高二級強(qiáng)基活動(dòng)訓(xùn)練測試題

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page1313頁，共=sectionpages1313頁2023屆高二級強(qiáng)基活動(dòng)訓(xùn)練測試題（2）（動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用）1．(2021·全國乙卷)如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動(dòng)車廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)，滑塊在車廂底板上有相對滑動(dòng)。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒C．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒2．長度為L、質(zhì)量為M的平板車的左端緊靠著墻壁，右端站著一個(gè)質(zhì)量為m的人(可視為質(zhì)點(diǎn))，如圖所示，某時(shí)刻人向左跳出，恰好落到車的左端，而此時(shí)車已離開墻壁有一段距離，那么這段距離為(車與水平地面間的摩擦不計(jì))A．LB．eq\f(mL,M)C．eq\f(mL,M＋m) D．eq\f(ML,M＋m)3．如圖所示，我國自行研制的“殲-15”戰(zhàn)斗機(jī)以速度v0水平向東飛行，到達(dá)目的地時(shí)，將總質(zhì)量為M的導(dǎo)彈自由釋放瞬間，導(dǎo)彈向西噴出質(zhì)量為m、對地速率為v1的燃?xì)?，則噴氣后導(dǎo)彈的速率為A.eq\f(Mv0＋mv1,M－m)B．eq\f(Mv0－mv1,M－m)C．eq\f(Mv0－mv1,M) D．eq\f(Mv0＋mv1,M)4．小車靜止在光滑水平面上，站在車上的人練習(xí)打靶，靶裝在車上的另一端，如圖所示。已知車、人、槍和靶的總質(zhì)量為M(不含子彈)，每發(fā)子彈質(zhì)量為m，共n發(fā)，打靶時(shí)，槍口到靶的距離為d。若每發(fā)子彈打入靶中就留在靶里，且待前一發(fā)打入靶中后，再打下一發(fā)，則以下說法正確的是A．待打完n發(fā)子彈后，小車應(yīng)停在最初的位置B．待打完n發(fā)子彈后，小車應(yīng)停在射擊之前位置的左方C．在每一發(fā)子彈的射擊過程中，小車所發(fā)生的位移相同，大小均為eq\f(md,nm＋M)D．在每一發(fā)子彈的射擊過程中，小車所發(fā)生的位移不相同5．(多選)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖所示?，F(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為A.eq\f(1,2)mv2B．eq\f(mMv2,2（m＋M）)C．eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL6．一個(gè)質(zhì)量為M、底面邊長為b的斜面體靜止于光滑的水平桌面上，如圖所示，有一質(zhì)量為m的物塊由斜面頂部無初速度滑到底部時(shí)，斜面體移動(dòng)的距離為s。下列說法中正確的是A．若斜面粗糙，則s＝eq\f(mb,M＋m)B．只有斜面光滑，才有s＝eq\f(mb,M＋m)C．若斜面光滑，則下滑過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒D．若斜面粗糙，則下滑過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒7．如圖所示，一質(zhì)量為m的小球，從放置在光滑水平地面上質(zhì)量為M的光滑半圓形槽的槽口A點(diǎn)由靜止釋放經(jīng)過最低點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，下列說法中正確的是A．從A→B，半圓形槽運(yùn)動(dòng)的位移一定大于小球在水平方向上運(yùn)動(dòng)的位移B．從B→C，半圓形槽和小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．從A→B→C，C點(diǎn)可能是小球運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)D．小球最終在半圓形槽內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)8．(多選)如圖所示，滑塊P套在光滑的水平軌道上(足夠長)，小球Q通過長為L的輕質(zhì)細(xì)桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球質(zhì)量為m，滑塊質(zhì)量為2m。小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，開始輕桿處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)給小球一個(gè)豎直向上的初速度v0，重力加速度為g，小球通過最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，小球擊中滑塊右側(cè)軌道的位置與小球起始位置間的距離為x，則A．v＝eq\r(v02－2gL) B．v＝eq\r(\f(2v02－4gL,3))C．x＝eq\f(4L,3) D．x＝eq\f(2L,3)9．如圖所示，足夠長的小平板車B的質(zhì)量為M，以水平速度v0向右在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，與此同時(shí)，質(zhì)量為m的小物體A從車的右端以水平速度v0沿車的粗糙上表面向左運(yùn)動(dòng)。若物體與車上表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，則在足夠長的時(shí)間內(nèi)A．若M>m，物體A相對地面向左的最大位移是eq\f(2Mv02,μ（M＋m）g)B．若M<m，平板車B相對地面向右的最大位移是eq\f(Mv02,μmg)C．無論M與m的大小關(guān)系如何，摩擦力對平板車的沖量均為mv0D．無論M與m的大小關(guān)系如何，摩擦力的作用時(shí)間均為eq\f(2Mv0,μ（M＋m）g)10．2022年2月，北京市和張家口市聯(lián)合舉辦第24屆冬季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)，某冰壺隊(duì)為了迎接冬奧會(huì)，積極開展訓(xùn)練。某次訓(xùn)練中，藍(lán)色冰壺靜止在圓形區(qū)域內(nèi)。運(yùn)動(dòng)員用質(zhì)量相等的紅色冰壺撞擊藍(lán)色冰壺，紅、藍(lán)兩只冰壺發(fā)生正碰，如圖所示。若碰撞前后兩壺的v-t圖像如圖所示，則A．兩只冰壺發(fā)生碰撞過程中機(jī)械能守恒B．碰撞后，藍(lán)色冰壺受到的滑動(dòng)摩擦力較大C．碰撞后，藍(lán)色冰壺經(jīng)過5s停止運(yùn)動(dòng)D．碰撞后，兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為1.2m11．斯諾克是一種臺(tái)球運(yùn)動(dòng)，越來越受到人們的喜愛。斯諾克本身的意思是“阻礙、障礙”，所以斯諾克臺(tái)球有時(shí)也被稱為障礙臺(tái)球，打球過程中可以利用球來作障礙迫使對方失誤，而且作障礙是每個(gè)職業(yè)斯諾克球手都必須掌握的一種技術(shù)。假設(shè)光滑水平面內(nèi)一條直線上依次放8個(gè)質(zhì)量均為m的彈性紅球，質(zhì)量為1.5m的白球以初速度v0A．0B．eq\f(6,5)v0C．eq\f(6,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(7)v0 D．eq\f(6,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(8)v012．如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形導(dǎo)軌在B點(diǎn)相接，導(dǎo)軌半徑R為0.4m。一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0從A點(diǎn)開始向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)與靜止的質(zhì)量也為m＝1kg的物體相撞，撞后粘在一起沿半圓形導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為vC＝3m/s，重力加速度g取10m/s2。（1）求兩物塊從C點(diǎn)水平飛出后的水平射程；（2）求兩物體在離開C點(diǎn)前瞬間對軌道的壓力大??；（3）求小物體的初速度的大小v0。13．如圖所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，AB段是半徑R＝0.8m的eq\f(1,4)圓弧，B在圓心O的正下方，BC段水平，AB段與BC段平滑連接。球2、球3分別放在BC軌道上，質(zhì)量m1＝0.4kg的球1從A點(diǎn)由靜止釋放，球1進(jìn)入水平軌道后與球2發(fā)生彈性正碰，球2再與球3發(fā)生彈性正碰，g＝10m/s2。（1）求球1到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小。（2）若球2的質(zhì)量m2＝0.1kg，求球1與球2碰撞后球2的速度大小。（3）若球3的質(zhì)量m3＝0.1kg，為使球3獲得最大的動(dòng)能，球2的質(zhì)量應(yīng)為多少？徐聞中學(xué)2023屆高二級強(qiáng)基活動(dòng)訓(xùn)練測試（2）答題卡班級_________________姓名___________________成績_______________________________題號1234567891011答案12．13．2023屆高二級強(qiáng)基活動(dòng)訓(xùn)練測試題答案（2）1．解析：B因?yàn)榛瑝K與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動(dòng)，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；對小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件，可知撤去推力后該系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒。故選B。2．解析：C設(shè)人從小車上跳起后沿水平方向的分速度為v1，小車沿水平方向的速度為v2，人和小車在水平方向的動(dòng)量守恒，選取向左為正方向，則mv1－Mv2＝0，設(shè)人從右端到達(dá)左端時(shí)間為t，則有mv1t－Mv2t＝0，化簡為mx1＝Mx2，由空間幾何關(guān)系得x1＋x2＝L，聯(lián)立解得車的位移為x2＝eq\f(mL,M＋m)，故選項(xiàng)C正確。3．解析：A根據(jù)動(dòng)量守恒定律得Mv0＝m(－v1)＋(M－m)v，則噴氣后導(dǎo)彈相對地面的速率v＝eq\f(Mv0＋mv1,M－m)，故A正確。4．解析：C子彈、槍、人、車和靶組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，在水平方向上動(dòng)量一直守恒，子彈射擊前系統(tǒng)總動(dòng)量為零，子彈射入靶后總動(dòng)量也為零，故仍然是靜止的；設(shè)子彈射出速度為v，車向右運(yùn)動(dòng)速度大小為v′，以水平向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，子彈勻速向左運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，車向右勻速運(yùn)動(dòng)，故vt＋v′t＝d，聯(lián)立解得v′＝eq\f(mv,M＋（n－1）m)，t＝eq\f(d,v＋\f(mv,M＋（n－1）m))，故車向右運(yùn)動(dòng)距離為Δs＝v′t＝eq\f(md,M＋nm)，每發(fā)子彈從發(fā)射到擊中靶過程，車均向右運(yùn)動(dòng)Δs，故n發(fā)子彈發(fā)射完畢后，小車向右運(yùn)動(dòng)距離為s＝nΔs＝eq\f(nmd,M＋nm)，由于整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，初動(dòng)量為零，故打完n發(fā)子彈后，車靜止不動(dòng)，A、B、D錯(cuò)誤，C正確。5．解析：BD設(shè)物塊與箱子相對靜止時(shí)共同速度為v1，則由動(dòng)量守恒定律得mv＝(M＋m)v1，得v1＝eq\f(mv,M＋m)，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為ΔEk系＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v12＝eq\f(Mmv2,2（M＋m）)，A錯(cuò)誤，B正確。根據(jù)能量守恒定律得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動(dòng)能，根據(jù)功能關(guān)系得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，則有Q＝ΔEk系＝NμmgL，C錯(cuò)誤，D正確。6．解析：A不論斜面是否光滑，斜面體和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量都守恒，以向左為正方向，斜面體的位移為s，則物塊的位移為b－s，物塊和斜面體的平均速率分別為v1＝eq\f(b－s,t)，v2＝eq\f(s,t)，由動(dòng)量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝eq\f(mb,M＋m)，A正確，B錯(cuò)誤；不論斜面是否光滑，物塊下滑過程中系統(tǒng)在豎直方向上所受合力都不為零，系統(tǒng)所受的合力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，若斜面光滑，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，若斜面不光滑，則系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，C、D錯(cuò)誤。7．解析：D小球與半圓形槽水平方向動(dòng)量守恒，有mv1＝Mv2，則mv1t＝Mv2t，即mx1＝Mx2，如果m<M，則x1>x2，故A錯(cuò)誤；從B→C，半圓形槽和小球組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，故B錯(cuò)誤；小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，小球上升到最高點(diǎn)時(shí)，小球與半圓形槽在水平方向速度相等，系統(tǒng)初動(dòng)量為零，由動(dòng)量守恒定律可知，小球上升到最高點(diǎn)時(shí)，小球與半圓形槽的速度都為零，整個(gè)過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可知，小球運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)，在半圓形槽右端最高點(diǎn)，不是C點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，小球從A運(yùn)動(dòng)到B再到半圓形槽右端最高點(diǎn)，然后再返回A點(diǎn)，如此反復(fù)運(yùn)動(dòng)，故D正確。8．解析：BC設(shè)小球通過最高點(diǎn)時(shí)滑塊的速度為v1，在小球上升過程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，所以在水平方向上系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，有mv－2mv1＝0，在小球上升過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)×2mv12＋mgL，聯(lián)立解得v＝eq\r(\f(2v02－4gL,3))，A錯(cuò)誤，B正確。設(shè)滑塊向左運(yùn)動(dòng)的距離為x1，由動(dòng)量守恒定律和位移關(guān)系可知mx＝2mx1，x＋x1＝2L，聯(lián)立解得x＝eq\f(4L,3)，C正確，D錯(cuò)誤。9．解析：D規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(M－m,M＋m)v0，若M>m，物體A所受的摩擦力Ff＝μmg，對物體A，根據(jù)動(dòng)能定理得－μmgxA＝0－eq\f(1,2)mv02，則物體A相對地面向左的最大位移xA＝eq\f(v02,2μg)，故A錯(cuò)誤；若M<m，對平板車B，由動(dòng)能定理得－μmgxB＝0－eq\f(1,2)Mv02，則平板車B相對地面向右的最大位移xB＝eq\f(Mv02,2μmg)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理知，摩擦力對平板車的沖量等于平板車動(dòng)量的變化量，即I＝－Fft＝Mv－Mv0＝eq\f(－2mMv0,m＋M)，F(xiàn)f＝μmg，解得t＝eq\f(2Mv0,μ（M＋m）g)，故C錯(cuò)誤，D正確。10．解析：C設(shè)冰壺質(zhì)量為m，碰后藍(lán)壺的速度為v，由題中v-t圖像可知，碰前紅壺的速度v0＝1.0m/s，碰后紅壺的速度為v0′＝0.4m/s，兩壺碰撞過程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取碰撞前紅壺的速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝mv0′＋mv代入數(shù)據(jù)解得v＝0.6m/s，碰撞前兩壺的總動(dòng)能為Ek0＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×m×12＝0.5m碰撞后兩壺的總動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv0′2＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×m×0.42＋eq\f(1,2)×m×0.62＝0.26m<Ek0則碰撞過程中兩壺的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；根據(jù)v-t圖像的斜率表示加速度，由題中v-t圖像可知，碰后紅壺的加速度比藍(lán)壺的加速度大，即a紅>a藍(lán)，兩壺質(zhì)量m相等，由牛頓第二定律可知，摩擦力為Ff＝ma，則Ff紅>Ff藍(lán)，故B錯(cuò)誤；由題中v-t圖像可知，兩壺碰撞前，紅壺的加速度大小為a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.2－1.0,1)m/s2＝0.2m/s2，由題中v-t圖像可知，藍(lán)壺靜止的時(shí)刻為t＝eq\f(v紅,a1)＝eq\f(1.2,0.2)s＝6s，碰撞后藍(lán)壺的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t藍(lán)＝6s－1s＝5s，故C正確；速度圖像與時(shí)間t軸圍成的面積表示位移，則碰后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為Δx＝x藍(lán)－x紅＝eq\f(1,2)×0.6×(6－1)m－eq\f(1,2)×0.4×(3－1)m＝1.1m，故D錯(cuò)誤。11．解析：C根據(jù)彈性碰撞特點(diǎn)可知，每碰撞一次白球的速度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1.5m－m,1.5m＋m)＝eq\f(1,5)，而8號球每次將速度傳給右側(cè)球，故白球與8號球碰撞7次后，白球速度v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(7)v0，此時(shí)8號球速度為零，之后再次碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得1.5mv＝1.5mv′＋mv″，eq\f(1,2)×1.5mv2＝eq\f(1,2)×1.5mv′2＋eq\f(1,2)mv″2，解得8號紅球最終的速度大小為v″＝eq\f(6,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(7)v0，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。12．解析：(1)物體離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向2R＝eq\f(1,2)gt2水平方向x＝vCt代入數(shù)據(jù)解得x＝1.2m。(2)在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得2mg＋FN＝2meq\f(vC2,R)代入數(shù)據(jù)解得FN＝25N由牛頓第三定律可知，物體對軌道的壓力大小FN′＝FN＝25N。(3)物體從B到C過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)×2mvB2＝eq\f(1,2)×2mvC2＋2mg·2R兩物體碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mvB代入數(shù)據(jù)解得v0＝10m/s。答案：(1)1.2m(2)25N(3)10m/s13．解析：(1)對球1從A到B應(yīng)用動(dòng)能定理有m1gR＝eq\f(1,2)m1v02在B點(diǎn)對球1應(yīng)用牛頓第二定律有FN－m1g＝m1eq\f(v02,R)聯(lián)立解得v0＝4m/s，F(xiàn)N＝12N由牛頓第三定律知球1在B點(diǎn)對軌道的壓力大小FN′＝FN＝12N。(2)球1、球2的碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22解得v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0＝6.4m/s。(3)同理，球2、3碰撞后有v3＝eq\f(2m2,m2＋m3)v2則v3＝eq\f(2m2,m2＋m3)·eq\f(2m1,m1＋m2)v0代入數(shù)據(jù)得v3＝eq\f(1.6,m2＋\f(0.04,m2)＋0.5)v0，由數(shù)學(xué)知識(shí)，當(dāng)m2＝eq\f(0.04,m2)時(shí)，m2＋eq\f(0.04,m2)＋0.5最小，v3最大，所以m22＝0.04，m2＝0.2kg。答案：(1)12N(2)6.4m/s(3)0.2kg

立體幾何1未命名考試范圍：xxx；考試時(shí)間：100分鐘；命題人：xxx注意事項(xiàng)：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）請點(diǎn)擊修改第I卷的文字說明一、單選題1．如圖，正方體的棱長為1，線段上有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)，且，則三棱錐的體積為（

）A． B． C． D．不確定2．已知在棱長均為的正三棱柱中，點(diǎn)為的中點(diǎn)，若在棱上存在一點(diǎn)，使得平面，則的長度為（

）A． B． C． D．二、多選題3．在四棱錐中，底面是正方形，底面，，截面與直線平行，與交于點(diǎn)，則下列判斷正確的是（

）A．為的中點(diǎn)B．與所成的角為C．平面D．三棱錐與四棱錐的體積之比等于4．已知平行六面體的所有棱長都為1，頂點(diǎn)在底面上的射影為，若，則（

）A． B．與所成角為C．O是底面的中心 D．與平面所成角為第II卷（非選擇題）請點(diǎn)擊修改第II卷的文字說明三、填空題5．如圖，在長方體中，，則二面角的大小為______．四、解答題6．如圖，在三棱錐中，，為的中點(diǎn).（1）證明：平面平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.7．如圖，在四棱錐中，四邊形為梯形，，，（1）若為中點(diǎn)，證明：面（2）若點(diǎn)在面上投影在線段上，，證明：面.8．如圖，已知平面．（Ⅰ）求證：平面平面；（Ⅱ）若，求二面角的大?。?．如圖在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱PC和PD的中點(diǎn).（1）求證：EF∥平面PAB；（2）若AP=AD，且平面PAD⊥平面ABCD，證明AF⊥平面PCD.試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page3535頁，共=sectionpages99頁參考答案：1．A【解析】【分析】根據(jù)題意可知平面，而，在線段上運(yùn)動(dòng)，則平面，從而得出點(diǎn)到直線的距離不變，求出的面積，再根據(jù)線面垂直的判定定理可證出平面，得出點(diǎn)到平面的距離為，最后利用棱錐的體積公式求出三棱錐的體積.【詳解】解：由題可知，正方體的棱長為1，則平面，又，在線段上運(yùn)動(dòng)，平面，點(diǎn)到直線的距離不變，由正方體的性質(zhì)可知平面，則，而，，故的面積為，又由正方體可知，，，且，平面，則平面，設(shè)與交于點(diǎn)，則平面，點(diǎn)到平面的距離為，.故選：A.2．B【解析】設(shè)點(diǎn)為的中點(diǎn)，取的中點(diǎn)，連接，，然后證明平面即可.【詳解】如圖，設(shè)點(diǎn)為的中點(diǎn)，取的中點(diǎn)，連接，，則，又平面，平面，∴平面，易知，故平面與平面是同一個(gè)平面，∴平面，此時(shí)，故選：B3．ACD【解析】【分析】在A中，連結(jié)，交于點(diǎn)，連結(jié)，則平面平面，推導(dǎo)出，由四邊形是正方形，從而，進(jìn)而；在B中，由，得（或其補(bǔ)角）為與所成角，推導(dǎo)出，從而與所成角為；在C中，推導(dǎo)出，，由此能證明平面；在D中，設(shè)，則，．由此能求出三棱錐與四棱錐的體積之比等于．【詳解】解：在A中，連結(jié)，交于點(diǎn)，連結(jié)，則平面平面，∵平面，平面，∴，∵四邊形是正方形，∴，∴，故A正確；在B中，∵，∴（或其補(bǔ)角）為與所成角，∵平面，平面，∴，在中，，∴，∴與所成角為，故B錯(cuò)誤；在C中，∵四邊形為正方形，∴，∵平面，平面，∴，∵，、平面，∴平面，故C正確；在D中，設(shè)，則，．∴，故D正確．故選：ACD．4．ACD【解析】【分析】由題設(shè)，若交于，易知△、△為等邊三角形，△、△為等腰直角三角形，由線面垂直的判定可證面、面，即可判斷C、D；再根據(jù)線面垂直的判定、性質(zhì)可知，由平行的推論可得△為直角三角形，即可判斷A、B.【詳解】由題設(shè)，易知六面體上下底面、為正方形，連接、、，又且各棱長為1，∴△、△為等邊三角形，又，則，故，則.∴△、△為等腰直角三角形，若交于，連接，則，即，∴，又，，即面，同理可得面，∴的投影為，即與點(diǎn)重合，故O是底面的中心，且與平面所成角為，故C、D正確；由上易知：，，，即面，又面，∴，連接，則，故，又，且，∴，在直角△中，顯然與所成角為不為，故A正確，B錯(cuò)誤.故選：ACD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：根據(jù)平行六面體的性質(zhì)及已知條件證線面、面面垂直判斷的投影及與平面所成角，由線面垂直的性質(zhì)及平行推論證△為直角三角形判斷長及與所成角.5．【解析】連接AC交BD于點(diǎn)E，連接，證明為二面角的平面角，即可利用三角函數(shù)求.【詳解】連接AC交BD于點(diǎn)E，連接，，底面ABCD是正方形，則即，又底面ABCD，根據(jù)三垂線定理可知，為二面角的平面角，不妨設(shè)，則，，，又，.故答案為：【點(diǎn)睛】求解二面角的常用方法：1、定義法：過二面角的棱上任一點(diǎn)在兩個(gè)面內(nèi)分別作垂直于棱的直線，則兩直線所構(gòu)成的角即為二面角的平面角，繼而在平面中求出其平面角的一種方法；2、三垂線法：利用三垂線定理，根據(jù)“與射影垂直，則也與斜線垂直”的思想構(gòu)造出二面角的平面角，繼而求出平面角的方法；3、垂面法：指用垂直于棱的平面去截二面角，則截面與二面角的兩個(gè)面必有兩條交線，這兩條交線構(gòu)成的角即為二面角的平面角，繼而再求出其平面角的一種方法；4、面積射影法：根據(jù)圖形及其在某一個(gè)平面上的射影面積之間的關(guān)系，利用射影的面積比上原來的面積等于二面角的余弦值，來計(jì)算二面角。此法常用于無棱的二面角；5、法向量法：通過求與二面角垂直的兩個(gè)向量所成的角，繼而利用這個(gè)角與二面角的平面角相等或互補(bǔ)的關(guān)系，求出二面角的一種方法。6．（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用平面可證平面平面；（2）過點(diǎn)P作的垂線，垂足為H，連結(jié)，通過證明平面可得直線與平面所成角為，再通過計(jì)算可得結(jié)果.【詳解】（1）因?yàn)闉檎切危?；因?yàn)椋?又，平面，所以平面.因?yàn)槠矫?，所以平面平面?）過點(diǎn)P作的垂線，垂足為H，連結(jié).因?yàn)槠矫嫫矫?，又平面平面，平面，故平?所以直線與平面所成角為在中，，由余弦定理得，所以.所以,又，故，即直線與平面所成角的正弦值為.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第（1）問利用線面垂直證明面面垂直是解題關(guān)鍵；第（2）問作出線面角并證明線面角是解題關(guān)鍵.7．（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）取中點(diǎn)為，連接，，四邊形為平行四邊形，所以，利用線面平行的性質(zhì)定理即可證明；（2）利用勾股定理證明，設(shè)點(diǎn)在面上投影在線段上設(shè)為點(diǎn)，再利用已知條件證明，利用線面垂直的判斷定理即可證明.【詳解】（1）取中點(diǎn)為，連接，，則為中位線，且，又四邊形是直角梯形，，且，四邊形為平行四邊形，所以，因?yàn)槊?，面，所以?（2）在四棱錐中，四邊形是直角梯形，，，，，設(shè)點(diǎn)在面上投影在線段上，設(shè)為點(diǎn)，面，面，，又，，面.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：證明直線與平面平行的常用方法（1）定義法：證明直線與平面沒有公共點(diǎn)，通常要借助于反證法來證明；（2）判定定理：在利用判斷定理時(shí)，關(guān)鍵找到平面內(nèi)與已知直線平行的直線，?？紤]利用三角形中位線、平行四邊形的對邊平行或過已知直線作一平面，找其交線進(jìn)行證明；8．（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）根據(jù)和證明平面，即可證明；（Ⅱ）由題可得即為二面角的平面角，根據(jù)已知求解即可.【詳解】（Ⅰ）平面，平面，，，，平面，平面，平面平面；（Ⅱ）由（1）得平面，平面，，，即為二面角的平面角，在直角三角形中，，則，，即二面角的大小為.9．（1）證明見解析；（2）證明見解析．【解析】【分析】（1）由中位線定理得，從而可得，得線面平行；（2）由等腰三角形得，再由面面垂直的性質(zhì)定理得與平面垂直，從而得，再由線面垂直的判定定理得證線面垂直．【詳解】證明：（1）因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱PC和PD的中點(diǎn).，所以，又，所以，而平面，平面，所以平面；（2），是的中點(diǎn)，所以，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD，，平面ABCD，所以平面，平面，所以，，平面，所以平面．

立體幾何1未命名考試范圍：xxx；考試時(shí)間：100分鐘；命題人：xxx注意事項(xiàng)：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）請點(diǎn)擊修改第I卷的文字說明一、單選題1．如圖，正方體的棱長為1，線段上有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)，且，則三棱錐的體積為（

）A． B． C． D．不確定2．已知在棱長均為的正三棱柱中，點(diǎn)為的中點(diǎn)，若在棱上存在一點(diǎn)，使得平面，則的長度為（

）A． B． C． D．二、多選題3．在四棱錐中，底面是正方形，底面，，截面與直線平行，與交于點(diǎn)，則下列判斷正確的是（

）A．為的中點(diǎn)B．與所成的角為C．平面D．三棱錐與四棱錐的體積之比等于4．已知平行六面體的所有棱長都為1，頂點(diǎn)在底面上的射影為，若，則（

）A． B．與所成角為C．O是底面的中心 D．與平面所成角為第II卷（非選擇題）請點(diǎn)擊修改第II卷的文字說明三、填空題5．如圖，在長方體中，，則二面角的大小為______．四、解答題6．如圖，在三棱錐中，，為的中點(diǎn).（1）證明：平面平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.7．如圖，在四棱錐中，四邊形為梯形，，，（1）若為中點(diǎn)，證明：面（2）若點(diǎn)在面上投影在線段上，，證明：面.8．如圖，已知平面．（Ⅰ）求證：平面平面；（Ⅱ）若，求二面角的大?。?．如圖在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱PC和PD的中點(diǎn).（1）求證：EF∥平面PAB；（2）若AP=AD，且平面PAD⊥平面ABCD，證明AF⊥平面PCD.參考答案：1．A【解析】【分析】根據(jù)題意可知平面，而，在線段上運(yùn)動(dòng)，則平面，從而得出點(diǎn)到直線的距離不變，求出的面積，再根據(jù)線面垂直的判定定理可證出平面，得出點(diǎn)到平面的距離為，最后利用棱錐的體積公式求出三棱錐的體積.【詳解】解：由題可知，正方體的棱長為1，則平面，又，在線段上運(yùn)動(dòng)，平面，點(diǎn)到直線的距離不變，由正方體的性質(zhì)可知平面，則，而，，故的面積為，又由正方體可知，，，且，平面，則平面，設(shè)與交于點(diǎn)，則平面，點(diǎn)到平面的距離為，.故選：A.2．B【解析】設(shè)點(diǎn)為的中點(diǎn)，取的中點(diǎn)，連接，，然后證明平面即可.【詳解】如圖，設(shè)點(diǎn)為的中點(diǎn)，取的中點(diǎn)，連接，，則，又平面，平面，∴平面，易知，故平面與平面是同一個(gè)平面，∴平面，此時(shí)，故選：B3．ACD【解析】【分析】在A中，連結(jié)，交于點(diǎn)，連結(jié)，則平面平面，推導(dǎo)出，由四邊形是正方形，從而，進(jìn)而；在B中，由，得（或其補(bǔ)角）為與所成角，推導(dǎo)出，從而與所成角為；在C中，推導(dǎo)出，，由此能證明平面；在D中，設(shè)，則，．由此能求出三棱錐與四棱錐的體積之比等于．【詳解】解：在A中，連結(jié)，交于點(diǎn)，連結(jié)，則平面平面，∵平面，平面，∴，∵四邊形是正方形，∴，∴，故A正確；在B中，∵，∴（或其補(bǔ)角）為與所成角，∵平面，平面，∴，在中，，∴，∴與所成角為，故B錯(cuò)誤；在C中，∵四邊形為正方形，∴，∵平面，平面，∴，∵，、平面，∴平面，故C正確；在D中，設(shè)，則，．∴，故D正確．故選：ACD．4．ACD【解析】【分析】由題設(shè)，若交于，易知△、△為等邊三角形，△、△為等腰直角三角形，由線面垂直的判定可證面、面，即可判斷C、D；再根據(jù)線面垂直的判定、性質(zhì)可知，由平行的推論可得△為直角三角形，即可判斷A、B.【詳解】由題設(shè)，易知六面體上下底面、為正方形，連接、、，又且各棱長為1，∴△、△為等邊三角形，又，則，故，則.∴△、△為等腰直角三角形，若交于，連接，則，即，∴，又，，即面，同理可得面，∴的投影為，即與點(diǎn)重合，故O是底面的中心，且與平面所成角為，故C、D正確；由上易知：，，，即面，又面，∴，連接，則，故，又，且，∴，在直角△中，顯然與所成角為不為，故A正確，B錯(cuò)誤.故選：ACD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：根據(jù)平行六面體的性質(zhì)及已知條件證線面、面面垂直判斷的投影及與平面所成角，由線面垂直的性質(zhì)及平行推論證△為直角三角形判斷長及與所成角.5．【解析】連接AC交BD于點(diǎn)E，連接，證明為二面角的平面角，即可利用三角函數(shù)求.【詳解】連接AC交BD于點(diǎn)E，連接，，底面ABCD是正方形，則即，又底面ABCD，根據(jù)三垂線定理可知，為二面角的平面角，不妨設(shè)，則，，，又，.故答案