高二级强基活动训练测试题VIP

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page1313页，共=sectionpages1313页2023届高二级强基活动训练测试题（2）（动量守恒定律及其应用）1．(2021·全国乙卷)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时，滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不守恒2．长度为L、质量为M的平板车的左端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m的人(可视为质点)，如图所示，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)A．LB．eq\f(mL,M)C．eq\f(mL,M＋m) D．eq\f(ML,M＋m)3．如图所示，我国自行研制的“歼­15”战斗机以速度v0水平向东飞行，到达目的地时，将总质量为M的导弹自由释放瞬间，导弹向西喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为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．小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示。已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每发子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d。若每发子弹打入靶中就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发，则以下说法正确的是A．待打完n发子弹后，小车应停在最初的位置B．待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的左方C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为eq\f(md,nm＋M)D．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同5．(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为A.eq\f(1,2)mv2B．eq\f(mMv2,2（m＋M）)C．eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL6．一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是A．若斜面粗糙，则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，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒7．如图所示，一质量为m的小球，从放置在光滑水平地面上质量为M的光滑半圆形槽的槽口A点由静止释放经过最低点B运动到C点，下列说法中正确的是A．从A→B，半圆形槽运动的位移一定大于小球在水平方向上运动的位移B．从B→C，半圆形槽和小球组成的系统动量守恒C．从A→B→C，C点可能是小球运动的最高点D．小球最终在半圆形槽内做往复运动8．(多选)如图所示，滑块P套在光滑的水平轨道上(足够长)，小球Q通过长为L的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球质量为m，滑块质量为2m。小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，小球可视为质点，开始轻杆处于水平状态。现给小球一个竖直向上的初速度v0，重力加速度为g，小球通过最高点时的速度大小为v，小球击中滑块右侧轨道的位置与小球起始位置间的距离为x，则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．如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车上表面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则在足够长的时间内A．若M>m，物体A相对地面向左的最大位移是eq\f(2Mv02,μ（M＋m）g)B．若M<m，平板车B相对地面向右的最大位移是eq\f(Mv02,μmg)C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为eq\f(2Mv0,μ（M＋m）g)10．2022年2月，北京市和张家口市联合举办第24届冬季奥林匹克运动会，某冰壶队为了迎接冬奥会，积极开展训练。某次训练中，蓝色冰壶静止在圆形区域内。运动员用质量相等的红色冰壶撞击蓝色冰壶，红、蓝两只冰壶发生正碰，如图所示。若碰撞前后两壶的v­t图像如图所示，则A．两只冰壶发生碰撞过程中机械能守恒B．碰撞后，蓝色冰壶受到的滑动摩擦力较大C．碰撞后，蓝色冰壶经过5s停止运动D．碰撞后，两壶相距的最远距离为1.2m11．斯诺克是一种台球运动，越来越受到人们的喜爱。斯诺克本身的意思是“阻碍、障碍”，所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球，打球过程中可以利用球来作障碍迫使对方失误，而且作障碍是每个职业斯诺克球手都必须掌握的一种技术。假设光滑水平面内一条直线上依次放8个质量均为m的弹性红球，质量为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．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在B点相接，导轨半径R为0.4m。一个质量为m＝1kg的物体(可视为质点)以初速度v0从A点开始向右运动，运动到B点与静止的质量也为m＝1kg的物体相撞，撞后粘在一起沿半圆形导轨运动，到达C点时速度为vC＝3m/s，重力加速度g取10m/s2。（1）求两物块从C点水平飞出后的水平射程；（2）求两物体在离开C点前瞬间对轨道的压力大小；（3）求小物体的初速度的大小v0。13．如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R＝0.8m的eq\f(1,4)圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。球2、球3分别放在BC轨道上，质量m1＝0.4kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g＝10m/s2。（1）求球1到达B点时对轨道的压力大小。（2）若球2的质量m2＝0.1kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小。（3）若球3的质量m3＝0.1kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少？徐闻中学2023届高二级强基活动训练测试（2）答题卡班级_________________姓名___________________成绩_______________________________题号1234567891011答案12．13．2023届高二级强基活动训练测试题答案（2）1．解析：B因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件，可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。故选B。2．解析：C设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平方向的速度为v2，人和小车在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向，则mv1－Mv2＝0，设人从右端到达左端时间为t，则有mv1t－Mv2t＝0，化简为mx1＝Mx2，由空间几何关系得x1＋x2＝L，联立解得车的位移为x2＝eq\f(mL,M＋m)，故选项C正确。3．解析：A根据动量守恒定律得Mv0＝m(－v1)＋(M－m)v，则喷气后导弹相对地面的速率v＝eq\f(Mv0＋mv1,M－m)，故A正确。4．解析：C子弹、枪、人、车和靶组成的系统在水平方向上不受外力，在水平方向上动量一直守恒，子弹射击前系统总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故仍然是静止的；设子弹射出速度为v，车向右运动速度大小为v′，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律得0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，子弹匀速向左运动的同时，车向右匀速运动，故vt＋v′t＝d，联立解得v′＝eq\f(mv,M＋（n－1）m)，t＝eq\f(d,v＋\f(mv,M＋（n－1）m))，故车向右运动距离为Δs＝v′t＝eq\f(md,M＋nm)，每发子弹从发射到击中靶过程，车均向右运动Δs，故n发子弹发射完毕后，小车向右运动距离为s＝nΔs＝eq\f(nmd,M＋nm)，由于整个系统动量守恒，初动量为零，故打完n发子弹后，车静止不动，A、B、D错误，C正确。5．解析：BD设物块与箱子相对静止时共同速度为v1，则由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v1，得v1＝eq\f(mv,M＋m)，系统损失的动能为ΔEk系＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v12＝eq\f(Mmv2,2（M＋m）)，A错误，B正确。根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有Q＝ΔEk系＝NμmgL，C错误，D正确。6．解析：A不论斜面是否光滑，斜面体和物块组成的系统在水平方向上动量都守恒，以向左为正方向，斜面体的位移为s，则物块的位移为b－s，物块和斜面体的平均速率分别为v1＝eq\f(b－s,t)，v2＝eq\f(s,t)，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝eq\f(mb,M＋m)，A正确，B错误；不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零，系统所受的合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，C、D错误。7．解析：D小球与半圆形槽水平方向动量守恒，有mv1＝Mv2，则mv1t＝Mv2t，即mx1＝Mx2，如果m<M，则x1>x2，故A错误；从B→C，半圆形槽和小球组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故B错误；小球与半圆形槽组成的系统在水平方向动量守恒，小球上升到最高点时，小球与半圆形槽在水平方向速度相等，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，小球上升到最高点时，小球与半圆形槽的速度都为零，整个过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球运动的最高点，在半圆形槽右端最高点，不是C点，故C错误；小球与半圆形槽组成的系统在水平方向动量守恒，小球从A运动到B再到半圆形槽右端最高点，然后再返回A点，如此反复运动，故D正确。8．解析：BC设小球通过最高点时滑块的速度为v1，在小球上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，所以在水平方向上系统动量守恒，以水平向右为正方向，有mv－2mv1＝0，在小球上升过程中，系统的机械能守恒，有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)×2mv12＋mgL，联立解得v＝eq\r(\f(2v02－4gL,3))，A错误，B正确。设滑块向左运动的距离为x1，由动量守恒定律和位移关系可知mx＝2mx1，x＋x1＝2L，联立解得x＝eq\f(4L,3)，C正确，D错误。9．解析：D规定向右为正方向，根据动量守恒定律有Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(M－m,M＋m)v0，若M>m，物体A所受的摩擦力Ff＝μmg，对物体A，根据动能定理得－μmgxA＝0－eq\f(1,2)mv02，则物体A相对地面向左的最大位移xA＝eq\f(v02,2μg)，故A错误；若M<m，对平板车B，由动能定理得－μmgxB＝0－eq\f(1,2)Mv02，则平板车B相对地面向右的最大位移xB＝eq\f(Mv02,2μmg)，故B错误；根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即I＝－Fft＝Mv－Mv0＝eq\f(－2mMv0,m＋M)，Ff＝μmg，解得t＝eq\f(2Mv0,μ（M＋m）g)，故C错误，D正确。10．解析：C设冰壶质量为m，碰后蓝壶的速度为v，由题中v­t图像可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后红壶的速度为v0′＝0.4m/s，两壶碰撞过程内力远大于外力，系统动量守恒，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝mv0′＋mv代入数据解得v＝0.6m/s，碰撞前两壶的总动能为Ek0＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×m×12＝0.5m碰撞后两壶的总动能为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则碰撞过程中两壶的机械能不守恒，故A错误；根据v­t图像的斜率表示加速度，由题中v­t图像可知，碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，即a红>a蓝，两壶质量m相等，由牛顿第二定律可知，摩擦力为Ff＝ma，则Ff红>Ff蓝，故B错误；由题中v­t图像可知，两壶碰撞前，红壶的加速度大小为a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.2－1.0,1)m/s2＝0.2m/s2，由题中v­t图像可知，蓝壶静止的时刻为t＝eq\f(v红,a1)＝eq\f(1.2,0.2)s＝6s，碰撞后蓝壶的运动时间t蓝＝6s－1s＝5s，故C正确；速度图像与时间t轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为Δx＝x蓝－x红＝eq\f(1,2)×0.6×(6－1)m－eq\f(1,2)×0.4×(3－1)m＝1.1m，故D错误。11．解析：C根据弹性碰撞特点可知，每碰撞一次白球的速度变为原来的eq\f(1.5m－m,1.5m＋m)＝eq\f(1,5)，而8号球每次将速度传给右侧球，故白球与8号球碰撞7次后，白球速度v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(7)v0，此时8号球速度为零，之后再次碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得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号红球最终的速度大小为v″＝eq\f(6,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(7)v0，C正确，A、B、D错误。12．解析：(1)物体离开C点后做平抛运动，竖直方向2R＝eq\f(1,2)gt2水平方向x＝vCt代入数据解得x＝1.2m。(2)在C点，由牛顿第二定律得2mg＋FN＝2meq\f(vC2,R)代入数据解得FN＝25N由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力大小FN′＝FN＝25N。(3)物体从B到C过程机械能守恒，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)×2mvB2＝eq\f(1,2)×2mvC2＋2mg·2R两物体碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mvB代入数据解得v0＝10m/s。答案：(1)1.2m(2)25N(3)10m/s13．解析：(1)对球1从A到B应用动能定理有m1gR＝eq\f(1,2)m1v02在B点对球1应用牛顿第二定律有FN－m1g＝m1eq\f(v02,R)联立解得v0＝4m/s，FN＝12N由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝12N。(2)球1、球2的碰撞，根据动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2由机械能守恒定律得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则v3＝eq\f(2m2,m2＋m3)·eq\f(2m1,m1＋m2)v0代入数据得v3＝eq\f(1.6,m2＋\f(0.04,m2)＋0.5)v0，由数学知识，当m2＝eq\f(0.04,m2)时，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

立体几何1未命名考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积为（

）A． B． C． D．不确定2．已知在棱长均为的正三棱柱中，点为的中点，若在棱上存在一点，使得平面，则的长度为（

）A． B． C． D．二、多选题3．在四棱锥中，底面是正方形，底面，，截面与直线平行，与交于点，则下列判断正确的是（

）A．为的中点B．与所成的角为C．平面D．三棱锥与四棱锥的体积之比等于4．已知平行六面体的所有棱长都为1，顶点在底面上的射影为，若，则（

）A． B．与所成角为C．O是底面的中心 D．与平面所成角为第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题5．如图，在长方体中，，则二面角的大小为______．四、解答题6．如图，在三棱锥中，，为的中点.（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.7．如图，在四棱锥中，四边形为梯形，，，（1）若为中点，证明：面（2）若点在面上投影在线段上，，证明：面.8．如图，已知平面．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若，求二面角的大小．9．如图在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，点E，F分别是棱PC和PD的中点.（1）求证：EF∥平面PAB；（2）若AP=AD，且平面PAD⊥平面ABCD，证明AF⊥平面PCD.试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page3535页，共=sectionpages99页参考答案：1．A【解析】【分析】根据题意可知平面，而，在线段上运动，则平面，从而得出点到直线的距离不变，求出的面积，再根据线面垂直的判定定理可证出平面，得出点到平面的距离为，最后利用棱锥的体积公式求出三棱锥的体积.【详解】解：由题可知，正方体的棱长为1，则平面，又，在线段上运动，平面，点到直线的距离不变，由正方体的性质可知平面，则，而，，故的面积为，又由正方体可知，，，且，平面，则平面，设与交于点，则平面，点到平面的距离为，.故选：A.2．B【解析】设点为的中点，取的中点，连接，，然后证明平面即可.【详解】如图，设点为的中点，取的中点，连接，，则，又平面，平面，∴平面，易知，故平面与平面是同一个平面，∴平面，此时，故选：B3．ACD【解析】【分析】在A中，连结，交于点，连结，则平面平面，推导出，由四边形是正方形，从而，进而；在B中，由，得（或其补角）为与所成角，推导出，从而与所成角为；在C中，推导出，，由此能证明平面；在D中，设，则，．由此能求出三棱锥与四棱锥的体积之比等于．【详解】解：在A中，连结，交于点，连结，则平面平面，∵平面，平面，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，故A正确；在B中，∵，∴（或其补角）为与所成角，∵平面，平面，∴，在中，，∴，∴与所成角为，故B错误；在C中，∵四边形为正方形，∴，∵平面，平面，∴，∵，、平面，∴平面，故C正确；在D中，设，则，．∴，故D正确．故选：ACD．4．ACD【解析】【分析】由题设，若交于，易知△、△为等边三角形，△、△为等腰直角三角形，由线面垂直的判定可证面、面，即可判断C、D；再根据线面垂直的判定、性质可知，由平行的推论可得△为直角三角形，即可判断A、B.【详解】由题设，易知六面体上下底面、为正方形，连接、、，又且各棱长为1，∴△、△为等边三角形，又，则，故，则.∴△、△为等腰直角三角形，若交于，连接，则，即，∴，又，，即面，同理可得面，∴的投影为，即与点重合，故O是底面的中心，且与平面所成角为，故C、D正确；由上易知：，，，即面，又面，∴，连接，则，故，又，且，∴，在直角△中，显然与所成角为不为，故A正确，B错误.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：根据平行六面体的性质及已知条件证线面、面面垂直判断的投影及与平面所成角，由线面垂直的性质及平行推论证△为直角三角形判断长及与所成角.5．【解析】连接AC交BD于点E，连接，证明为二面角的平面角，即可利用三角函数求.【详解】连接AC交BD于点E，连接，，底面ABCD是正方形，则即，又底面ABCD，根据三垂线定理可知，为二面角的平面角，不妨设，则，，，又，.故答案为：【点睛】求解二面角的常用方法：1、定义法：过二面角的棱上任一点在两个面内分别作垂直于棱的直线，则两直线所构成的角即为二面角的平面角，继而在平面中求出其平面角的一种方法；2、三垂线法：利用三垂线定理，根据“与射影垂直，则也与斜线垂直”的思想构造出二面角的平面角，继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，则截面与二面角的两个面必有两条交线，这两条交线构成的角即为二面角的平面角，继而再求出其平面角的一种方法；4、面积射影法：根据图形及其在某一个平面上的射影面积之间的关系，利用射影的面积比上原来的面积等于二面角的余弦值，来计算二面角。此法常用于无棱的二面角；5、法向量法：通过求与二面角垂直的两个向量所成的角，继而利用这个角与二面角的平面角相等或互补的关系，求出二面角的一种方法。6．（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用平面可证平面平面；（2）过点P作的垂线，垂足为H，连结，通过证明平面可得直线与平面所成角为，再通过计算可得结果.【详解】（1）因为为正三角形，所以；因为，所以.又，平面，所以平面.因为平面，所以平面平面（2）过点P作的垂线，垂足为H，连结.因为平面平面，又平面平面，平面，故平面.所以直线与平面所成角为在中，，由余弦定理得，所以.所以,又，故，即直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】关键点点睛：第（1）问利用线面垂直证明面面垂直是解题关键；第（2）问作出线面角并证明线面角是解题关键.7．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）取中点为，连接，，四边形为平行四边形，所以，利用线面平行的性质定理即可证明；（2）利用勾股定理证明，设点在面上投影在线段上设为点，再利用已知条件证明，利用线面垂直的判断定理即可证明.【详解】（1）取中点为，连接，，则为中位线，且，又四边形是直角梯形，，且，四边形为平行四边形，所以，因为面，面，所以面.（2）在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，，，设点在面上投影在线段上，设为点，面，面，，又，，面.【点睛】方法点睛：证明直线与平面平行的常用方法（1）定义法：证明直线与平面没有公共点，通常要借助于反证法来证明；（2）判定定理：在利用判断定理时，关键找到平面内与已知直线平行的直线，常考虑利用三角形中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明；8．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）根据和证明平面，即可证明；（Ⅱ）由题可得即为二面角的平面角，根据已知求解即可.【详解】（Ⅰ）平面，平面，，，，平面，平面，平面平面；（Ⅱ）由（1）得平面，平面，，，即为二面角的平面角，在直角三角形中，，则，，即二面角的大小为.9．（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）由中位线定理得，从而可得，得线面平行；（2）由等腰三角形得，再由面面垂直的性质定理得与平面垂直，从而得，再由线面垂直的判定定理得证线面垂直．【详解】证明：（1）因为点E，F分别是棱PC和PD的中点.，所以，又，所以，而平面，平面，所以平面；（2），是的中点，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．

立体几何1未命名考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积为（

）A． B． C． D．不确定2．已知在棱长均为的正三棱柱中，点为的中点，若在棱上存在一点，使得平面，则的长度为（

）A． B． C． D．二、多选题3．在四棱锥中，底面是正方形，底面，，截面与直线平行，与交于点，则下列判断正确的是（

）A．为的中点B．与所成的角为C．平面D．三棱锥与四棱锥的体积之比等于4．已知平行六面体的所有棱长都为1，顶点在底面上的射影为，若，则（

）A． B．与所成角为C．O是底面的中心 D．与平面所成角为第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题5．如图，在长方体中，，则二面角的大小为______．四、解答题6．如图，在三棱锥中，，为的中点.（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.7．如图，在四棱锥中，四边形为梯形，，，（1）若为中点，证明：面（2）若点在面上投影在线段上，，证明：面.8．如图，已知平面．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若，求二面角的大小．9．如图在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，点E，F分别是棱PC和PD的中点.（1）求证：EF∥平面PAB；（2）若AP=AD，且平面PAD⊥平面ABCD，证明AF⊥平面PCD.参考答案：1．A【解析】【分析】根据题意可知平面，而，在线段上运动，则平面，从而得出点到直线的距离不变，求出的面积，再根据线面垂直的判定定理可证出平面，得出点到平面的距离为，最后利用棱锥的体积公式求出三棱锥的体积.【详解】解：由题可知，正方体的棱长为1，则平面，又，在线段上运动，平面，点到直线的距离不变，由正方体的性质可知平面，则，而，，故的面积为，又由正方体可知，，，且，平面，则平面，设与交于点，则平面，点到平面的距离为，.故选：A.2．B【解析】设点为的中点，取的中点，连接，，然后证明平面即可.【详解】如图，设点为的中点，取的中点，连接，，则，又平面，平面，∴平面，易知，故平面与平面是同一个平面，∴平面，此时，故选：B3．ACD【解析】【分析】在A中，连结，交于点，连结，则平面平面，推导出，由四边形是正方形，从而，进而；在B中，由，得（或其补角）为与所成角，推导出，从而与所成角为；在C中，推导出，，由此能证明平面；在D中，设，则，．由此能求出三棱锥与四棱锥的体积之比等于．【详解】解：在A中，连结，交于点，连结，则平面平面，∵平面，平面，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，故A正确；在B中，∵，∴（或其补角）为与所成角，∵平面，平面，∴，在中，，∴，∴与所成角为，故B错误；在C中，∵四边形为正方形，∴，∵平面，平面，∴，∵，、平面，∴平面，故C正确；在D中，设，则，．∴，故D正确．故选：ACD．4．ACD【解析】【分析】由题设，若交于，易知△、△为等边三角形，△、△为等腰直角三角形，由线面垂直的判定可证面、面，即可判断C、D；再根据线面垂直的判定、性质可知，由平行的推论可得△为直角三角形，即可判断A、B.【详解】由题设，易知六面体上下底面、为正方形，连接、、，又且各棱长为1，∴△、△为等边三角形，又，则，故，则.∴△、△为等腰直角三角形，若交于，连接，则，即，∴，又，，即面，同理可得面，∴的投影为，即与点重合，故O是底面的中心，且与平面所成角为，故C、D正确；由上易知：，，，即面，又面，∴，连接，则，故，又，且，∴，在直角△中，显然与所成角为不为，故A正确，B错误.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：根据平行六面体的性质及已知条件证线面、面面垂直判断的投影及与平面所成角，由线面垂直的性质及平行推论证△为直角三角形判断长及与所成角.5．【解析】连接AC交BD于点E，连接，证明为二面角的平面角，即可利用三角函数求.【详解】连接AC交BD于点E，连接，，底面ABCD是正方形，则即，又底面ABCD，根据三垂线定理可知，为二面角的平面角，不妨设，则，，，又，.故答案