江西省南昌市八一中学2019-2020学年高二下学期理数期中考试试卷
一、单选题
1．（2020高二下·南昌期中）复数 满足 ，则 （ ）
A． B．2 C． D．1
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】由题意，复数 ，解得 ，所以 ，
故答案为：D．
【分析】 利用复数的运算法则、复数的模即可得出．
2．（2020高二下·南昌期中）已知平面 内一条直线l及平面 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A．充分必要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由面面垂直的定义知，当“l⊥β”时，“α⊥β”成立，
当 时， 不一定成立，
即“ ”是“ ”的充分不必要条件，
故答案为：B．
【分析】 根据面面垂直和线面垂直的定义，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
3．（2018高二上·芮城期中）已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝ ，那么原△ABC的面积是（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】由题图可知原△ABC的高为AO＝ ，
∴S△ABC＝ ×BC×OA＝ ×2× ＝ ，
故答案为：A
【分析】根据斜二测画法求出三角形的高，即可得到三角形的面积.
4．（2020高二下·南昌期中）某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积等于（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
【答案】A
【知识点】由三视图还原实物图；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】由三视图复原几何体，是如图所示的四棱锥，
它的底面是直角梯形，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，棱锥的一条侧棱垂直底面高为2，所以这个几何体的体积： ，
故答案为：A.
【分析】由三视图复原几何体，是如图所示的四棱锥，它的底面是直角梯形，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，棱锥的一条侧棱垂直底面高为2，根据棱锥体积公式，计算即可。
5．（2020高二下·南昌期中）下列命题中，正确的是（ ）
A．经过不同的三点有且只有一个平面
B．分别在两个平面的两条直线一定是异面直线
C．垂直于同一个平面的两条直线是平行直线
D．垂直于同一个平面的两个平面平行
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：对A，当三点在一条直线上时，平面不唯一，∴A不符合题意；
对B，分别在两个平面内的两条直线的位置关系不确定，∴B不符合题意；
对C，根据垂直于同一平面的两直线平行，∴C符合题意；
对D，垂直于同一平面的两平面的位置关系是平行、相交，∴D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】 根据不在一条直线上的三点确定一个平面，来判断A是否正确；
根据分别在两个平面内的两条直线的位置关系不确定，来判断B是否正确；
根据垂直于同一条直线的两条直线的位置关系是平行、相交或异面，来判断C是否正确；
根据垂直于同一平面的二直线平行，来判断D是否正确．
6．（2020高二下·七台河期末）实数a使得复数 是纯虚数， ， 则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】定积分；利用定积分求封闭图形的面积；复数的基本概念
【解析】【解答】 ，
是纯虚数，
， ，
，
C= 表示是以 为圆心，
以 为半径的圆在第一象限的部分与坐标轴围成的 个圆的面积，
，所以 .
故答案为：C
【分析】利用复数的乘除运算求出a，再利用微积分基本定理以及定积分的定义即可求出b，c，从而比较其大小关系.
7．（2020高二下·南昌期中）已知正四棱柱 的底面是边长为1的正方形，若平面 内有且仅有1个点到顶点 的距离为1，则异面直线 所成的角为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】异面直线及其所成的角
【解析】【解答】由题意可知，只有点 到 距离为 ，即高为 ，所以该几何体是个正方体，异面直线 所成的角是 ，
故答案为：B.
【分析】根据题干要求判断出几何体的形状是个正方体，进而得出异面直线 所成的角 。
8．（2020高二下·南昌期中）函数 的部分图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】解：易知函数 为奇函数，图象关于原点对称，排除B，
当x=1时，y= ＜1，排除A，
当x=4时， ，排除D，
故答案为：C．
【分析】 根据函数解析式，分别从对称性，单调性以及函数取值进行排除即可。
9．（2020高二下·南昌期中）如图所示，三棱锥 的底面在平面 内，且 ，平面 平面 ，点 是定点，则动点 的轨迹是（ ）
A．一条线段 B．一条直线
C．一个圆 D．一个圆，但要去掉两个点
【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】因为平面PAC⊥平面PBC，AC⊥PC，平面PAC∩平面PBC=PC，
AC 平面PAC，所以AC⊥平面PBC.
又因为BC 平面PBC，所以AC⊥BC.所以∠ACB=90°.
所以动点C的轨迹是以AB为直径的圆，除去A和B两点.
故答案为：D.
【分析】 利用面面垂直的性质及线面垂直的判断和性质得到AC⊥BC，可得点C在以AB为直径的圆上得答案．
10．（2020高二下·南昌期中）如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC．其中正确的是（ ）
A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④
【答案】B
【知识点】空间图形的公理
【解析】【解答】由题意知，BD⊥平面ADC，BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错．
故答案为：B.
【分析】 根据折叠前后的图象变化情况，对各项逐一判断即可．
11．（2020高二下·南昌期中）如图所示，在正三棱锥S—ABC中，M、N分别是SC．BC的中点，且 ，若侧棱 ，则正三棱锥S—ABC外接球的表面积是（ ）
A．12π B．32π C．36π D．48π
【答案】C
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】∵M，N分别为棱SC，BC的中点，
∴MN∥SB
∵三棱锥S ABC为正棱锥，
∴SB⊥AC(对棱互相垂直)
∴MN⊥AC
又∵MN⊥AM，而AM∩AC=A，
∴MN⊥平面SAC，
∴SB⊥平面SAC
∴∠ASB=∠BSC=∠ASC=90
以SA，SB，SC为从同一定点S出发的正方体三条棱，
将此三棱锥补成以正方体，则它们有相同的外接球，正方体的对角线就是球的直径.
∴ ，
∴R=3，
∴V=36π.
故答案为：C
【分析】 由题意推出MN⊥平面SAC，即SB⊥平面SAC，∠ASB=∠BSC=∠ASC=90°，将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球，正方体的对角线就是球的直径，求出直径即可求出球的体积．
12．（2020高二下·南昌期中）已知椭圆 上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，若 ，设 ，且 ，则该椭圆离心率 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】由题意得 ，所以A在圆 上，与 联立解得 ，
因为 ，且 ，
所以
因此 ，
解得
即 ，即 ，选A.
【分析】 首先利用已知条件设出椭圆的左焦点，进一步根据垂直的条件得到长方形，再根据椭圆的定义得 ，进而得出椭圆离心率 的取值范围。
二、填空题
13．（2020高二下·南昌期中） .
【答案】0
【知识点】定积分
【解析】【解答】
.
故答案为：0
【分析】 求出被积函数的原函数，然后分别代入积分上限和积分下限后作差得答案．
14．（2020高二下·南昌期中）在三棱锥 中， ，G为 的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面的周长为 .
【答案】8
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F
过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N.
由作图可知：EN∥FM，
∴四点EFMN共面
可得MN∥AC∥EF，EN∥PB∥FM.
∴
可得EF=MN=2.
同理可得：EN=FM=2.
∴截面的周长为8.
故答案为：8.
【分析】 如图所示，过G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F．过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N．由作图可知：四点EFMN共面．可得，EF=MN=2．同理可得：EN=FM=2．
15．（2020高二下·南昌期中）已知一个正三棱柱，一个体积为 的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个正三棱柱的表面积是 .
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】由球的体积公式可得 ， ，
正三棱柱的高 ，
设正三棱柱的底面边长为 ，
则其内切圆的半径为： ，
，
该正三棱柱的表面积为：
.
故答案为：
【分析】 由球的体积可以求出半径，从而得棱柱的高；由球与正三棱柱的三个侧面相切，得球的半径和棱柱底面正△边长的关系，求出边长，即求出底面正△的面积；得出棱柱的表面积．
16．（2020高二下·南昌期中）如图，在矩形 中， 为边 的中点，将 沿直线 翻转成 .若 为线段 的中点，则在 翻转过程中，正确的命题是 .（填序号）
① 是定值；
②点 在圆上运动；
③一定存在某个位置，使 ；
④一定存在某个位置，使 平面 .
【答案】①②④
【知识点】平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】对①， 取 中点 ，连接 ，则 ， .
因为 ， ，故平面 .
易得 为定值，故在 翻转过程中 的形状不变.
故 是定值.故①正确.
对②，由①得， 在 翻转过程中 沿着 翻折，作 交 于 ，
则点 在以 为圆心，半径为 的圆上运动.故②正确.
对③，在 上取一点 使得 ，则 ，若 则
因为 ，故 面 ，故 ，不一定成立.故③错误.
对④，由①有 ，故 平面 成立.
综上所述，①②④正确.
故答案为：①②④
【分析】 取 中点 ，再根据直线与平面的平行垂直关系判断即可。
三、解答题
17．（2020高二下·南昌期中）如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，E，F分别是PA，BD上的点且PE∶EA＝BF∶FD，求证：EF∥平面PBC.
【答案】解：连接AF并延长交BC于M.连接PM.
因为AD∥BC，所以 ＝ .
又由已知 ＝ ，所以 .
由平面几何知识可得EF∥PM，又EF 平面PBC，PM 平面PBC，
所以EF∥平面PBC.
【知识点】直线与平面平行的判定
【解析】【分析】 连接AF并延长交BC于M.连接PM，因为AD∥BC，所以 ＝ ， 由已知 ＝ ，所以 ， 由平面几何知识可得EF∥PM ，再利用线面平行的判定可得EF∥平面PBC．
18．（2020高二上·宝安期末）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点．证明：平面ABM⊥平面A1B1M．
【答案】解：由长方体的性质可知A1B1⊥平面BCC1B1，
又BM 平面BCC1B1，∴A1B1⊥BM．
又CC1＝2，M为CC1的中点，
∴C1M＝CM＝1．在Rt△B1C1M中，B1M ，
同理BM ，又B1B＝2，
∴B1M2+BM2＝B1B2，从而BM⊥B1M．
又A1B1∩B1M＝B1，∴BM⊥平面A1B1M，
∵BM 平面ABM，∴平面ABM⊥平面A1B1M．
【知识点】平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】通过长方体的几何性质证得 ，通过计算证明证得 ，由此证得 平面 ，从而证得平面 平面 .
19．（2019高三上·中山月考）以平面直角坐标系的原点 为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点 的直角坐标为 ，若直线 的极坐标方程为 ，曲线 的参数方程是 ，（ 为参数).
（1）求直线 的直角坐标方程和曲线 的普通方程；
（2）设直线 与曲线 交于 两点，求 .
【答案】（1）解：由 ，得 ，
令 ， ，得 .
因为 ，消去 得 ，
所以直线 的直角坐标方程为 ，曲线 的普通方程为 .
（2）解：点 的直角坐标为 ，点 在直线 上.
设直线 的参数方程为 ，（ 为参数），代入 ，得 .
设点 对应的参数分别为 ， ，则 ， ，
所以 .
【知识点】点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程；直线的参数方程
【解析】【分析】(1) 展开后利用公式直接转化为直角坐标方程.对 消去 后得到直角坐标方程.(2)求出直线 的参数方程,代入抛物线,利用直线参数的几何意义求得 的值.
20．（2020高二下·南昌期中）如图，在四棱锥 中，底面 为直角梯形， ， ，平面 底面 ， 为 中点， 是棱PC上的点，AD=2BC．
（1）求证：平面 平面 ；
（2）若点 是棱 的中点，求证： 平面 ．
【答案】（1）证明：∵ 为 中点，且 ，
∴ 又 ， ，
∴ 四边形 是矩形，
∴ ，又平面 平面 ，且平面 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，又 平面 ，
∴ 平面 平面 ．
（2）证明：如下图，连接 交 于点 ，连接 ，
由（1）知四边形 是矩形，
∴ ，又 为 中点，
∴ 为 中点，又 是棱 的中点，
∴ ，又 平面 ， 平面 ，
∴ 平面
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】 （1）由已知得四边形BCDO为平行四边形，OB⊥AD，从而BO⊥平面PAD，由此能证明平面POB⊥平面PAD．
（2）连结AC，交BO于N，连结MN，由已知得MN∥PA，由此能证明PA∥平面BMO．
21．（2020高二下·南昌期中）如图，四棱锥 中，平面 平面 ，底面 为梯形， ， ， .且 与 均为正三角形， 为 的中点， 为 重心.
（1）求证： 平面 ；
（2）求异面直线 与 的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：方法一：连 交 于 ，连接 .
由梯形 ， 且 ，知
又 为 的中点， 为 的重心，∴ ，在 中， ，故 // . 又 平面 ， 平面 ，∴ //平面 .
方法二：过 作 交 于 ，过 作 交 于 ，连接 ，
为 的重心， ， ，
又 为梯形， ， ，
， ∴
又由所作， 得 // ， 为平行四边形.
， 面
（2）解：取线段 上一点 ，使得 ，连 ，则 ，
， ，在 中
，则异面直线 与 的夹角的余弦值为 .
角函数和等差数列综合起来命题，也正体现了这种命题特点.
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】 （1）法一：连AG交PD于H，连接CH．由重心性质推导出GF∥HC，由此能证明GF∥平面PDC；
法二：过G作GN∥AD，交PD于N，过F作FM∥AD，交CD于M，连接MN，推导出GNMF为平行四边形，从而GF∥MN，由此能证明GF∥面PDC；
（2） 取线段 上一点 ，使得 ，可证 是异面直线 与 的夹角，由余弦定理可得结果。
22．（2020高二下·南昌期中）已知函数 .
(Ⅰ)试求函数 的单调区间；
(Ⅱ)若不等式 对任意的 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】解：（Ⅰ）因为
所以
①若 ，则 ，即 在区间 上单调递减；
②若 ，则当 时， ；当 时， ；
所以 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增；
③若 ，则当 时， ；当 时， ；
所以函数 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减．
综上所述，若 ，函数 在区间 上单调递减；；
若 ，函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增；
若 ，函数 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减．
（Ⅱ）依题意得 ，
令 .因为 ，则 ，即 ．
于是，由 ，得 ，
即 对任意 恒成立.
设函数 ，则 .
当 时， ；当 时， ；
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减；
所以 .
于是，可知 ，解得 .
故 的取值范围是
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】 （Ⅰ） ，对a分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出；
（Ⅱ）依题意得 令 .因为 ，则 ，即 ，于是，由 ， 得 ， 即 对任意 恒成立， 函数 ，利用导数研究函数的单调性可得最大值．
江西省南昌市八一中学2019-2020学年高二下学期理数期中考试试卷
一、单选题
1．（2020高二下·南昌期中）复数 满足 ，则 （ ）
A． B．2 C． D．1
2．（2020高二下·南昌期中）已知平面 内一条直线l及平面 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A．充分必要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2018高二上·芮城期中）已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝ ，那么原△ABC的面积是（ ）
A． B．2 C． D．
4．（2020高二下·南昌期中）某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积等于（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
5．（2020高二下·南昌期中）下列命题中，正确的是（ ）
A．经过不同的三点有且只有一个平面
B．分别在两个平面的两条直线一定是异面直线
C．垂直于同一个平面的两条直线是平行直线
D．垂直于同一个平面的两个平面平行
6．（2020高二下·七台河期末）实数a使得复数 是纯虚数， ， 则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
7．（2020高二下·南昌期中）已知正四棱柱 的底面是边长为1的正方形，若平面 内有且仅有1个点到顶点 的距离为1，则异面直线 所成的角为 （ ）
A． B． C． D．
8．（2020高二下·南昌期中）函数 的部分图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
9．（2020高二下·南昌期中）如图所示，三棱锥 的底面在平面 内，且 ，平面 平面 ，点 是定点，则动点 的轨迹是（ ）
A．一条线段 B．一条直线
C．一个圆 D．一个圆，但要去掉两个点
10．（2020高二下·南昌期中）如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC．其中正确的是（ ）
A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④
11．（2020高二下·南昌期中）如图所示，在正三棱锥S—ABC中，M、N分别是SC．BC的中点，且 ，若侧棱 ，则正三棱锥S—ABC外接球的表面积是（ ）
A．12π B．32π C．36π D．48π
12．（2020高二下·南昌期中）已知椭圆 上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，若 ，设 ，且 ，则该椭圆离心率 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．（2020高二下·南昌期中） .
14．（2020高二下·南昌期中）在三棱锥 中， ，G为 的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面的周长为 .
15．（2020高二下·南昌期中）已知一个正三棱柱，一个体积为 的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个正三棱柱的表面积是 .
16．（2020高二下·南昌期中）如图，在矩形 中， 为边 的中点，将 沿直线 翻转成 .若 为线段 的中点，则在 翻转过程中，正确的命题是 .（填序号）
① 是定值；
②点 在圆上运动；
③一定存在某个位置，使 ；
④一定存在某个位置，使 平面 .
三、解答题
17．（2020高二下·南昌期中）如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，E，F分别是PA，BD上的点且PE∶EA＝BF∶FD，求证：EF∥平面PBC.
18．（2020高二上·宝安期末）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点．证明：平面ABM⊥平面A1B1M．
19．（2019高三上·中山月考）以平面直角坐标系的原点 为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点 的直角坐标为 ，若直线 的极坐标方程为 ，曲线 的参数方程是 ，（ 为参数).
（1）求直线 的直角坐标方程和曲线 的普通方程；
（2）设直线 与曲线 交于 两点，求 .
20．（2020高二下·南昌期中）如图，在四棱锥 中，底面 为直角梯形， ， ，平面 底面 ， 为 中点， 是棱PC上的点，AD=2BC．
（1）求证：平面 平面 ；
（2）若点 是棱 的中点，求证： 平面 ．
21．（2020高二下·南昌期中）如图，四棱锥 中，平面 平面 ，底面 为梯形， ， ， .且 与 均为正三角形， 为 的中点， 为 重心.
（1）求证： 平面 ；
（2）求异面直线 与 的夹角的余弦值.
22．（2020高二下·南昌期中）已知函数 .
(Ⅰ)试求函数 的单调区间；
(Ⅱ)若不等式 对任意的 恒成立，求实数 的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】由题意，复数 ，解得 ，所以 ，
故答案为：D．
【分析】 利用复数的运算法则、复数的模即可得出．
2．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由面面垂直的定义知，当“l⊥β”时，“α⊥β”成立，
当 时， 不一定成立，
即“ ”是“ ”的充分不必要条件，
故答案为：B．
【分析】 根据面面垂直和线面垂直的定义，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
3．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】由题图可知原△ABC的高为AO＝ ，
∴S△ABC＝ ×BC×OA＝ ×2× ＝ ，
故答案为：A
【分析】根据斜二测画法求出三角形的高，即可得到三角形的面积.
4．【答案】A
【知识点】由三视图还原实物图；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】由三视图复原几何体，是如图所示的四棱锥，
它的底面是直角梯形，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，棱锥的一条侧棱垂直底面高为2，所以这个几何体的体积： ，
故答案为：A.
【分析】由三视图复原几何体，是如图所示的四棱锥，它的底面是直角梯形，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，棱锥的一条侧棱垂直底面高为2，根据棱锥体积公式，计算即可。
5．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：对A，当三点在一条直线上时，平面不唯一，∴A不符合题意；
对B，分别在两个平面内的两条直线的位置关系不确定，∴B不符合题意；
对C，根据垂直于同一平面的两直线平行，∴C符合题意；
对D，垂直于同一平面的两平面的位置关系是平行、相交，∴D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】 根据不在一条直线上的三点确定一个平面，来判断A是否正确；
根据分别在两个平面内的两条直线的位置关系不确定，来判断B是否正确；
根据垂直于同一条直线的两条直线的位置关系是平行、相交或异面，来判断C是否正确；
根据垂直于同一平面的二直线平行，来判断D是否正确．
6．【答案】C
【知识点】定积分；利用定积分求封闭图形的面积；复数的基本概念
【解析】【解答】 ，
是纯虚数，
， ，
，
C= 表示是以 为圆心，
以 为半径的圆在第一象限的部分与坐标轴围成的 个圆的面积，
，所以 .
故答案为：C
【分析】利用复数的乘除运算求出a，再利用微积分基本定理以及定积分的定义即可求出b，c，从而比较其大小关系.
7．【答案】B
【知识点】异面直线及其所成的角
【解析】【解答】由题意可知，只有点 到 距离为 ，即高为 ，所以该几何体是个正方体，异面直线 所成的角是 ，
故答案为：B.
【分析】根据题干要求判断出几何体的形状是个正方体，进而得出异面直线 所成的角 。
8．【答案】C
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】解：易知函数 为奇函数，图象关于原点对称，排除B，
当x=1时，y= ＜1，排除A，
当x=4时， ，排除D，
故答案为：C．
【分析】 根据函数解析式，分别从对称性，单调性以及函数取值进行排除即可。
9．【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】因为平面PAC⊥平面PBC，AC⊥PC，平面PAC∩平面PBC=PC，
AC 平面PAC，所以AC⊥平面PBC.
又因为BC 平面PBC，所以AC⊥BC.所以∠ACB=90°.
所以动点C的轨迹是以AB为直径的圆，除去A和B两点.
故答案为：D.
【分析】 利用面面垂直的性质及线面垂直的判断和性质得到AC⊥BC，可得点C在以AB为直径的圆上得答案．
10．【答案】B
【知识点】空间图形的公理
【解析】【解答】由题意知，BD⊥平面ADC，BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错．
故答案为：B.
【分析】 根据折叠前后的图象变化情况，对各项逐一判断即可．
11．【答案】C
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】∵M，N分别为棱SC，BC的中点，
∴MN∥SB
∵三棱锥S ABC为正棱锥，
∴SB⊥AC(对棱互相垂直)
∴MN⊥AC
又∵MN⊥AM，而AM∩AC=A，
∴MN⊥平面SAC，
∴SB⊥平面SAC
∴∠ASB=∠BSC=∠ASC=90
以SA，SB，SC为从同一定点S出发的正方体三条棱，
将此三棱锥补成以正方体，则它们有相同的外接球，正方体的对角线就是球的直径.
∴ ，
∴R=3，
∴V=36π.
故答案为：C
【分析】 由题意推出MN⊥平面SAC，即SB⊥平面SAC，∠ASB=∠BSC=∠ASC=90°，将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球，正方体的对角线就是球的直径，求出直径即可求出球的体积．
12．【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】由题意得 ，所以A在圆 上，与 联立解得 ，
因为 ，且 ，
所以
因此 ，
解得
即 ，即 ，选A.
【分析】 首先利用已知条件设出椭圆的左焦点，进一步根据垂直的条件得到长方形，再根据椭圆的定义得 ，进而得出椭圆离心率 的取值范围。
13．【答案】0
【知识点】定积分
【解析】【解答】
.
故答案为：0
【分析】 求出被积函数的原函数，然后分别代入积分上限和积分下限后作差得答案．
14．【答案】8
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F
过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N.
由作图可知：EN∥FM，
∴四点EFMN共面
可得MN∥AC∥EF，EN∥PB∥FM.
∴
可得EF=MN=2.
同理可得：EN=FM=2.
∴截面的周长为8.
故答案为：8.
【分析】 如图所示，过G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F．过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N．由作图可知：四点EFMN共面．可得，EF=MN=2．同理可得：EN=FM=2．
15．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】由球的体积公式可得 ， ，
正三棱柱的高 ，
设正三棱柱的底面边长为 ，
则其内切圆的半径为： ，
，
该正三棱柱的表面积为：
.
故答案为：
【分析】 由球的体积可以求出半径，从而得棱柱的高；由球与正三棱柱的三个侧面相切，得球的半径和棱柱底面正△边长的关系，求出边长，即求出底面正△的面积；得出棱柱的表面积．
16．【答案】①②④
【知识点】平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】对①， 取 中点 ，连接 ，则 ， .
因为 ， ，故平面 .
易得 为定值，故在 翻转过程中 的形状不变.
故 是定值.故①正确.
对②，由①得， 在 翻转过程中 沿着 翻折，作 交 于 ，
则点 在以 为圆心，半径为 的圆上运动.故②正确.
对③，在 上取一点 使得 ，则 ，若 则
因为 ，故 面 ，故 ，不一定成立.故③错误.
对④，由①有 ，故 平面 成立.
综上所述，①②④正确.
故答案为：①②④
【分析】 取 中点 ，再根据直线与平面的平行垂直关系判断即可。
17．【答案】解：连接AF并延长交BC于M.连接PM.
因为AD∥BC，所以 ＝ .
又由已知 ＝ ，所以 .
由平面几何知识可得EF∥PM，又EF 平面PBC，PM 平面PBC，
所以EF∥平面PBC.
【知识点】直线与平面平行的判定
【解析】【分析】 连接AF并延长交BC于M.连接PM，因为AD∥BC，所以 ＝ ， 由已知 ＝ ，所以 ， 由平面几何知识可得EF∥PM ，再利用线面平行的判定可得EF∥平面PBC．
18．【答案】解：由长方体的性质可知A1B1⊥平面BCC1B1，
又BM 平面BCC1B1，∴A1B1⊥BM．
又CC1＝2，M为CC1的中点，
∴C1M＝CM＝1．在Rt△B1C1M中，B1M ，
同理BM ，又B1B＝2，
∴B1M2+BM2＝B1B2，从而BM⊥B1M．
又A1B1∩B1M＝B1，∴BM⊥平面A1B1M，
∵BM 平面ABM，∴平面ABM⊥平面A1B1M．
【知识点】平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】通过长方体的几何性质证得 ，通过计算证明证得 ，由此证得 平面 ，从而证得平面 平面 .
19．【答案】（1）解：由 ，得 ，
令 ， ，得 .
因为 ，消去 得 ，
所以直线 的直角坐标方程为 ，曲线 的普通方程为 .
（2）解：点 的直角坐标为 ，点 在直线 上.
设直线 的参数方程为 ，（ 为参数），代入 ，得 .
设点 对应的参数分别为 ， ，则 ， ，
所以 .
【知识点】点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程；直线的参数方程
【解析】【分析】(1) 展开后利用公式直接转化为直角坐标方程.对 消去 后得到直角坐标方程.(2)求出直线 的参数方程,代入抛物线,利用直线参数的几何意义求得 的值.
20．【答案】（1）证明：∵ 为 中点，且 ，
∴ 又 ， ，
∴ 四边形 是矩形，
∴ ，又平面 平面 ，且平面 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，又 平面 ，
∴ 平面 平面 ．
（2）证明：如下图，连接 交 于点 ，连接 ，
由（1）知四边形 是矩形，
∴ ，又 为 中点，
∴ 为 中点，又 是棱 的中点，
∴ ，又 平面 ， 平面 ，
∴ 平面
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】 （1）由已知得四边形BCDO为平行四边形，OB⊥AD，从而BO⊥平面PAD，由此能证明平面POB⊥平面PAD．
（2）连结AC，交BO于N，连结MN，由已知得MN∥PA，由此能证明PA∥平面BMO．
21．【答案】（1）证明：方法一：连 交 于 ，连接 .
由梯形 ， 且 ，知
又 为 的中点， 为 的重心，∴ ，在 中， ，故 // . 又 平面 ， 平面 ，∴ //平面 .
方法二：过 作 交 于 ，过 作 交 于 ，连接 ，
为 的重心， ， ，
又 为梯形， ， ，
， ∴
又由所作， 得 // ， 为平行四边形.
， 面
（2）解：取线段 上一点 ，使得 ，连 ，则 ，
， ，在 中
，则异面直线 与 的夹角的余弦值为 .
角函数和等差数列综合起来命题，也正体现了这种命题特点.
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】 （1）法一：连AG交PD于H，连接CH．由重心性质推导出GF∥HC，由此能证明GF∥平面PDC；
法二：过G作GN∥AD，交PD于N，过F作FM∥AD，交CD于M，连接MN，推导出GNMF为平行四边形，从而GF∥MN，由此能证明GF∥面PDC；
（2） 取线段 上一点 ，使得 ，可证 是异面直线 与 的夹角，由余弦定理可得结果。
22．【答案】解：（Ⅰ）因为
所以
①若 ，则 ，即 在区间 上单调递减；
②若 ，则当 时， ；当 时， ；
所以 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增；
③若 ，则当 时， ；当 时， ；
所以函数 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减．
综上所述，若 ，函数 在区间 上单调递减；；
若 ，函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增；
若 ，函数 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减．
（Ⅱ）依题意得 ，
令 .因为 ，则 ，即 ．
于是，由 ，得 ，
即 对任意 恒成立.
设函数 ，则 .
当 时， ；当 时， ；
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减；
所以 .
于是，可知 ，解得 .
故 的取值范围是
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】 （Ⅰ） ，对a分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出；
（Ⅱ）依题意得 令 .因为 ，则 ，即 ，于是，由 ， 得 ， 即 对任意 恒成立， 函数 ，利用导数研究函数的单调性可得最大值．
