2020年上海市高二(下)期中数学试卷
2020-2021学年上海中学高二下学期期中数学试卷(含答案解析)
2020-2021学年上海中学高二下学期期中数学试卷一、单选题（本大题共6小题，共18.0分）1.设是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列四个命题中假命题的是()A. 若则B. 若则C. 若则D. 若，则2.如图，设平面α∩平面β=EF，AB⊥α，CD⊥α，垂足分别为B，D，如果再增加一个条件，就可以推出BD⊥EF.现有：①AC⊥β；②AC//EF；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上．那么上述三个条件中能成为增加条件的个数是()A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个3.如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，AB=AC，E是BC的中点，则下列叙述不正确的是()A. AC//平面A1B1C1B. AE⊥B1C1C. AC⊥平面ABB1AD. AE⊥EB14.已知点B、C在二面角α−l−β的棱l上，A∈α，D∈β，AB⊥l，CD⊥l，AB=2，BC=1，CD=3，若AD的长为2√5，则二面角α−l−β的大小为()A. 150°B. 120°C. 60°D. 30°5.已知向量a⃗=(x,−1)，b⃗ =(y,2)，且a⃗⊥b⃗ ，则|a⃗+b⃗ |的最小值为()A. 0B. 1C. 2D. 36.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的体积为16√2，点P在正方形A1B1C1D1上，且A1，C到P的距离分别为2，2√3，则直线CP与平面BDD1B1，所成角的正切值为()A. √22B. √33C. 12D. 13二、单空题（本大题共12小题，共36.0分）7.如图，在圆O中，直径AB与弦CD垂直，垂足为E(E在A，O之间)，EF⊥BC，垂足为F.若，则AB=6，CF⋅CB=5，则AE=______．8.在三棱柱中侧棱垂直于底面，，，，且三棱柱的体积为3，则三棱柱的外接球的表面积为．9.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1M=AN=√2a4，则MN与A1B1所成的角为______．10.如图，在一个60°的二面角的棱上，有两个点A、B，AC，BD分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于AB的线段，且AB=2，AC=3，BD=4，则CD的长为______．11.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图)，，，，则这个平面图形的面积是;12.抛物线上一点到直线的距离最短的点的坐标是()A. (1,1)B. ()C.D. (2,4)13.如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是棱CC1上的一个动点，平面BED1交棱AA1于点F.给出下列四个结论：①存在点E，使得A1C1//平面BED1F；②存在点E，使得B1D⊥平面BED1F；③对于任意的点E，平面A1C1D⊥平面BED1F；④对于任意的点E，四棱锥B1−BED1F的体积均不变．其中，所有正确结论的序号是______．14.如图，矩形ABCD中，AB=2AD=2，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE，若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，对于下列说法：①|CA|≥|CA1|.②若点A1在平面ABCD的射影为O，则点O在∠BAD的平分线上．③一定存在某个位置，使DE⊥AC1④若|CA1|=√3，则平面A1DE⊥平面ABCD其中正确的说法是______ ．15.DB1⊥面ACD1．D⊥BC1；三棱锥A−1P的积不变；A1P//面AD；其正确的命题的号是______ ．16.在四面体A−BCD中，AB=AC=AD=BC=BD=2，若四面体A−BCD的外接球的体积V=8√2π，则CD=______．317.四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，AB=2，PA=2√3，3 E为BC中点，F在棱PD上，则当EF与平面PAD所成角最大时，点B到平面AEF的距离为______ ．18.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下面结论中正确的是________(把正确结论的序号都填上)．①BD//平面CB1D1；②AC1⊥平面CB1D1；③AC1与底面ABCD所成角的正切值是．三、解答题（本大题共4小题，共48.0分）19.在图1中，△ABC和△ACD都是直角三角形，AB=BC=√6，∠CAD=30°，∠ACD=90°.将△ABC沿AC折起，使得AB⊥BD，如图2．(1)证明：平面ABC⊥平面ACD；(2)若E，F分别为AD，CD的中点，求二面角B−EF−A的大小．20.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，E为PD上的动点．(1)确定E的位置，使PB//平面AEC；(2)设PA=AB=1，且在第(1)问的结论下，求平面AEC与平面ADE夹角的余弦值．21.如图，在四棱锥P−ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，AB=1，PA=2．(Ⅰ)证明：直线CE//平面PAB；(Ⅱ)求三棱锥E−PAC的体积．22.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=CC1=2，AB⊥BC，点M，N分别是CC1，B1C的中点，G是棱AB上的动点．(Ⅰ)求证：B1C⊥平面BNG；(Ⅱ)若G点是AB的中点，求证：CG//平面AB1M；(Ⅲ)求二面角M−AB1−B的余弦值．【答案与解析】1.答案：C解析：试题分析：设m∩α=O，过O与直线n的平面β，利用线面平行的性质得线线平行，再由线线平行得线线垂直，来判断A是否正确；根据平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面，来判断B是否正确；借助图形，若l//α，α⊥β，直线l与平面β的位置关系不确定，由此可判断C是否正确；根据平行平面中的一个垂直于一条直线，另一个也垂直于这条直线，由此判断D是否正确．考点：空间的线面的位置关系．2.答案：C解析：解：①因为AC⊥β，且EF⊂β，所以AC⊥EF．又AB⊥α，且EF⊂α，所以EF⊥AB．因为AC∩AB=A，AC⊂平面ACBD，AB⊂平面ACBD，所以EF⊥平面ACBD，因为BD⊂平面ACBD，所以BD⊥EF．所以①可以成为增加的条件．②若AC//EF，则AC//平面α，所以BD//AC，所以BD//EF．所以②不可以成为增加的条件．AC与α，β所成的角相等，AC与EF不一定，可以是相交、可以是平行、也可能垂直，所以EF与平面ACDB不垂直，所以就推不出EF与BD垂直．所以②不可以成为增加的条件．③AC与CD在β内的射影在同一条直线上因为CD⊥α且EF⊂α所以EF⊥CD．所以EF与CD在β内的射影垂直，AC与CD在β内的射影在同一条直线上所以EF⊥AC因为AC∩CD=C，AC⊂平面ACBD，CD⊂平面ACBD，所以EF⊥平面ACBD，因为BD⊂平面ACBD所以BD⊥EF．所以③可以成为增加的条件．故选：C ．利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．本题考查能成为增加条件的命题个数的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．3.答案：C解析：解：三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，由AC//A 1C 1，AC ⊄平面A 1B 1C 1，可得AC//A 1B 1C 1，故A 正确；由AB =AC ，E 是BC 的中点，可得AE ⊥BC ，BC//B 1C 1，即有AE ⊥B 1C 1，故B 正确； 由侧棱AA 1⊥底面A 1B 1C 1，可得AC ⊥AA 1，但AC 不一定垂直于AB ，可得AC 不一定垂直于平面ABB 1A 1，故C 错误；由AE ⊥BC ，AE ⊥BB 1，可得AE ⊥平面BB 1C 1C ，则AE ⊥EB 1，故D 正确．故选：C ．由线面平行的判定定理可判断A ；由线线垂直的判定可判断B ；由线面垂直的判定定理可判断C ；由线面垂直的判定定理和性质可判断D ．本题考查空间线线、线面的位置关系，考查平行和垂直的判定和性质，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题．4.答案：B解析：解：由条件，知AB ⊥l ，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，CD ⊥l ，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∵AB =2，BC =1，CD =3，AD =2√5，∴|AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2=(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ )2=AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD⃗⃗⃗⃗⃗ +2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗=4+1+9+2×2×3×cos <AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ >=20， ∴cos <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ >=12． ∴<AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ >=60°，由图可知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 所成角与二面角α−l −β的平面角互补，∴二面角的大小为120°．故选：B ．将向量AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 转化成AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，然后由等式两边同时平方即可求出cos <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ >，进一步求得二面角α−l −β的大小．本题考查了二面角的计算，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于中档题． 5.答案：D解析：解：由题意，因为向量a ⃗ =(x,−1)，b ⃗ =(y,2)，且a ⃗ ⊥b ⃗ ，所以xy =2，所以|a ⃗ +b ⃗ |2=(x +y)2+1=x 2+y 2+2xy +1≥4xy +1=9，所以|a ⃗ +b⃗ |≥3； 故选D ．首先求出xy ，然后利用x ，y 表示|a ⃗ +b ⃗ |，利用基本不等式求最小值．本题考查了向量的坐标运算以及利用基本不等式求最值．6.答案：A解析：本题考查了空间距离与线面角的计算，判断P 点位置是关键，属于中档题．根据勾股定理计算C 1P ，结合A 1P 得出P 为A 1C 1的中点，再构造直角三角形计算线面角即可． 解：设正方体的边长为a ，则a 3=16√2，故a =2√2，∴A 1C 1=√2a =4，∵CP =√CC 12+C 1P 2=2√3，∴C 1P =2，又A 1P =2，∴P 为线段A 1C 1的中点，设AC ∩BD =O ，则OC ⊥平面BDD 1B 1，故∠CPO 为直线CP 与平面BDD 1B 1所成角，∴tan∠CPO=OCOP =22√2=√22．故选：A．7.答案：1解析：解：在Rt△BCE中，EC2=CF⋅CB=5，∴EC2=5．∵AB⊥CD，∴CE=ED．由相交弦定理可得AE⋅EB=CE⋅ED=CE2=5．∴(3−OE)⋅(3+OE)=5，解得OE=2，∴AE=3−OE=1．故答案为1．在Rt△BEC中，由射影定理可得EC2=CF⋅CB，由垂径定理可得CE=ED，再利用相交弦定理即可求出AE．熟练掌握射影定理、垂径定理、相交弦定理是解题的关键．8.答案：解析：解：该直三棱柱的底面是直角三角形，另一直角边长为，斜边长为．设三棱柱高为，则有．取三棱柱上下底面直角三角形斜边的中点并连接，由平面几何的性质可知，斜边连线中点即为外接球球心，球半径为，所以，外接球的表面积为．9.答案：π2解析：本题考查异面直线及其所成角，训练了利用空间向量求解空间角，是基础题．以C1为坐标原点，分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出。
2020年上海市高二(下)期中数学试卷解析版
高二（下）期中数学试卷题号一二三总分得分一、选择题（本大题共4小题，共12.0分）1.已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（ ）A. B. C. 2π D. 4π2.如图，在大小为45°的二面角A-EF-D中，四边形ABFE与CDEF都是边长为1的正方形，则B与D两点间的距离是（ ）A. B. C.1 D.3.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈L2h，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3，那么，近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为（ ）A. B. C. D.4.在正方体ABCD-A′B′C′D′中，若点P（异于点B）是棱上一点，则满足BP与AC′所成的角为45°的点P的个数为（ ）A. 0B. 3C. 4D. 6二、填空题（本大题共12小题，共36.0分）5.如果一条直线与两条直线都相交，这三条直线共可确定______个平面．6.已知球的体积为36π，则该球主视图的面积等于______．7.若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16，则a=______．8.如图，以长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为（4，3，2），则的坐标是______．9.若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面角的大小为______（结果用反三角函数值表示）．10.已知圆柱Ω的母线长为l，底面半径为r，O是上底面圆心，A，B是下底面圆周上两个不同的点，BC是母线，如图，若直线OA与BC所成角的大小为，则=______．11.已知△ABC三个顶点到平面α的距离分别是3，3，6，则其重心到平面α的距离为______（写出所有可能值）12.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则的取值范围是______．13.如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于O，剪去△AOB，将剩余部分沿OC、OD折叠，使OA、OB重合，则以A、（B）、C、D、O为顶点的四面体的体积为______．14.某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则3x+4y的最大值为______15.已知A、B、C、P为半径为R的球面上的四点，其中AB、AC、BC间的球面距离分别为、、，若，其中O为球心，则x+y+z的最大值是______16.如图，在四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，过EF任作一个平面α分别与直线BC，AD相交于点G，H，则下列结论正确的是______．①对于任意的平面α，都有直线GF，EH，BD相交于同一点；②存在一个平面α0，使得点G在线段BC上，点H在线段AD的延长线上；③对于任意的平面α，都有S△EFG=S△EFH；④对于任意的平面α，当G，H在线段BC，AD上时，几何体AC-EGFH的体积是一个定值．三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）17.现在四个正四棱柱形容器，1号容器的底面边长是a，高是b；2号容器的底面边长是b，高是a；3号容器的底面边长是a，高是a；4号容器的底面边长是b，高是b ．假设a≠b，问是否存在一种必胜的4选2的方案（与a、b的大小无关），使选中的两个容器的容积之和大于余下的两个容器的容积之和？无论是否存在必胜的方案，都要说明理由18.如图，已知圆锥底面半径r=20cm，O为底面圆圆心，点Q为半圆弧的中点，点P为母线SA的中点，PQ与SO所成的角为arctan2，求：（1）圆锥的侧面积；（2）P，Q两点在圆锥侧面上的最短距离．19.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠DAB为直角，AB∥CD，AD＝CD＝2AB＝2PA＝2，E、F分别为PC、CD的中点．（1）试证：CD⊥平面BEF；（2）求BC与平面BEF所成角的大小；（3）求三棱锥P﹣DBE的体积．20.如图，P-ABC是底面边长为1的正三棱锥，D、E、F分别为棱长PA、PB、PC上的点，截面DEF∥底面ABC，且棱台DEF-ABC与棱锥P-ABC的棱长和相等（棱长和是指多面体中所有棱的长度之和）．（1）证明：P-ABC为正四面体；（2）若，求二面角D-BC-A的大小（结果用反三角函数值表示）；（3）设棱台DEF-ABC的体积为V，是否存在体积为V且各棱长均相等的直平行六面体，使得它与棱台DEF-ABC有相同的棱长和？若存在，请具体构造出这样的一个直平行六面体，并给出证明；若不存在，请说明理由（注：用平行于底的截面截棱锥，该截面与底面之间的部分称为棱台，本题中棱台的体积等于棱锥P-ABC的体积减去棱锥P-DEF的体积）．21.火电厂、核电站的循环水自然通风冷却塔是一种大型薄壳型建筑物．建在水源不十分充分的地区的电厂，为了节约用水，需建造一个循环冷却水系统，以使得冷却器中排出的热水在其中冷却后可重复使用，大型电厂采用的冷却构筑物多为双曲线型冷却塔．此类冷却塔多用于内陆缺水电站，其高度一般为75～150米，底边直径65～120米．双曲线型冷却塔比水池式冷却构筑物占地面积小，布置紧凑，水量损失小，且冷却效果不受风力影响；它比机力通风冷却塔维护简便，节约电能；但体形高大，施工复杂，造价较高（以上知识来自百度，下面题设条件只是为了适合高中知识水平，其中不符合实际处请忽略．图1）（1）图2为一座高100米的双曲线冷却塔外壳的简化三视图（忽略壁厚），其底面直径大于上底直径．已知其外壳主视图与左视图中的曲线均为双曲线，高度为100m，俯视图为三个同心圆，其半径分别为40m，m，30m，试根据上述尺寸计算主视图中该双曲线的标准方程（m为长度单位米）．（2）试利用课本中推导球体积的方法，利用圆柱和一个倒放的圆锥，计算封闭曲线：，y=0，y=h，绕y轴旋转形成的旋转体的体积为______（用a，b，h表示）（用积分计算不得分，图3、图4）现已知双曲线冷却塔是一个薄壳结构，为计算方便设其内壁所在曲线也为双曲线，其壁最厚为0.4m（底部），最薄处厚度为0.3m（喉部，即左右顶点处）．试计算该冷却塔内壳所在的双曲线标准方程是______，并计算本题中的双曲线冷却塔的建筑体积（内外壳之间）大约是______m3（计算时π取3.14159，保留到个位即可）（3）冷却塔体型巨大，造价相应高昂，本题只考虑地面以上部分的施工费用（建筑人工和辅助机械）的计算，钢筋土石等建筑材料费用和和其它设备等施工费用不在本题计算范围内．超高建筑的施工（含人工辅助机械等）费用随着高度的增加而增加．现已知：距离地面高度30米（含30米）内的建筑，每立方米的施工费用平均为：400元/立方米；30米到40米（含40米）每立方米的施工费用为800元/立方米；40米以上，平均高度每增加1米，每立方米的施工费用增加100元．试计算建造本题中冷却塔的施工费用（精确到万元）答案和解析1.【答案】B【解析】解：如图为等腰直角三角形旋转而成的旋转体．V=2×S•h=2×πR2•h=2×π×（）2×=．故选：B．画出图形，根据圆锥的体积公式直接计算即可．本题考查圆锥的体积公式，考查空间想象能力以及计算能力．是基础题．2.【答案】D【解析】解：∵四边形ABFE与CDEF都是边长为1的正方形，∴==0，又大小为45°的二面角A-EF-D中，∴•=1×1×cos（180°-45°）=-．∵=，∴=+++=3-，∴=．故选：D．由=，利用数量积运算性质展开即可得出．本题考查了数量积运算性质、向量的多边形法则、空间角，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．1的正方形，则B与C两点间的距离是（ ）改为则B与D两点间的距离是（？？？？3.【答案】B【解析】解：设圆锥底面圆的半径为r，高为h，则L=2πr，∴=（2πr）2h，∴π=．故选：B．根据近似公式V≈L2h，建立方程，即可求得结论．本题考查圆锥体积公式，考查学生的阅读理解能力，属于基础题．【解析】解：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设棱长AB=1，B（1，0，1），C（1，1，1）．①在Rt△AA′C中，tan∠AA′C==，因此∠AA′C≠45°．同理A′B′，A′D′与A′C所成的角都为arctan°．故当点P位于（分别与上述棱平行）棱BB′，BA，BC上时，与A′C所成的角都为arctan°，不满足条件；②当点P位于棱AD上时，设P（0，y，1），（0≤y≤1），则=（-1，y，0），=（1，1，1）．若满足BP与AC′所成的角为45°，则＞|==，化为y2+4y+1=0，无正数解，舍去；同理，当点P位于棱B′C上时，也不符合条件；③当点P位于棱A′D′上时，设P（0，y，0），（0≤y≤1），则=（-1，y，-1），=（1，1，1）．若满足BP与AC'所成的角为45°，则＞|==，化为y2+8y-2=0，∵0≤y≤1，解得y=3-4，满足条件，此时点P．④同理可求得棱A′B′上一点P，棱A′A上一点P．而其它棱上没有满足条件的点P．综上可知：满足条件的点P有且只有3个．故选：B．通过建立空间直角坐标系，通过分类讨论利用异面直线的方向向量所成的夹角即可找出所有满足条件的点P的个数．熟练掌握通过建立空间直角坐标系，通过分类讨论利用异面直线的方向向量所成的夹角得到异面直线所成的角是解题的关键．5.【答案】1或2或3【解析】解：如果三条直线都交于一点，且三线不共面，则每两条直线都确定一个平面，共确定3个平面；如果三条直线两两相交，交于不同的三点，则只确定1个平面；如果两条直线异面，另一条与其均相交，则只确定2个平面；如果两条直线平行，另一条与其均相交，则只确定1个平面．综上，这三条直线共可确定1或2或3个平面．故答案为：1或2或3．讨论这两条直线的位置情况，从而得出三条直线所确定的平面数．本题考查了由直线确定平面的应用问题，是平面的基本性质与推论的应用问题，是基础题目．【解析】解：球的体积为36π，设球的半径为R，可得πR3=36π，可得R=3，该球主视图为半径为3的圆，可得面积为πR2=9π．故答案为：9π．由球的体积公式，可得半径R=3，再由主视图为圆，可得面积．本题考查球的体积公式，以及主视图的形状和面积求法，考查运算能力，属于基础题．7.【答案】4【解析】解：由题意可得，正棱柱的底面是变长等于a的等边三角形，面积为•a•a•sin60°，正棱柱的高为a，∴（•a•a•sin60°）•a=16，∴a=4，故答案为：4．由题意可得（•a•a•sin60°）•a=16，由此求得a的值．本题主要考查正棱柱的定义以及体积公式，属于基础题．8.【答案】（-4，3，2）【解析】解：如图，以长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，∵的坐标为（4，3，2），∴A（4，0，0），C1（0，3，2），∴．故答案为：（-4，3，2）．由的坐标为（4，3，2），分别求出A和C1的坐标，由此能求出结果．本题考查空间向量的坐标的求法，考查空间直角坐标系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．9.【答案】arccos【解析】解：设圆锥母线与轴所成角为θ，∵圆锥的侧面积是底面积的3倍，∴==3，即圆锥的母线是圆锥底面半径的3倍，故圆锥的轴截面如下图所示：则cosθ==，∴θ=arccos，故答案为：arccos由已知中圆锥的侧面积是底面积的3倍，可得圆锥的母线是圆锥底面半径的3倍，在轴截面中，求出母线与底面所成角的余弦值，进而可得母线与轴所成角．本题考查的知识点是旋转体，其中根据已知得到圆锥的母线是圆锥底面半径的3倍，是解答的关键．10.【答案】【解析】解：如图，过A作与BC平行的母线AD，连接OD，则∠OAD为直线OA与BC所成的角，大小为．在直角三角形ODA中，因为，所以．则．故答案为过A作与BC平行的母线AD，由异面直线所成角的概念得到∠OAD为．在直角三角形ODA中，直接由得到答案．本题考查了异面直线所成的角，考查了直角三角形的解法，是基础题．11.【答案】0，2，4【解析】解：如图，设A、B、C在平面α上的射影分别为A′、B′、C′，△ABC的重心为G，连接CG交AB于中点E，又设E、G在平面α上的射影分别为E′、G′，则E′∈A′B'，G′∈C′E'，设AA'=BB'=3，CC'=6，EE'=3，由CG=2GE，在直角梯形EE′C′C中可求得GG′=4；当AB和C在平面α的两侧，由于EE'：CC'=1：2，可得GG′=0；当AB垂直于平面α，由中位线定理可得GG'=2．故答案为：0，2，4．根据题意画出图形，设A、B、C在平面α上的射影分别为A′、B′、C′，△ABC的重心为G，连接CG交AB于中点E，又设E、G在平面α上的射影分别为E′、G′，利用平面图形：直角梯形EE′C′C中数据可求得△ABC的重心到平面α的距离GG′即可．本题考查棱锥的结构特征、三角形的重心，考查计算能力，空间想象能力，是基础题，三角形重心是三角形三边中线的交点．重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．12.【答案】[0，1]【解析】【分析】本题主要考查两个向量坐标形式的运算，两个向量的数量积公式，属于中档题．建立空间直角坐标系，求出有关点的坐标可得、、、的坐标，再由=1-λ∈[0，1]，可得的取值范围．【解答】解：以所在的直线为x轴，以所在的直线为y轴，以所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系．则D（0，0，0）、C（0，1，0）、A（1，0，0）、B（1，1，0）、D1（0，0，1）．∴=（0，1，0）、（-1，-1，1）．∵点P在线段BD1上运动，∴=λ•=（-λ，-λ，λ），且0≤λ≤1．∴=+=+=（-λ，1-λ，λ），∴=1-λ∈[0，1]，故答案为[0，1]．13.【答案】【解析】解：翻折后的几何体为底面边长为4，侧棱长为2的正三棱锥，高为所以该四面体的体积为=．故答案为：根据题意，求出翻折后的几何体为底面边长，侧棱长，高，即可求出棱锥的体积．本题考查棱锥的体积，考查计算能力，是基础题．14.【答案】【解析】解：根据几何体得三视图转换为几何体为：所以：利用三视图的关系，构造成四棱锥体，所以：x2=1+4-y2，整理得：x2+y2=5，故：（3x+4y）2≤（32+42）（x2+y2），整理得：．故答案为：5首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的边长关系式和不等式的应用求出结果．本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，不等式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．15.【答案】【解析】解：依题意，OA⊥OC，OB⊥OC，又OA∩OB=O，所以OC⊥平面OAB，以OA，OC所在直线分别为x轴，y轴，O为坐标原点立空间坐标系，则=（R，0，0），=（0，R，0）因为OA与OB夹角为，所以不妨设=（R，R，0），如图，则=（（x+）R，R，R），因为P在球O上，所以||=R，所以+y2R2+=R2，即+y2+=1，所以由柯西不等式[12+12+][+y2+]≥1×（x+）+1×y+×=x+y+z，解得x+y+z≤=．故答案为：．以OA，OC所在直线分别为x轴，y轴建立空间坐标系，求出，，的坐标，根据P在球O上，得到||的长度为R，再结合柯西不等式即可得到结论．本题考查了球面距离，空间向量的坐标运算，向量的模，柯西不等式等知识，属于中档题．16.【答案】③，④【解析】解：①取AD的中点H，BC的中点G，则EGFH在一个平面内，此时直线GF∥EH∥BD，因此不正确；②不存在一个平面α0，使得点G在线段BC上，点H在线段AD的延长线上；③分别取AC、BD的中点M、N，则BC∥平面MENF，AD∥平面MENF，且AD与BC 到平面MENF的距离相等，因此对于任意的平面α，都有S△EFG=S△EFH．④对于任意的平面α，当G，H在线段BC，AD上时，可以证明几何体AC-EGFH的体积是四面体ABCD体积的一半，因此是一个定值．综上可知：只有③④正确．故答案为：③④．①取AD的中点H，BC的中点G，则EGFH在一个平面内，此时直线GF∥EH∥BD；②不存在一个平面α0，使得点G在线段BC上，点H在线段AD的延长线上；③分别取AC、BD的中点M、N，则BC∥平面MENF，AD∥平面MENF，且AD与BC 到平面MENF的距离相等，可得对于任意的平面α，都有S△EFG=S△EFH．④对于任意的平面α，当G，H在线段BC，AD上时，可以证明几何体AC-EGFH的体积是四面体ABCD体积的一半．本题考查了线面平行的判定与性质定理、三角形的中位线定理，考查了推理能力和计算能力，属于难题．17.【答案】解：存在一种必胜的4选2的方案（与a、b的大小无关），使选中的两个容器的容积之和大于余下的两个容器的容积之和．理由如下：若选中3号容器与4号容器，则V3+V4＞V1+V2，即a3+b3＞a2b+ab2（a≠b，a ，b＞0）．证明如下：a3+b3-（a2b+ab2）=（a+b）（a2-ab+b2）-ab（a+b）=（a+b）（a-b）2．∵a≠b，a，b＞0，∴（a+b）（a-b）2＞0．∴a3+b3＞a2b+ab2（a≠b，a，b＞0），即V3+V4＞V1+V2．因此存在必胜方案是：选中3号容器与4号容器．【解析】存在一种必胜的4选2的方案（与a、b的大小无关），使选中的两个容器的容积之和大于余下的两个容器的容积之和．理由如下：若选中3号容器与4号容器，则V3+V4＞V1+V2，即a3+b3＞a2b+ab2（a≠b，a，b＞0）．通过作差即可证明结论．本题考查了乘法公式、不等式的性质、作差法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18.【答案】解：（1）过点P作PH⊥底面圆O，交AC于H，连接HQ，∵圆锥底面半径r=20cm，O为底面圆圆心，点Q为半圆弧的中点，点P为母线SA的中点，∴PH=，OQ⊥AC，OH=10，可得：HQ==10，∵PH∥SO，∴∠HPQ是PQ与SO所成的角，∵PQ与SO所成的角为arctan2，∴tan∠HPQ==2，∴HQ=2PH=SO，解得SO=10，l=SA==30，∴圆锥的侧面积：S=πrl=π×20×30=600π（cm2）．（2）作圆锥的侧面展开图，线段PQ即为所求最短距离．由已知OQ⊥SO，OQ⊥SA，∴OQ⊥OA，故Q是弧AB的中点，即Q是扇形弧的点．因为扇形弧长即为圆锥底面周长4π，由（1）知SO=10，母线SA=30，从而扇形的中心角为，∴∠QSA=，在△QSA中，SP=15，由余弦定理得：PQ===5，P，Q两点在圆锥侧面上的最短距离5cm．【解析】（1）过点P作PH⊥底面圆O，交AC于H，连接HQ，求出HQ的值，找出PQ与SO所成的角，求得SO、SA的值，再计算圆锥的侧面积；（2）作圆锥的侧面展开图，找出所求的最短距离，利用余弦定理求出即可．本题考查了求圆锥的体积、多面体和旋转体表面上的最短距离问题，主要根据几何体的结构特征、直角三角形、题中的条件，求出锥体的母线长和高，进而求出对应的值，考查了分析和解决问题的能力．本题需注意最短距离的问题最后都要转化为平面上两点间的距离的问题．19.【答案】（1）证明：∵AB∥CD，CD=2AB，F为CD的中点，∴四边形ABFD为平行四边形，又∠DAB为直角，∴DC⊥BF，又PA⊥底面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD，∵DC⊥AD，故DC⊥平面PAD，∴DC⊥PD，在△PCD内，E、F分别是PC、CD的中点，EF∥PD，∴DC⊥EF．由此得DC⊥平面BEF；（2）解：由（1）知，DC⊥平面BEF，则∠CBF为BC与平面BEF所成角，在Rt△BFC中，BF=AD=2，CF=，∴tan，则BC与平面BEF所成角的大小为；（3）解：由（1）知，CD⊥平面PAD，则平面PDC⊥平面PAD，在Rt△PAD中，设A到PD的距离为h，则PA•AD=PD•h，得h=，∴A到平面PDC的距离为，即B到平面PDC的距离为，，∴V P-DBE=V B-PDE==．【解析】（1）先证四边形ABFD为平行四边形，又∠DAB为直角，可得DC⊥BF，再由已知证明DC⊥PD，可得DC⊥EF，由线面垂直的判定可得DC⊥平面BEF；（2）由（1）知，DC⊥平面BEF，则∠CBF为BC与平面BEF所成角，求解三角形即可；（3）由（1）知，CD⊥平面PAD，则平面PDC⊥平面PAD，在Rt△PAD中，设A到PD 的距离为h，利用等面积法求得h，得A到平面PDC的距离为，即B到平面PDC的距离为，再利用等体积法求三棱锥P-DBE的体积．本题考查直线与平面垂直的判定，考查线面角的求法，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．20.【答案】（1）证明：∵棱台DEF-ABC与棱锥P-ABC的棱长和相等，∴DE+EF+FD=PD+OE+PF．又∵截面DEF∥底面ABC，∴DE=EF=FD=PD=PE=PF，∠DPE=∠EPF=∠FPD=60°，∴P-ABC是正四面体；（2）解：取BC的中点M，连拉PM，DM．AM．∵BC⊥PM，BC⊥AM，∴BC⊥平面PAM，BC⊥DM，则∠DMA为二面角D-BC-A的平面角．设P-ABC的各棱长均为1，∴PM=AM=，由D是PA的中点，得sin∠DMA==，∴∠DMA=arcsin；（3）存在满足条件的直平行六面体．棱台DEF-ABC的棱长和为定值6，体积为V．设直平行六面体的棱长均为，底面相邻两边夹角为α，则该六面体棱长和为6，体积为sinα=V．∵正四面体P-ABC的体积是，∴0＜V＜，0＜8V＜1．可知α=arcsin（8V）故构造棱长均为，底面相邻两边夹角为arcsin（8V）的直平行六面体即满足要求．【解析】（1）利用已知条件证明DE=EF=FD=PD=PE=PF，∠DPE=∠EPF=∠FPD=60°，从而证明P-ABC为正四面体；（2）PD=DA=，取BC的中点M，连拉PM，DM．AM．说明∠DMA为二面角D-BC-A 的平面角．解三角形DMA求二面角D-BC-A的大小；（3）存在满足条件的直平行六面体．设直平行六面体的棱长均为，底面相邻两边夹角为α，利用该六面体棱长和为6，体积为sinα=V．求出α=arcsin（8V）底面相邻两边夹角为arcsin（8V）的直平行六面体即满足要求．本题考查棱柱、棱锥、棱台的体积，平面与平面平行的性质，二面角及其度量，考查空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题．21.【答案】πa2h+-=1 6728【解析】解：（1）建立平面直角坐标系，如图所示，设双曲线方程为-=1，则a=30，设B（，n），C（40，n-100），代入双曲线方程可得：-=1…①-=1…②由①②解得b=30，n=30．∴该双曲线的标准方程为；（2）把y=h代入双曲线方程可得x-=1，解得x2=（a2+），令圆柱的底面半径为a，高为h，倒置圆锥的底面半径为，高为h，则对任意的0≤h′≤h，双曲线旋转体的截面面积为π（a2+），圆柱的截面面积为πa2，设圆锥的截面半径为r，则，解得r=，∴圆锥的截面面积为π，∴双曲线旋转体的截面面积等于圆柱的截面面积与圆锥截面面积的和，∴双曲线旋转体的体积=圆柱的体积+圆锥的体积．∴V=πa2h+．设冷却塔的内壳双曲线方程为-=1，则a′=30-0.3=29.7，且点（39.6，-70）在双曲线上，把（39.6，-70）代入-=1可得b′2=6300．故冷却塔内壳所在双曲线方程为：．冷却塔的建筑体积为V=π•302•30++π•302•70+-π•29.72•30--π•29.72•70-=π•302•100-π•29.72•100+-=100π•（302-29.72）+=π•（302-29.72）（100+）=6728立方米．故答案为：πa 2h +，，6728．（3）冷却塔在地面以上30米以内的建筑体积为：π•302•70+-π•302•40--（π•29.72•70+-π•29.72•40-）=π•302•30+-π•29.72•30-=π•30•（302-29.72）+=π•（302-29.72）（30+）=2518.6立方米，冷却塔在地面30米以上和40米以下的部分体积为：π•302•40+-π•302•30--（π•29.72•40+-π•29.72•30-）=π•（302-29.72）（10+）=672.8立方米，冷却塔在地面40米以上的部分体积为2（π•302•30+-π•29.72•30-）=2π•（302-29.72）（30+）=3536.7立方米，∴建造本题中的冷却塔的费用为2518.6×400+672.8×800+3536.7×（800+100×60）≈1516万元（相差±2万之内都算正确）．（1）建立平面直角坐标系，设出双曲线的方程，应用待定系数法可得a ，b ，进而得到所求双曲线的标准方程；（2）应用圆柱和圆锥的体积公式，以及待定系数法，可得所求体积和双曲线的方程；（3）分别计算冷却塔在地面以上30米以内的建筑体积和冷却塔在地面30米以上和40米以下的部分体积，再计算建造本题中的冷却塔的费用．本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查双曲线在实际问题中的应用，考查方程思想和运算能力，属于难题．。
2020年上海市闵行区高二(下)期中数学试卷解析版
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（3）若 m⊥β，α⊥β，则 m∥α； （4）若 m∥α，α⊥β，则 m⊥β． 其中正确命题的序号是______ 16. 四面体 ABCD 中，面 ABC 与面 BCD 成 60°的二面角，顶点 A 在面 BCD 上的射影 H 是△BCD 的垂心，G 是△ABC 的重心，若 AH=4，AB=AC，则 GH=______． 三、解答题（本大题共 5 小题，共 60.0 分） 17. 已知复数 z=（ - i）2 是一元二次方程 mx2+nx+1=0（m，n∈R）的一个根． （1）求 m 和 n 的值； （2）若 z1=（a-2i）z，a∈R，z1 为纯虚数，求|a+2i|的值．
B. α<γ<β
C. α<β<γ
二、填空题（本大题共 12 小题，共 36.0 分）
5. 复数（1-2i）（3+i）的虚部为______
6. 如图所示，在复平面内，网格中的每个小正方形的边长
都为 1，点 A、B 对应的复数分别是 z1、z2，则 =______
D. β<γ<α
7. 复数 i+i3+i5+…+i2019=______ 8. 一个圆柱侧面展开是正方形，它的高与底面直径的比值是________. 9. 复数 z 满足|z+i|+|z-i|=2，则|z+i+1|的最小值是______． 10. 在复数集中因式分解 x4-6x2+25=______．
18. 如图，已知正方体 ABCD-A′B′C′D′的棱长为 1． （1）正方体 ABCD-A′B′C′D'中哪些棱所在的直线与 直线 A′B 是异面直线？ （2）若 M，N 分别是 A'B，BC′的中点，求异面直线 MN 与 BC 所成角的大小．
2020-2021学年上海市浦东新区高二下学期期中数学试卷(含答案解析)
2020-2021学年上海市浦东新区高二下学期期中数学试卷一、单选题（本大题共4小题，共12.0分）1.抛物线y2=12x的准线与双曲线x24−y212=1的两条渐近线围成的三角形的面积为()A. 6B. 6√3C. 9D. 9√32.阿基米德是古希腊数学家，他利用“逼近法”算出椭圆面积等于圆周率、椭圆的长半轴长、短半轴长三者的乘积．据此得某椭圆面积为6√2π，且两焦点恰好将长轴三等分，则此椭圆的标准方程可以为()A. x236+y22=1 B. x218+y216=1 C. x212+y26=1 D. x29+y28=13.椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的四个顶点按逆时针排列顺序依次为A，B，C，D，若四边形ABCD的内切圆恰好过焦点，则椭圆的离心率为()A. 3−√52B. 3+√58C. √5−12D. 1+√584.已知双曲线mx2−ny2=1(m>0,n>0)的离心率为2，则mn的值为()A. √33B. √3 C. 3 D. 13二、单空题（本大题共11小题，共33.0分）5.设i是虚数单位，则复数i−1+i的虚部是______．6.已知复数z1满足(z1−2)(1+i)=1−i(i为虚数单位)，复数z2的虚部为2，且z1⋅z2是实数．则z2=______．7.若复数z=a−2+ai(a∈R)为纯虚数，则|a+i|=______ ．8.设点P在直线y=2x+1上运动，过点P作圆C：(x−2)2+y2=1的切线，切点为A，则△CAP面积的最小值是______．9.若a1−i=1−bi，其中a，b都是实数，i是虚数单位，则a+b=______．10.若复数(1+ai)2(i为虚数单位，a∈R)是纯虚数，则复数的模是______ ．11.已知动点到点的距离等于它到直线的距离，则点的轨迹方程是．12.已知圆x2+y2−6x−7=0与抛物线y2=2px(p>0)的准线相切，则p=__________．13.设i是虚数单位，复数为纯虚数，则实数a为________程序框图如图所示，若，输入，则输出结果为______________已知，则=__________________已知双曲线G：与抛物线H：在第一象限相交于点A，且有相同的焦点F，轴，则双曲线G的离心率是．14.能说明“若m(n+2)≠0，则方程x2m +y2n+2=1表示的曲线为椭圆或双曲线”是错误的一组m，n的值是______．15.设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点M在C上，|MF|=5，若以MF为直径的圆过点(0,2)，则p的值为______ ．三、解答题（本大题共6小题，共55.0分）16.已知点A(2,3)，B(−5,2)，若直线l过点P(−1,6)，且与线段AB不相交，求直线l的斜率的取值范围．17.已知ω=z+i(i∈C)，z−2是纯虚数，又|ω+1|2+|ω−1|2=16，求ω．z+218..已知双曲线的中心在原点，对称轴为坐标轴，一条渐近线方程为，右焦点，双曲线的实轴为，为双曲线上一点(不同于)，直线，分别与直线交于两点(1)求双曲线的方程；(2)是否为定值，若为定值，求出该值；若不为定值，说明理由。
2020年上海市浦东新区高二(下)期中数学试卷解析版
5. 棱长都是 1 的三棱锥的全面积为______． 6. 已知复数 z 满足（1-i）z=3+i（i 为虚数单位），则 z=______． 7. 正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，异面直线 BD 与 AC1 所成角的大小为______． 8. 若集合 A={i、i2、i3、i4}（i 为虚数单位）．B={1，-1}，则 A∩B=______
过这三个点的小圆周长为 4π，则 R=______． 12. 如图，在三棱锥 S-ABC 中，E、F 分别为 SB、SC 的中点，G 是 SA 的三等分点，
且 SG= SA，则截面 EFG 将三棱锥 S-ABC 分成两部分，则三棱锥 S-EFG 与三棱锥 S-ABC 的体积之比为______．
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19. 如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形 ABCD（及 其内部）以 AB 边所在直线为旋转轴旋转 120°得到的， G 是 的中点． （Ⅰ）设 P 是 上的一点，且 AP⊥BE，求∠CBP 的大小； （Ⅱ）当 AB=3，AD=2，求二面角 E-AG-C 的大小．
20. 如图，四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，点 E 在线段 AD 上 ，且 CE∥AB． （1）求证：CE⊥平面 PAD； （2）若 PA=AB=1，AD=3，CD= ，求四棱锥 P-ABCD 的体积；
三、解答题（本大题共 5 小题，共 60.0 分） 17. 在所有棱长都等于 2 的正三棱柱 ABC-A1B1C1 中，点 D 是 A1C1 的中点，求：
（1）正三棱柱的全面积； （2）点 A 到平面 B1DC 的距离．
18. 已知关于 x 的实系数方程 x2-px+q=0，其中 p、q 为实数． （1）若 x=1+2i 是该方程的根，求 p+q 的值； （2）若 p+2q=2，求该方程两根之积的最大值．
2020年上海市高二(下)期中数学试卷
期中数学试卷题号一二三总分得分一、选择题（本大题共4小题，共12.0分）1. 当我们停放自行车时，只要将自行车旁的撑脚放下，自行车就稳了，这用到了（）A.三点确定一平面B.不共线三点确定一平面C.两条相交直线确定一平面D.两条平行直线确定一平面2.正方体被平面所截得的图形不可能是（）A.正三角形B.正方形C.正五边形D.正六边形3.如图正方体ABCD-A B C D的棱长为2，线段B D上有两个动点E、F，且EF=，则下列结论中错误的是（）A. C.AC⊥BE三棱锥A-BEF的体积为定值B.D.EF∥平面ABCD△AEF的面积△与BEF的面积相等4.由一些单位立方体构成的几何图形，主视图和左视图如图所示，则这样的几何体体积的最小值是（）（每个方格边长为1）A.5B.6C.7D.8二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）5. 设a，b是平面M外两条直线，且a∥M，那么a∥b是b∥M的______条件．6.已知直线a，b及平面α，下列命题中：①；②；③；④的序号都填上）．．正确命题的序号为______（注：把你认为正确7. 8. 9.地球北纬45°圈上有A，B两地分别在东经80°和170°处，若地球半径为R，则A，B 两地的球面距离为______．如果一个球和立方体的每条棱都相切，那么称这个球为立方体的棱切球，那么单位立方体的棱切球的体积是______．若三棱锥S-ABC的所有的顶点都在球O的球面上．SA⊥平面ABC．SA=AB=2，AC=4，∠BAC=，则球O的表面积为______．11111110. 如图所示，四棱锥 P -ABCD 的底面 ABCD 是边长为 a 的正方形，侧棱 PA =a ，PB =PD = a ，则它的 5 个面中，互相垂直的面有 ______对．11. 如图由一个边长为 2 的正方形及四个正三角形构成，将 4 个正三角形沿着其与正方形的公共边折起后形成的四棱锥的 体积为______．12. 有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图），∠ABC =45°，AB =AD =1， DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为______．13. 四面体的 6 条棱所对应的 6 个二面角中，钝二面角最多有______个．14. 在平面 △中ABC 的角 C 的内角平分线 CE 分△ABC 面积所成的比= ，将这个结论类比到空间：在三棱锥 A -BCD 中，平面 DEC 平分二面角 A -CD -B 且与 AB 交于 E ，则类比的结论为______．三、解答题（本大题共 4 小题，共 48.0 分） 15. 在正方体 ABCD -A B C D 中，E ，F 分别是 BC ，A D 的中点．求证：空间四边形 B EDF 是菱形．1 1 1 1 1 1116. 在棱长为 2 的正方体 ABCD -AB C D 中，（如图）E 是棱 C D 的中点，F 是侧面 AA D D 的中心． （1）求三棱锥 A -D EF 的体积；（2）求异面直线 A E 与 AB 的夹角；（3）求 EF 与底面 A B C D 所成的角的大小．（结 果用反三角函数表示）17. 如图，在正三棱柱 ABC -AB C 中，AA =2AB ，N 是 CC 的中点，M 是线段 AB 上的动点，且 AM =λAB ． （1）若，求证：MN ⊥AA ；（2）求二面角 B -AB -N 的余弦值；（3）若直线 MN 与平面 ABN 所成角的大小为 θ，求 sin θ 的最大值．18. 平面图形很多可以推广到空间中去，例如正三角形可以推广到正四面体，圆可以推 广到球，平行四边形可以推广到平行六面体，直角三角形也可以推广到直角四面体， 如果四面体 ABCD 中棱 AB ，AC ，AD 两两垂直，那么称四面体 ABCD 为直角四面 体．请类比直角三角形中的性质给出 2 个直角四面体中的性质，并给出证明．（请1 1 1 11 1 1 1 1 111 1 1 1 1 1 1 111 111在结论1～3中选择1个，结论4，5中选择1个，写出它们在直角四面体中的类似结论，并给出证明，多选不得分，其中h表示斜边上的高，r，R分别表示内切圆与外接圆的半径）条件结论1结论2结论3结论4结论5直角三角形ABCAB⊥ACAB2+AC2=BC2sin2B+sin2C=1==（2R）2=（AB2+BC2+CA2）直角四面体ABCD AB⊥AC，AB⊥AD，AC⊥AD答案和解析1.【答案】B【解析】解：自行车前后轮与撑脚分别接触地面，此时三个接触点不在同一条线上， 所以可以确定一个平面，即地面，从而使得自行车稳定．故选：B ．自行车前后轮与撑脚分别接触地面，使得自行车稳定，此时自行车与地面的三个接触点 不在同一条线上．本题考查不同线的三个点确定一个平面，属于简单题． 2.【答案】C【解析】【分析】平面与正方体相交与不同的位置，可以出现不同的几何图形，不可能出现正五边形 本题考查了用平面截正方体，明确几何体的特征，是解好本题的关键．本题属基础题． 【解答】 解：如图所示，平面与正方体相交与不同的位置，可以出现正三角形，正方形，正六边 形，不可能出现正五边形，．故选：C ． 3.【答案】D【解析】【分析】本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养． 连结 BD ，则 AC ⊥平面 BB D D ，BD ∥B D ，点 A 、B 到直线 B D 的距离不相等，由此 能求出结果．【解答】解：连结 BD ，因为 AC ⊥BD ，AC ⊥ 则 AC ⊥平面 BB D D ∴AC ⊥BE ，由于 BD ∥B D ， 易得 EF ∥平面 ABCD ，，第 5 页，共 13 页1 1 1 1 1 1 1 1 1 1又定值，定值所以三棱锥A-BEF的体积为定值，从而A，B，C正确．∵点A、B到直线B D的距离不相等，11∴△AEF的面积△与BEF的面积不相等，故D错误．故选：D．4.【答案】C【解析】解：通过主视图和左视图分析出原几何体的形状如图所示，可知最少共有7个单位立方体．则几何体的体积最小值为7．故选：C．通过主视图和左视图分析出原几何体的形状，可以得到原几何体的体积本题考查由三视图还原几何体，空间想象能力，属于基础题．5.【答案】充分不必要【解析】解：证明充分性：若a∥b，结合a∥M，且b在平面M外，可得b∥M，是充分条件；证明必要性：若b∥M，结合a∥M，且a，b是平面M外，则a，b可以平行，也可以相交或者异面，所以不是必要条件．故a∥b是b∥M的“充分不必要”故答案为：充分不必要．判断由a∥b能否得到b∥M，再判断由b∥M能否得到a∥b即可．本题考查空间线面平行，线线平行之间的关系，充分条件和必要条件，属于简单题．6.【答案】④【解析】解：对于①若b⊥α，a⊥b，则a⊂α或a∥α；对于②，a⊥b，b∥α则a也可与α平行；对于③a⊂α时，不成立；对于④，根据两条平行线中有一条垂直于平面，则另一条也垂直于平面，故正确故答案为④．对于四个选项一一进行判断，不成立可列举反例验证说明．本题的考点是平面的基本性质及推论，主要考查线、面的位置关系，注意掌握反例排除．7.【答案】R【解析】解：地球表面上从A地（北纬45°，东经80°）到B地（北纬45°，西经170°），，经度差是90°．A，B两地都在北纬45°上，对应的纬圆半径是∴AB=R，得球心角是．∴A，B两地的球面距离是．第6 页，共13 页故答案为：．由于甲、乙两地在同一纬度圈上，计算经度差，求出甲、乙两地对应的A B弦长，以及球心角，然后求出球面距离．本题考查球面距离及其他计算，考查空间想象能力，是基础题．8.【答案】【解析】解：球和立方体的每条棱都相切，则球的直径为立方体的面对角线长度，∴单位立方体的棱切球的半径为，则球的体积为．故答案为：．由题意画出图形，求得球的半径，再计算体积得答案．本题考查空间想象能力，球的体积计算，是基础题．9.【答案】20π【解析】【分析】本题考查三棱锥、球、勾股定理等基础知识，考查抽象概括能力、数据处理能力、运算求解能力，考查应用意识、创新意识，考查化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想，是中档题．由余弦定理求出BC=2，利用正弦定理得∠ABC=90°．从△而ABC截球O所得的圆O′的半径r=AC=2，进而能求出球O的半径R，由此能求出球O的表面积．【解答】解：如图，三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，∵SA⊥平面ABC．SA=AB=2，AC=4，∠BAC=，∴BC==2∴AC2=BC2+AB2，∴∠ABC=90°．，∴△ABC截球O所得的圆O′的半径r=AC=2，∴球O的半径R==，∴球O的表面积S=4πR2=20π．故答案为：20π．10.【答案】5【解析】解：底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA=a，PB=PD=a，可得PA⊥底面ABCDPA⊂平面PAB，PA⊂平面PAD，可得：面PAB⊥面ABCD，面PAD⊥面ABCD，AB⊥面PAD，可得：面PAB⊥面PAD，BB⊥面PAB，可得：面PAB⊥面PBC，CC⊥面PAD，可得：面PAD⊥面PCD；故答案为：5先找出直线平面的垂线，然后一一列举出互相垂直的平面即可．本题考查平面与平面垂直的判定，考查棱锥的结构，是基础题．11.【答案】【解析】解：由已知中由一个边长为2的正方形及四个正三角形构成故该棱锥的底面面积S=2×2=4侧高为正三角形的高则棱锥的高h==故折起后形成的四棱锥的体积V==故答案为：由已知中正四棱锥的展开图为一个边长为2的正方形及四个正三角形，我们可以分别计算出棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式，即可求出折起后形成的四棱锥的体积．本题考查的知识点是棱棱的体积，其中根据已知条件，计算出棱锥的底面面积，及结合正四棱锥中（其中h为棱锥的高，H为棱锥的侧高，a为底面的棱长）求出棱锥的高，是解答本题的关键．12.【答案】2+【解析】解：DC=AB sin45°=，BC=AB sin45°+AD=+1，S梯形=（AD+BC）DC=（2+）=+，S=S梯形=2+．故答案为：2+求出直观图中，DC，BC，S，然后利与用平面图形与直观图形面积的比是梯形求出平面图形的面积．，ABCDABCDABCD本题考查斜二测画法，直观图与平面图形的面积的比例关系的应用，考查计算能力．13.【答案】3【解析】解：将三棱锥的顶点，向下压到与底重合，侧面的3个二面角都是180°，将这个顶点稍稍提高一点点，离开底面，此时3个侧面的二面角都是钝角．故答案为：3．通过定性分析，对四面体取特殊情况可以得到钝二面角的个数本题考查利用极限思想，通过定性分析来解决问题，属于简单题．14.【答案】【解析】【分析】本题考查了类比推理，将平面中的性质类比到空间．三角形的内角平分线定理类比到空间三棱锥，根据面积类比体积，长度类比面积，从而得到．解：在平面△中ABC的角C的内角平分线CE△分ABC面积所成的比=，将这个结论类比到空间：在三棱锥A-BCD中，平面DEC平分二面角A-CD-B且与AB交于E，则类比的结论为根据面积类比体积，长度类比面积可得：故答案为：．15.【答案】证明：取AD中点G，连接FG，BG，可得B B∥FG，BB=FG，，∴四边形B1BGF为平行四边形，则BG∥B F，由ABCD-A B C D为正方体，且E，G分别为BC，AD的中点，可得BEDG为平行四边形，∴BG∥DE，BG=DE，则B F∥DE，且B F=DE，∴四边形B1EDF为平行四边形，△由B BE≌△B△A F，可得B E=B F，∴四边形B1EDF是菱形；．【解析】由题意画出图形，取AD中点G，连接FG，BG，可证四边形B BGF为平行四边形，得BG∥B F，再由ABCD-A B C D为正方体，且E，G分别为BC，AD的中点，可得BEDG为平行四边形，得BG∥DE，BG=DE，从而得到B F∥DE，且B F=DE，进一步得到四边形B EDF为平行四边形，再由△B△BE≌△B△A F，可得B E=B F，得到四边形B EDF是菱形；本题考查正方体内线段之间的关系，空间四边形的证明，属于简单题．16.【答案】解：（1）由题意知，×1=；== ••h=×（×2×1）111111111111111 1111111 1111111（2）∵A B ∥AB ，∴∠EA B 或其补角即为异面直线 A E 与 AB 所成角， △在EA B ，A E =EB = ，A B =2，∴cos ∠EA B == = ，∴异面直线 A E 与 AB 所成角为 arccos ；（3）取 A D 中点 M ，联结 MF ， ∵MF ∥AA 且 A A ⊥平面 ABCD ，∴MF ⊥平面 A B C D ， ∴∠FEM 即为 EF 与底面 A MF = AA =1，ME=∴tan ∠FEM = = = ，B C D 所成的角，∴EF 与底面 AB C D 所成的角的大小为 arctan ．【解析】（1）对三棱锥 A -D EF 换底，换成以 F 为顶点 △，A D E 为底的三棱锥，求出 底 △面A D E 的面积和对应的高，得到所求的体积； （2）找到异面直线 A E 与 AB 所成的角， △在EA B 内由余弦定理求出； （3）找出直线 EF 与底面 A B C D 所成的角，再计算大小．本题考查三棱锥等体积转化，求异面直线所成的角，直线与平面所成的角，属于中档题． 17.【答案】解：（1）取 AA 中点 D ，联结 MD 和 ND ，∵λ=，∴M 为 AB 中点，又 D 为 AA 中点，∴MD ∥B A ，∵BA ⊥AA ，∴MD ⊥AA ，同理 ND ⊥AA ，∴AA ⊥平面 MND ，∴MN ⊥AA ；（2）取 AB 中点 E ，A B 中点 F ，联结 EN 、EF 、FN ，1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 1则 EN ⊥AB ，EF ⊥AB ，∠FEN 即为二面角 B -AB -N 的平面角， 设 AB =2a （a ＞0），则 EF =4a ，EN =FN = a ，∴cos ∠FEN = =，即二面角 B -AB -N 的余弦值为；（3）设 AB =2a （a ＞0），M 到平面 ABN 的距离为 d ，=λ 则 S △ABM= •2a • △S ABNa ==λ• •2a •4a =4λa 2a 2；，由等体积法，V 三棱锥=V ，即 •S 三棱锥• △ABMa = •S •d ， △ABM可得 d =λa ，而 MN ==2a，∴sinθ==•=•=•≤• =，当且仅当 = ，即 λ= 时，等号成立，即 sin θ 的最大值为 ．【解析】（1）取 AA 中点 D ，通过线线垂直证明 AA ⊥平面 MND ，从而得到 MN ⊥AA ； （2）取 AB 中点 E ，A B 中点 F ，联结 EN 、EF 、FN ，则∠FEN 即为二面角 B -AB -N 的 平面角，再利用余弦定理求出其余弦值．（3）利用等体积法，求出M 到平面 ABN 的距离及 MN 的长度，从而表示出 sin θ 关于 λ 的函数，求出最大值．本题考查通过线面垂直证明线线垂直，二面角的求法，以及线面角的正弦值的表示，属 于中档题．18.【答案】解： △记ABC △、ABD 、△ACD 、△BCD 的面积依次为 S 、S 、S 、S ，平面 BCD 与 AB 、AC 、AD 所成角依次为 α、β、γ，点 A 到平面 BCD 的距离为 d ，r ，R 分别表示内切球与外接球的半径，内切球的球心为 O ，条件直角三角形 ABCAB ⊥AC直角四面体 ABCD AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，AC ⊥AD结论 1AB 2+AC 2=BC 2结论 2sin 2B +sin 2C =1sin 2α+sin 2β+sin 2γ=1结论 3=结论 4=结论 5（2R ）2= （AB 2+BC 2+CA 2）（2R ）2=AB 2+AC 2+BC 21 1 N -ABM M -ABN 1 1 1 1 1 1 12 3第11 页，共13 页证明：设AB=a、AC=b、AD=c，过A作AE⊥BC，垂足为E，联结DE，过A作AH⊥DE，垂足为H，易证：DE⊥BC，AH⊥平面BCD，则d=AH，结论1：==，在△R t ABC中，．DE==AE=，=；∴结论2：d=AH===．同理，sinβ=∴sinα===1；∴sin2α+sin2β+sin2γ=结论3：∵d=，∴=，，，sinγ=，又==，∴结论4：∵V=V+V+V+V，∴=+．从而=，即；结论5：将直角四面体ABCD补形成为以AB、AC、AD为长、宽、高的长方体，则长方体的体对角线即为直角四面体ABCD的外接球的直径，即（2R）2=AB2+BC2+CA2．【解析】在得到结论时，直角三角形中的长度类比成直角四面体的面积，角度类比成二面角，等面积类比成等体积，外接圆类比成外接球．结论1：分别表示、、，然后证明结论2：△在DAE中利用等面积法，表示出高d，然后分别表示sin2α、sin2β、sin2γ，再证明sin2α+sin2β+sin2γ=1结论3：利用结论2中得到的d的表达式，再表示出，再证明D-ABC O-ABC OABD O-ACD O-BCD结论 4：内切球的球心与四个顶点相连接，把三棱锥分成四个小的三棱锥，利用 V =V +V +V +V 进行证明 结论 5：将直角四面体 A BCD 补形成为以 AB 、AC 、AD 为长、宽、高的长方体，再进行 证明．本题考查平面图形向立体图形的推广，涉及到侧面积的表示，线面角的表示，几何体的 体积分割法求内切球半径，补齐几何体求外接球半径等，属于难题．D -ABC O -ABC O -ABD O -ACD O -BCD。
上海市2020年高二下学期期中数学试卷(理科)(II)卷
上海市2020年高二下学期期中数学试卷（理科）（II）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共10题；共20分)1. （2分）设是虚数单位，则等于（）A . 1B . 4C . 2D .2. （2分）已知函数的图象上一点及邻近一点，则等于（）A . 4B . 4+2 xC . 4+ xD .3. （2分） (2019高二下·湘潭月考) 已知数列为等差数列，，，数列的前项和为，若对一切，恒有，则能取到的最大整数是（）A . 6B . 7C . 8D . 94. （2分） (2017高三上·会宁期末) 设函数f（x）=xm+ax的导函数f′（x）=2x+1，则 f（﹣x）dx的值等于（）A .B .C .D .5. （2分）两曲线，y=x2在x∈[0，1]内围成的图形面积是（）A .B .C . 1D . 26. （2分） (2016高一上·广东期中) 已知函数y=x2+2x+a（a∈R）的图象如图所示，则下列函数与它的图象对应正确的是（）A .B .C .D .7. （2分） (2016高二下·昌平期中) 用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：按照上面的规律，第n个“金鱼”图需要火柴棒的根数为（）A . 6n﹣2B . 8n﹣2C . 6n+2D . 8n+28. （2分）(2019高二下·凤城月考) 已知函数，若关于的方程有5个不同的实数解，则实数的取值范围是（）A .B .C .D .9. （2分）(2017·武邑模拟) 已知函数f（x）= （ω＞0，|φ|＜，a∈R）在区间[﹣3，3]上的图象如图所示，则可取（）A . 4πB . 2πC . πD .10. （2分）(2017·莱芜模拟) 抛物线C1：的焦点与双曲线C2：的右焦点的连线交C1于第一象限的点M．若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p=（）A .B .C .D .二、填空题 (共5题；共5分)11. （1分） (2017高二下·长春期末) 若z＝4＋3i，则＝________.12. （1分）已知函数，则f'（1）=________．13. （1分） (2016高二下·银川期中) 已知f（x）= •sinx，则f′（1）=________．14. （1分） (2017高二下·濮阳期末) 在△ABC中，不等式 + + ≥ 成立；在四边形ABCD中，不等式 + + + ≥ 成成立；在五边形ABCDE中，不等式 + + + + ≥ 成立．猜想在n边形中，不等式________成立．15. （1分）有一段演绎推理是这样的：“直线平行于平面，则平行于平面内所有直线；已知直线b⊊平面α，直线a⊈平面α，直线b∥平面α，则直线b∥直线α”的结论显然是错误的，这是因为________①大前提错误②小前提错误③推理形式错误④非以上错误．三、解答题 (共6题；共45分)16. （10分） (2017高二下·武汉期中) 综合题。
上海市2020学年高二数学下学期期中试题(含解析)
高二数学下学期期中试题（含解析）一：选择题。
1.直线与平面所成角的范围______． 【答案】0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】【分析】 由直线与平面所成角的定义可得.【详解】解：根据直线与平面所成角的定义可得 直线与平面所成角的范围为0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦【点睛】本题考查直线和平面所成的角基本概念.2.已知(1,4,2),(2,1,3)a b =-=-r r ，则a b +=r r ____．【解析】【分析】 利用空间向量的坐标运算法则求出a b +r r ，由此能求出结果. 【详解】解：∵(1,4,2),(2,1,3)a b =-=-r r∴()=1,3,5a b +--r r ∴a b +==r r 【点睛】本题考查空间向量的坐标运算法则以及利用坐标求模，熟练掌握向量的坐标运算法则是解决此题的关键.3.已知直线l 的一个方向向量(4,3,1)d =u r ，平面α的一个法向量(,3,5)n m =-r ，且//l α，则m =____【答案】1-【解析】【分析】由题意可得，根据线面平行可得d n ⊥u r r ，则=0d n u r rg ，进而得到4950m +-=，解得即可. 【详解】解：由题意可得d n ⊥u r r ，则4950m +-=解得1m =-【点睛】本题主要考查了直线与平面的位置关系，根据线面平行、线面垂直的性质得到平面的法向量与平行于平面的直线垂直，考查了空间向量垂直的坐标表示.4.在正方体1111ABCD A B C D -中，异面直线1A B 与AD 所成的角大小为___． 【答案】2π 【解析】【分析】由题意可得，AD ⊥平面11ABB A ，从而得到1AD A B ⊥，即可得到答案.【详解】解：在正方体1111ABCD A B C D -中，∵AD ⊥平面11ABB A ，1A B ⊂平面11ABB A∴1AD A B ⊥∴异面直线1A B 与AD 所成的角的大小为2π 故答案为：2π. 【点睛】本题主要考查了异面直线及其所成的角，线面垂直的性质定理.5.已知圆锥的母线长为10，母线与轴的夹角为30o ，则该圆锥的侧面积为_．【答案】50π【解析】【分析】根据勾股定理得出圆锥的底面半径，代入侧面积公式计算即可得出结论.【详解】解：设底面的半径为r ，则sin 3010=5r =⨯o∴该圆锥的侧面积510=50S ππ=⨯⨯故答案为：50π【点睛】本题考查了圆锥的性质和侧面积公式，解决本题的关键是根据勾股定理求得圆锥底面半径.6.二面角l αβ--为60o ，异面直线a 、b 分别垂直于α、β，则a 与b 所成角的大小是____【答案】60o【解析】【分析】根据二面角的定义，及线面垂直的性质，我们可得若两条直线a 、b 分别垂直于α、β两个平面，则两条直线的夹角和二面角相等或互补，由于已知的二面角l αβ--为60o ，故异面直线所成角与二面角相等，即可得到答案.【详解】解：根据二面角的定义和线面垂直的性质设异面直线a 、b 的夹角为θ∵二面角l αβ--为60o ，异面直线a 、b 分别垂直于α、β则两条直线的夹角和二面角相等或互补，∴60οθ=故答案为：60o【点睛】本题主要考查二面角的定义、异面直线所成的角和线面垂直的性质.7.下列四个结论中假命题的序号是_____．①垂直于同一直线的两条直线互相平行；②平行于同一直线的两直线平行；③若直线a ，b ，c 满足//a b ，b c ⊥，则a c ⊥；④若直线a ，b 是异面直线，则与a ，b 都相交的两条直线是异面直线．【答案】①④【解析】【分析】根据空间中线面的位置关系的判定和性质或举反例即可判断.【详解】解：对于①，若l α⊥，则α内任意两条直线都与l 垂直，显然命题①是假命题； 对于②，由平行公理可知命题②是真命题；对于③，将直线a 平移到b 的位置，由于b c ⊥，故而a c ⊥，故命题③是真命题； 对于④，在直线a 上取P 点，在直线b 上取点A ，B ，则PA ，PB 都与a ，b 相交，显然PA ，PB 相交，故命题④是假命题.故答案为：①④【点睛】本题考查空间中直线与平面之间的位置关系和性质，熟练掌握直线与平面之间的位置关系是解决此题的关键.8.互不重合的三个平面可以把空间分成_____个部分【答案】4、6、7、8【解析】分析】将互不重合的三个平面的位置关系分为：三个平面互相平行；三个平面有两个平行，第三个平面与其它两个平面相交；三个平面交于一线；三个平面两两相交且三条交线平行；三个平面两两相交且三条交线交于一点；五种情况分类讨论，即可得到答案.【详解】解：若三个平面互相平行，则可将空间分为4部分；若三个平面有两个平行，第三个平面与其它两个平面相交，则可将空间分为6部分； 若三个平面交于一线，则可将空间分为6部分；若三个平面两两相交且三条交线平行(联想三棱柱三个侧面的关系)，则可将空间分为7部分； 若三个平面两两相交且三条交线交于一点(联想墙角三个墙面的关系)，则可将空间分为8部分；故互不重合的三个平面可以把空间分成4、6、7、8个部分.【点睛】本题以平面分空间的分类讨论为载体，考查了空间中平面与平面之间的位置关系，考查了学生的空间想象能力.9.已知四面体ABCD 中，2AB CD ==，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，且异面直线AB 与CD 所成的角为3π，则EF =____.【答案】1【解析】【分析】取BD 中点O ，连结EO 、FO ，推导出EO ＝FO ＝1，πEOF 3∠=，或2πEOF 3∠=，由此能求出EF ．【详解】取BD 中点O ，连结EO 、FO ，∵四面体ABCD 中，AB ＝CD ＝2，E 、F 分别为BC 、AD 的中点，且异面直线AB 与CD 所成的角为π3， ∴EO∥CD，且EO 1CD 12==，FO∥AB，且FO 1AB 2==1， ∴∠EOF 是异面直线AB 与CD 所成的角或其补角， ∴πEOF 3∠=，或2πEOF 3∠=， 当∠EOF π3=时，△EOF 是等边三角形，∴EF＝1．当2πEOF 3∠=时，EF ==故答案为：1．【点睛】本题考查异面直线所成角的应用，注意做平行线找到角是关键，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，是易错题10.设地球半径为R，若A、B两地均位于北纬45o，且两地所在纬度圈上的弧长为24R，则A、B之间的球面距离是_____（结果用含有R的代数式表示）【答案】3Rπ【解析】【分析】由题意可得：北纬45o圈的半径是22R，并且得到AB R=，所以A、B两地所在的球心角为60︒，即可得出答案.【详解】解：由题意可得：北纬45o2∵在北纬45o圈上有A、B两地，它们在纬度圈上的弧长等于24R∴过A、B两点的小圆的圆心角为90o，即AB R=∴A、B两地所在的球心角为60︒∴A、B两地间的球面距离为3Rπ故答案为：3R π. 【点睛】本题考查球面距离及相关计算，解决此类问题的关键是熟练掌握球面距离以及解三角形的有关知识，考查学生的计算能力与想象能力.11.已知三棱锥P -ABC ，若PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且12PA PB PC ===，，D 为面ABC 上的动点，则PD 的最小值为___． 【答案】23【解析】【分析】根据题意利用等体积法计算P 点到平面ABC 的距离，即为PD 的最小值.【详解】解：∵PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且1PA PB ==，=2PC∴AB AC BC ===∴C 点到AB 的距离为2∴ABC ∆的面积为1322设点P 到平面ABC 的距离为h ，则11131123232h ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯ ∴23h = 即PD 的最小值为23故答案为：23【点睛】本题考查了点、线、面间的距离计算，考查了等体积法.12.已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为_______。
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期中数学试卷题号一二三总分得分一、选择题（本大题共4小题，共12.0分）1.当我们停放自行车时，只要将自行车旁的撑脚放下，自行车就稳了，这用到了（）A. 三点确定一平面B. 不共线三点确定一平面C. 两条相交直线确定一平面D. 两条平行直线确定一平面2.正方体被平面所截得的图形不可能是（）A. 正三角形B. 正方形C. 正五边形D. 正六边形3.如图正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF=，则下列结论中错误的是（）A. AC⊥BEB. EF∥平面ABCDC. 三棱锥A-BEF的体积为定值D. △AEF的面积与△BEF的面积相等4.由一些单位立方体构成的几何图形，主视图和左视图如图所示，则这样的几何体体积的最小值是（）（每个方格边长为1）A. 5B. 6C. 7D. 8二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）5.设a，b是平面M外两条直线，且a∥M，那么a∥b是b∥M的______条件．6.已知直线a，b及平面α，下列命题中：①；②；③；④．正确命题的序号为______（注：把你认为正确的序号都填上）．7.地球北纬45°圈上有A，B两地分别在东经80°和170°处，若地球半径为R，则A，B两地的球面距离为______．8.如果一个球和立方体的每条棱都相切，那么称这个球为立方体的棱切球，那么单位立方体的棱切球的体积是______．9.若三棱锥S-ABC的所有的顶点都在球O的球面上．SA⊥平面ABC．SA=AB=2，AC=4，∠BAC=，则球O的表面积为______．10.如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA=a，PB=PD=a，则它的5个面中，互相垂直的面有______对．11.如图由一个边长为2的正方形及四个正三角形构成，将4个正三角形沿着其与正方形的公共边折起后形成的四棱锥的体积为______．12.有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图），∠ABC=45°，AB=AD=1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为______．13.四面体的6条棱所对应的6个二面角中，钝二面角最多有______个．14.在平面中△ABC的角C的内角平分线CE分△ABC面积所成的比=，将这个结论类比到空间：在三棱锥A-BCD中，平面DEC平分二面角A-CD-B且与AB交于E，则类比的结论为______．三、解答题（本大题共4小题，共48.0分）15.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是BC，A1D1的中点．求证：空间四边形B1EDF是菱形．16.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，（如图）E是棱C1D1的中点，F是侧面AA1D1D的中心．（1）求三棱锥A1-D1EF的体积；（2）求异面直线A1E与AB的夹角；（3）求EF与底面A1B1C1D1所成的角的大小．（结果用反三角函数表示）17.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2AB，N是CC1的中点，M是线段AB1上的动点，且AM=λAB1．（1）若，求证：MN⊥AA1；（2）求二面角B1-AB-N的余弦值；（3）若直线MN与平面ABN所成角的大小为θ，求sinθ的最大值．18.平面图形很多可以推广到空间中去，例如正三角形可以推广到正四面体，圆可以推广到球，平行四边形可以推广到平行六面体，直角三角形也可以推广到直角四面体，如果四面体ABCD中棱AB，AC，AD两两垂直，那么称四面体ABCD为直角四面体．请类比直角三角形中的性质给出2个直角四面体中的性质，并给出证明．（请在结论1～3中选择1个，结论4，5中选择1个，写出它们在直角四面体中的类似结论，并给出证明，多选不得分，其中h表示斜边上的高，r，R分别表示内切圆与外接圆的半径）直角三角形ABC直角四面体ABCD条件AB⊥AC AB⊥AC，AB⊥AD，AC⊥AD结论1AB2+AC2=BC2结论2sin2B+sin2C=1结论3=结论4=结论5（2R）2=（AB2+BC2+CA2）答案和解析1.【答案】B【解析】解：自行车前后轮与撑脚分别接触地面，此时三个接触点不在同一条线上，所以可以确定一个平面，即地面，从而使得自行车稳定．故选：B．自行车前后轮与撑脚分别接触地面，使得自行车稳定，此时自行车与地面的三个接触点不在同一条线上．本题考查不同线的三个点确定一个平面，属于简单题．2.【答案】C【解析】【分析】平面与正方体相交与不同的位置，可以出现不同的几何图形，不可能出现正五边形本题考查了用平面截正方体，明确几何体的特征，是解好本题的关键．本题属基础题．【解答】解：如图所示，平面与正方体相交与不同的位置，可以出现正三角形，正方形，正六边形，不可能出现正五边形，．故选：C．3.【答案】D【解析】【分析】本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．连结BD，则AC⊥平面BB1D1D，BD∥B1D1，点A、B到直线B1D1的距离不相等，由此能求出结果．【解答】解：连结BD，因为AC⊥BD，AC⊥，则AC⊥平面BB1D1D∴AC⊥BE，由于BD∥B1D1，易得EF∥平面ABCD，又定值，定值所以三棱锥A-BEF的体积为定值，从而A，B，C正确．∵点A、B到直线B1D1的距离不相等，∴△AEF的面积与△BEF的面积不相等，故D错误．故选：D．4.【答案】C【解析】解：通过主视图和左视图分析出原几何体的形状如图所示，可知最少共有7个单位立方体．则几何体的体积最小值为7．故选：C．通过主视图和左视图分析出原几何体的形状，可以得到原几何体的体积本题考查由三视图还原几何体，空间想象能力，属于基础题．5.【答案】充分不必要【解析】解：证明充分性：若a∥b，结合a∥M，且b在平面M外，可得b∥M，是充分条件；证明必要性：若b∥M，结合a∥M，且a，b是平面M外，则a，b可以平行，也可以相交或者异面，所以不是必要条件．故a∥b是b∥M的“充分不必要”故答案为：充分不必要．判断由a∥b能否得到b∥M，再判断由b∥M能否得到a∥b即可．本题考查空间线面平行，线线平行之间的关系，充分条件和必要条件，属于简单题．6.【答案】④【解析】解：对于①若b⊥α，a⊥b，则a⊂α或a∥α；对于②，a⊥b，b∥α则a也可与α平行；对于③a⊂α时，不成立；对于④，根据两条平行线中有一条垂直于平面，则另一条也垂直于平面，故正确故答案为④．对于四个选项一一进行判断，不成立可列举反例验证说明．本题的考点是平面的基本性质及推论，主要考查线、面的位置关系，注意掌握反例排除．7.【答案】R【解析】解：地球表面上从A地（北纬45°，东经80°）到B地（北纬45°，西经170°），A，B两地都在北纬45°上，对应的纬圆半径是，经度差是90°．∴AB=R，得球心角是．∴A，B两地的球面距离是．故答案为：．由于甲、乙两地在同一纬度圈上，计算经度差，求出甲、乙两地对应的AB弦长，以及球心角，然后求出球面距离．本题考查球面距离及其他计算，考查空间想象能力，是基础题．8.【答案】【解析】解：球和立方体的每条棱都相切，则球的直径为立方体的面对角线长度，∴单位立方体的棱切球的半径为，则球的体积为．故答案为：．由题意画出图形，求得球的半径，再计算体积得答案．本题考查空间想象能力，球的体积计算，是基础题．9.【答案】20π【解析】【分析】本题考查三棱锥、球、勾股定理等基础知识，考查抽象概括能力、数据处理能力、运算求解能力，考查应用意识、创新意识，考查化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想，是中档题．由余弦定理求出BC=2，利用正弦定理得∠ABC=90°．从而△ABC截球O所得的圆O′的半径r=AC=2，进而能求出球O的半径R，由此能求出球O的表面积．【解答】解：如图，三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，∵SA⊥平面ABC．SA=AB=2，AC=4，∠BAC=，∴BC==2，∴AC2=BC2+AB2，∴∠ABC=90°．∴△ABC截球O所得的圆O′的半径r=AC=2，∴球O的半径R==，∴球O的表面积S=4πR2=20π．故答案为：20π．10.【答案】5【解析】解：底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA=a，PB=PD=a，可得PA⊥底面ABCDPA⊂平面PAB，PA⊂平面PAD，可得：面PAB⊥面ABCD，面PAD⊥面ABCD，AB⊥面PAD，可得：面PAB⊥面PAD，BC⊥面PAB，可得：面PAB⊥面PBC，CD⊥面PAD，可得：面PAD⊥面PCD；故答案为：5先找出直线平面的垂线，然后一一列举出互相垂直的平面即可．本题考查平面与平面垂直的判定，考查棱锥的结构，是基础题．11.【答案】【解析】解：由已知中由一个边长为2的正方形及四个正三角形构成故该棱锥的底面面积S=2×2=4侧高为正三角形的高则棱锥的高h==故折起后形成的四棱锥的体积V==故答案为：由已知中正四棱锥的展开图为一个边长为2的正方形及四个正三角形，我们可以分别计算出棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式，即可求出折起后形成的四棱锥的体积．本题考查的知识点是棱棱的体积，其中根据已知条件，计算出棱锥的底面面积，及结合正四棱锥中（其中h为棱锥的高，H为棱锥的侧高，a为底面的棱长）求出棱锥的高，是解答本题的关键．12.【答案】2+【解析】解：DC=AB sin 45°=，BC=AB sin 45°+AD=+1，S梯形ABCD=（AD+BC）DC=（2+）=+，S=S梯形ABCD=2+．故答案为：2+求出直观图中，DC，BC，S梯形ABCD，然后利与用平面图形与直观图形面积的比是，求出平面图形的面积．本题考查斜二测画法，直观图与平面图形的面积的比例关系的应用，考查计算能力．13.【答案】3【解析】解：将三棱锥的顶点，向下压到与底重合，侧面的3个二面角都是180°，将这个顶点稍稍提高一点点，离开底面，此时3个侧面的二面角都是钝角．故答案为：3．通过定性分析，对四面体取特殊情况可以得到钝二面角的个数本题考查利用极限思想，通过定性分析来解决问题，属于简单题．14.【答案】【解析】【分析】本题考查了类比推理，将平面中的性质类比到空间．三角形的内角平分线定理类比到空间三棱锥，根据面积类比体积，长度类比面积，从而得到．解：在平面中△ABC的角C的内角平分线CE分△ABC面积所成的比=，将这个结论类比到空间：在三棱锥A-BCD中，平面DEC平分二面角A-CD-B且与AB交于E，则类比的结论为根据面积类比体积，长度类比面积可得：，故答案为：．15.【答案】证明：取AD中点G，连接FG，BG，可得B1B∥FG，B1B=FG，∴四边形B1BGF为平行四边形，则BG∥B1F，由ABCD-A1B1C1D1为正方体，且E，G分别为BC，AD的中点，可得BEDG为平行四边形，∴BG∥DE，BG=DE，则B1F∥DE，且B1F=DE，∴四边形B1EDF为平行四边形，由△B1BE≌△B1A1F，可得B1E=B1F，∴四边形B1EDF是菱形；．【解析】由题意画出图形，取AD中点G，连接FG，BG，可证四边形B1BGF为平行四边形，得BG∥B1F，再由ABCD-A1B1C1D1为正方体，且E，G分别为BC，AD的中点，可得BEDG为平行四边形，得BG∥DE，BG=DE，从而得到B1F∥DE，且B1F=DE，进一步得到四边形B1EDF为平行四边形，再由△B1BE≌△B1A1F，可得B1E=B1F，得到四边形B1EDF是菱形；本题考查正方体内线段之间的关系，空间四边形的证明，属于简单题．16.【答案】解：（1）由题意知，==••h=×（×2×1）×1=；（2）∵A1B1∥AB，∴∠EA1B1或其补角即为异面直线A1E与AB所成角，在△EA1B1，A1E=EB1=，A1B1=2，∴cos∠EA1B1===，∴异面直线A1E与AB所成角为arccos；（3）取A1D1中点M，联结MF，∵MF∥A1A且A1A⊥平面A1B1C1D1，∴MF⊥平面A1B1C1D1，∴∠FEM即为EF与底面A1B1C1D1所成的角，MF=AA1=1，ME=∴tan∠FEM===，∴EF与底面A1B1C1D1所成的角的大小为arctan．【解析】（1）对三棱锥A1-D1EF换底，换成以F为顶点，△A1D1E为底的三棱锥，求出底面△A1D1E的面积和对应的高，得到所求的体积；（2）找到异面直线A1E与AB所成的角，在△EA1B1内由余弦定理求出；（3）找出直线EF与底面A1B1C1D1所成的角，再计算大小．本题考查三棱锥等体积转化，求异面直线所成的角，直线与平面所成的角，属于中档题．17.【答案】解：（1）取AA1中点D，联结MD和ND，∵λ=，∴M为AB1中点，又D为AA1中点，∴MD∥B1A1，∵B1A1⊥AA1，∴MD⊥AA1，同理ND⊥AA1，∴AA1⊥平面MND，∴MN⊥AA1；（2）取AB中点E，A1B1中点F，联结EN、EF、FN，则EN⊥AB，EF⊥AB，∠FEN即为二面角B1-AB-N的平面角，设AB=2a（a＞0），则EF=4a，EN=FN=a，∴cos∠FEN==，即二面角B1-AB-N的余弦值为；（3）设AB=2a（a＞0），M到平面ABN的距离为d，则S△ABM=λ=λ••2a•4a=4λa2，S△ABN=•2a•a=a2；由等体积法，V三棱锥N-ABM=V三棱锥M-ABN，即•S△ABM•a=•S△ABM•d，可得d=λa，而MN==2a，∴sinθ==•=•=•≤•=，当且仅当=，即λ=时，等号成立，即sinθ的最大值为．【解析】（1）取AA1中点D，通过线线垂直证明AA1⊥平面MND，从而得到MN⊥AA1；（2）取AB中点E，A1B1中点F，联结EN、EF、FN，则∠FEN即为二面角B1-AB-N的平面角，再利用余弦定理求出其余弦值．（3）利用等体积法，求出M到平面ABN的距离及MN的长度，从而表示出sinθ关于λ的函数，求出最大值．本题考查通过线面垂直证明线线垂直，二面角的求法，以及线面角的正弦值的表示，属于中档题．18.【答案】解：记△ABC、△ABD、△ACD、△BCD的面积依次为S1、S2、S3、S，平面BCD与AB、AC、AD所成角依次为α、β、γ，点A到平面BCD的距离为d，r，R分别表示内切球与外接球的半径，内切球的球心为直角三角形ABC直角四面体ABCD条件AB⊥AC AB⊥AC，AB⊥AD，AC⊥AD结论1AB2+AC2=BC2结论2 sin2B+sin2C=1sin2α+sin2β+sin2γ=1结论3=结论4=结论5（2R）2=（AB2+BC2+CA2）（2R）2=AB2+AC2+BC2证明：设AB=a、AC=b、AD=c，过A作AE⊥BC，垂足为E，联结DE，过A作AH⊥DE，垂足为H，易证：DE⊥BC，AH⊥平面BCD，则d=AH，结论1：==，在Rt△ABC中，AE=．DE==，=∴；结论2：d=AH===，∴sinα==．同理，sinβ=，sinγ=，∴sin2α+sin2β+sin2γ==1；结论3：∵d=，∴=，又==，∴结论4：∵V D-ABC=V O-ABC+V OABD+V O-ACD+V O-BCD，∴=+．从而=，即；结论5：将直角四面体ABCD补形成为以AB、AC、AD为长、宽、高的长方体，则长方体的体对角线即为直角四面体ABCD的外接球的直径，即（2R）2=AB2+BC2+CA2．【解析】在得到结论时，直角三角形中的长度类比成直角四面体的面积，角度类比成二面角，等面积类比成等体积，外接圆类比成外接球．结论1：分别表示、、，然后证明结论2：在△DAE中利用等面积法，表示出高d，然后分别表示sin2α、sin2β、sin2γ，再证明sin2α+sin2β+sin2γ=1结论3：利用结论2中得到的d的表达式，再表示出，再证明结论4：内切球的球心与四个顶点相连接，把三棱锥分成四个小的三棱锥，利用V D-ABC=V O-ABC+V O-ABD+V O-ACD+V O-BCD进行证明结论5：将直角四面体ABCD补形成为以AB、AC、AD为长、宽、高的长方体，再进行证明．本题考查平面图形向立体图形的推广，涉及到侧面积的表示，线面角的表示，几何体的体积分割法求内切球半径，补齐几何体求外接球半径等，属于难题．。