时PB＝.…………12分

方法二　

由(1)可知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.

以D为坐标原点，以射线DB，DE，DA1分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐

标系D－xyz，如图所示．

设PB＝2a(0≤2a≤3)，则BH＝a，PH＝a，DH＝2－a.

所以A1(0,0,1)，P(2－a，a,0)，E(0，，0)．

所以＝(a－2，－a,1)．

因为ED⊥平面A1BD，所以平面A1BD的一个

法向量为＝(0，，0)．…………9分

因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，

所以sin60°＝＝＝.

解得a＝，即PB＝2a＝，满足0≤2a≤3，符合题意．

所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，

此时PB＝.…………12分