【文档说明】福建省福州市平潭县新世纪学校2020-2021学年高一下学期5月数学补习练（9）试题含答案.docx，共(12)页，519.293 KB，由小赞的店铺上传

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平潭县新世纪学校2020-2021学年高一下学期数学补习练（9）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知30ABPQBCQRABC=∥，∥，，则PQR等于A．30°B．30°或150C．150

D．以上答案都不对2．如图所示，在长方体AC1中，E，F分别是B1O和C1O的中点，则长方体的各棱中与EF平行的有（）A．3条B．4条C．5条D．6条3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，与平面ACC1A1平行的棱共有（）A．2条B．3条C．4条D．6条4．设b是一条直线，

是一个平面，则由下列条件不能得出//b的是（）A．b与内一条直线平行B．b与内所有直线都没有公共点C．b与无公共点D．b不在内，且与内的一条直线平行5．若A是直线m外一点，过点A且与m平行的平面（）A．存在

无数个B．不存在C．存在但只有一个D．只存在两个6．如图，在长方体1111ABCDABCD−中，11AAAD==，E为CD的中点，点P在棱AA1上，且//DP平面1BAE，则AP的长为（）A．14B．12C．1D．与AB的长有关7．如

图，在下列四个正方体图形中，,AB为正方体的两个顶点，,,MNP分别为其所在棱的中点，能得出//AB平面MNP的图形是（）A．①④B．③④C．④D．①②④8．设(12)16ixyi−+=−−，,xyR，则||xyi−=（）A．6B．5C．4D．39．已知2|

1,|0xAxxBxxa−==−，若|2ABxx=，则实数a的取值范围是（）A．2aB．2aC．1aD．1a10．ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b，c满足b2＝ac，且c＝2a，则cosB＝（）A．14B．34C．24D．23二、填空题1

1．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，当点P满足条件___________时，A1P//平面BCD(答案不唯一，填一个满足题意的条件即可)12．已知l，m为直线，α为平面，l//α，m⊂α，则l与m之间的关系是___________.13．一个正方体纸

盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：①AB∥CM；②EF与MN是异面直线；③MN∥CD.以上结论中正确结论的序号为14．如图，在三棱锥A­BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为

菱形，当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH是正方形.四、解答题15．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，BC//平面PAD，12BCAD=，E是PD的中点.（1）求证：BC//AD；（2）求证：CE//平面PAB.16．如图

，已知四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP的平面交平面BDM于GH，H在BD上．（1）求证//AP：平面BDM．（2）若G为DM中点，求证：14GHPA=．参考答案1．B【详解】∠ABC的两边与∠PQR的

两边分别平行，但方向不能确定是否相同.∴∠PQR＝30°或150°，故选B.考点：等角定理.2．B【分析】由E，F分别是B1O，C1O的中点，故EF∥B1C1，结合正方体的结构特征，即可求解.【详解】由于E，F分别是B1O，C1O的中点，

故EF∥B1C1，因为与棱B1C1平行的棱还有3条：AD,BC，A1D1，所以共有4条.故选：B.3．A【分析】根据正方体的结构可得选项.【详解】如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，与平面ACC1A1平行的棱是BB1和DD1，共有2条.故选：A.4．A【分析】根据线面平行的定义

和判定定理依次判断选项即可得到结论.【详解】对于A，若b，也满足与内一条直线平行，但无法得出//b；对于B，b与内所有直线都没有公共点，即b与面无公共点，可以得出//b；对于C，b与无公共点，满足线面平行定义，可以得出//b；对于D，根据线面平行判

定定理可知可以得到//b.故选：A.5．A【分析】根据线面平行的判定方法可直观想象得到结果.【详解】过点A作直线m的平行线l，则经过l且不经过m的所有平面均与m平行，故有无数个.故选：A.6．B【分析】连接B

D与AE交于点M，连接BP与1AB交于点N，连接NM,由线面平行的性质可得//DPMN，BMBNMDNP=，由三角形相似可得答案.【详解】连接BD与AE交于点M，连接BP与1AB交于点N，连接NM由//DP平面1BAE,

且平面1BAE平面BPDMN=,DP平面BPD所以//DPMN,则BMBNMDNP=由ABM与EDM△相似，且E为CD的中点，则2BMABMDDE==所以2BNNP=又由1BBN与PAN△相似，则12BBBNNPAP==所以P为1AA的中点，所以12AP=

故选：B7．A【分析】①连接BCNPO=，利用中位线进行分析；②连接BECDO=，连接NO，利用中位线以及直线与平面位置关系直接进行分析；③连接BN，利用直线与平面的位置关系直接进行分析；④连接CD，通过平行的传递性

以及中位线进行分析.【详解】①记顶点C，连接BCNPO=，连接MO，因为,,MNP分别为其所在棱的中点，所以O为BC中点，所以//MOAB，又AB平面MNP，MO平面MNP，所以//AB平面MNP；②记顶点,,

CDE，连接BECDO=，连接NO，因为四边形BCED是正方形，所以O为BE中点，又N为AE中点，所以//ABON，且O平面MNP，N平面MNP，所以//AB平面MNP显然不成立；③连接BN，因为,NP为对应棱中点，所以//BMNP，所以平面MN

P即为平面MBNP，又因为B平面MBNP，A平面MBNP，所以//AB平面MNP显然不成立；④记顶点,CD，连接CD，因为,//ADBCADBC=，所以四边形ABCD是平行四边形，所以//ABCD，又因为,NP为对应棱中点，所以//

NPCD，所以//ABNP，又AB平面MNP，NP平面MNP，所以//AB平面MNP；故选：A.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于作出准确的辅助线，利用线面平行的判定定理以及直线与平面相交的特点进行分析并判断.8．B【分析】根据复数实部等于实

部，虚部等于虚部可得34xy=−=，进而求模长即可.【详解】因为()1216ixyi−+=−−，所以261xxy=−−=−，解得34xy=−=，所以()33=|34|345xyii−−+=−+=.故选：B.

9．D【分析】根据并集的结果，可得集合B，进而得到参数的取值范围；【详解】解：∵2|1,|0xAxxBxxa−==−，|2ABxx=，∴|2Bxax=∴1a．故选：D．10．B【分析】利用余弦定理求cosB即可.【详解】由b2＝ac，又c＝2a，得22

2ba=，由余弦定理，得cosB＝2222acbac+−＝222423224aaaaa+−=.故选：B.11．P是CC1中点【分析】根据线面平行的性质，只需在侧面BCC1B1上找到一点，A1P//平面BCD上的任一条线即可，可以取A1P//CD，此时P是CC1中点.【详解】取

CC1中点P，连结A1P，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P//CD，∵A1P⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，∴当点P满足

条件P是CC1中点时，A1P//平面BCD故答案为：P是CC1中点.12．平行或异面【分析】在正方体里举例说明线线关系即可.【详解】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1//平面ABCD，AB⊂平面ABCD，BC⊂平面ABCD，A1B1与AB平行，A1B1与BC异面，∴l，m为

直线，α为平面，l//α，m⊂α，则l与m之间的关系是平行或异面.故答案为：平行或异面.13．①②【详解】把正方体平面展开图还原到原来的正方体，如图所示，EF与MN是异面直线，ABCM∥，MNCD⊥，只有①②正确，故答案为①②.点睛：本题主要

考查了空间中两条直线的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力，属于基础题；在棱柱中考查线线的位置关系，根据棱柱的结构特征，可知棱柱有以下性质：（1）侧面都是平行四边形（2）两底面是全等多边形（3）平行于底面的截面和底面全等；对角面是平行

四边形（4）长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的长的平方和.14．AC＝BDAC＝BD且AC⊥BD【分析】E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，知EH∥BD∥FG，且12EHFGBD==、EF∥AC∥HG，且12EF

HGAC==，即有四边形EFGH是平行四边形；若使EFGH为菱形则需满足EHFGEFHG===，即AC＝BD；使EFGH为正方形则需满足EHFGEFHG===且EF⊥EH，即AC＝BD且AC⊥BD【详解】由题意，知：EH∥BD∥FG，且12EHFGBD==同理EF∥AC∥HG，且

12EFHGAC==∴四边形EFGH是平行四边形要使EFGH为菱形则需满足EHFGEFHG===，即AC＝BD要使EFGH为正方形则需满足EHFGEFHG===且EF⊥EH，即AC＝BD且AC⊥BD故答案为：①AC＝BD；②AC＝BD且AC⊥BD【点睛】本题考查了立体几何

中直线平行、异面直线垂直；由两组对边相互平行确定平行四边形，结合菱形、正方形的性质判断异面直线的关系15．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）利用线面平行即可证明BC//AD；（2）取PA的中点F，连接EF，BF，

证明//ECFB，CE//平面PAB即得证.【详解】证明：()1在四棱锥PABCD−中，//BC平面PAD，BC平面ABCD，平面ABCD平面PADAD=，//BCAD，()2取PA的中点F，连接EF，BF，E是PD的中点，//EFAD，12EFAD=，又由()1可得//BCAD，且12B

CAD=，//BCEF，BCEF=，四边形BCEF是平行四边形，//ECFB，EC平面PAB，FB平面PAB，//EC平面PAB.【点睛】方法点睛：证明空间直线平面的位置关系一般利用转化的思想：线线平行（垂直）线面平行（垂直）面面平行

（垂直）.16．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）连AC交BD于O，连接OM，由中位线定理可得//OMAP，再根据线面平行的判定定理即可证出//AP平面BDM；（2）根据线面平行的性质定理可知，//APGH，又由（1）知//

APOM，所以//GHOM，再根据中位线定理即可得到14GHPA=．【详解】（1）连AC交BD于O，连接OM，因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点．又M是PC的中点，所以//OMAP，又OM平面BDM，AP

平面BDM所以，//AP平面BDM．（2）因为经过AP与点G的平面交平面BDM于GH，//AP平面BDM，AP平面APGH，平面APGH平面BDMGH=，所以，由线面平行的性质定理得//APGH．又∵//APOM，∴//GHOM又∵G为DM中点，∴1

2GHOM=，12OMAP=，∴14GHAP=．【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理和性质定理的应用，以及中位线定理的应用，意在意在考查学生的直观想象能力，属于基础题．