2021-2022学年上海市杨浦区控江中学高二(上)期中数学试卷

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2023学年上海高二数学上学期同步知识点几何体的表面积、体积、轴截面、多面体与球体内切外接问题

重难点02 几何体的表面积、体积、轴截面、多面体与球体内切外接问题（重难点突破解题技巧与方法）1.求解几何体表面积的类型及求法求多面体的表面积只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积求旋转体的表面积可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系求不规则几何体的表面积通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积2.求体积的常用方法直接法对于规则的几何体，利用相关公式直接计算割补法首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算等体积法选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换3.几何体的外接球：一个多面体的顶点都在球面上即为球的外接问题，解决这类问题的关键是抓住外接球的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.几何体的内切球：求解多面体的内切球问题，一般是将多面体分割为以内切球球心为顶点，多面体的各侧面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半径.4.截面问题：在高考立体几何考点中涉及到空间几何体的截面的地方较多，如:判断截面的形状、计算出空间几何体的截面周长或面积、或者求与之相关的体积问题、以及最值问题都在考察之列，但是要顺利地解决前面所提到的诸多问题，关键是根据题意作出截面，并判断其形状.能力拓展技巧方法题型一：柱、锥、台体的表面积、体积、轴截面一、填空题1．（2021·上海·格致中学高二期中）已知一个圆锥的侧面展开图恰好是一个半圆，任取圆锥的两条母线a ，b ，则a ，b 所成角的最大值为______．【答案】3π【分析】由题意可得圆锥的母线长R 和底面半径长r 的关系，可知轴截面是等边三角形，即可求解. 【详解】设圆锥的母线长为R ，底面半径长为r ，则222Rr ππ=，解得2R r =，所以圆锥的轴截面是等边三角形. 任取圆锥的两条母线a ，b ，如图：当a ，b 为轴截面的两条母线时，a ，b 所成角最大为3π. 故答案为：3π. 2．（2022·上海浦东新·高二期末）已知正三棱锥O ABC -的底面边长为4，高为2，则此三棱锥的体积为___________ 【答案】833【分析】根据题意条件，计算出底面积，然后再利用'13O ABC ABCV SOO -=⨯⨯，计算可求解出体积.【详解】如图，过O 点作底面ABC 的投影'O ，连接'OO ，取BC 的中点D ，连接AD ，在正三棱锥O ABC -中，底面ABC 为正三角形，边长为4，所以23AD = 1432ABCS AD BC =⨯⨯=，而'OO 为该正三棱锥O ABC -的高，长为2，所以'1833O ABC ABCV SOO -=⨯⨯=故答案为：833. 3．（2022·上海·复旦附中高二期中）如图所示，过三棱台上底面的一边11A C ，作一个平行于棱1BB 的截面，与下底面的交线为DE ．若D 、E 分别是AB 、BC 的中点，则111111A B C DBE A B C ABCV V --=______．【答案】37【分析】证得11114A B C ABCSS =，然后结合棱台与棱柱的体积公式即可求出结果.【详解】因为1//BB 平面11DEC A ，且平面11BB C C平面111DEC A C E =，所以11//BB C E ，又因为11//B C BE ，所以四边形11BB C E 为平行四边形，所以11B C BE =，且E 分别是BC 的中点，所以1112B C BC =，同理1112A B AB =，因此11114A B C ABCS S =，设上底面的面积为S ，高为h ，则下底面的面积为4S ，所以()111111317443A B C DBEA B C ABCV ShV S S S S h --==+⋅+，故答案为：37.二、解答题4．（2021·上海·西外高二期中）设四边形ABCD 为矩形，点P 为平面ABCD 外一点，且P A ⊥平面ABCD ，若|P A |＝|AB |＝1，|BC |＝2.(1)求四棱锥P －ABCD 的体积；(2)在BC 边上是否存在一点G ，使得点D 到平面P AG 2|BG |的值，若不存在，请说明理由；(3)若点E 是PD 的中点，在△P AB 内确定一点H ，使|CH |＋|EH |的值最小，并求此时|HB |的值. 【答案】(1)23；(2)存在，|BG |＝1；(3)位置答案见解析，值为53. 【分析】(1)根据棱锥的体积计算公式计算即可；(2)假设BC 边上存在一点G 满足题设条件，作DQ AG ⊥，可证明DQ ⊥平面PAG ，从而得到2DQ =，由此求解1BG =；(3)延长CB 到C '，使得C B CB '=，连结C E '，过E 作EE AD '⊥于E '，利用三点共线，两线段和最小，得到min ()CH EH +＝C E '，过H 作HH AB '⊥于H '，连结HB ，在Rt △HH B '中，求解HB 即可．(1)由题可知112121333P ABCD ABCD V S PA -=⋅⋅=⨯⨯⨯=；(2)假设BC 边上存在一点G 满足题设条件，作DQ AG ⊥，则DQ ⊥P A ，则DQ ⊥平面PAG ，故2DQ =，由1133P AGD D PAG AGDPAGV V SAP SDQ --=⇒⋅⋅=⋅⋅，则1122AD AB AP PA AG DQ ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ 则AD AB AG DQ ⋅=⋅ 则21|2AG⨯=⋅∣ 则2AG = 则22||211BG AG AB =-=-=故存在点G ，且当G 是BC 中点时，点D 到平面P AG 的距离为2，此时|BG |＝1；(3)延长CB 到C '，使得C B CB '=，连结C E '，过E 作EE AD '⊥于E '，则22141104CH EH C H EHC E EE C E '''''+=+=++ 当且仅当C '、H 、E 三点共线时等号成立，故min 41()2CH EH +=，过H 作HH AB '⊥于H '，连结HB ，在Rt △HBH '中，13HH '=，23H B '=， ∴2222125()()333HB HH H B ''=+=+=． 5．（2021·上海·华东师范大学第三附属中学高二期中）如图所示，圆锥SO 的底面圆半径1OA =，母线3SA =.(1)求此圆锥的体积和侧面展开图扇形的面积；(2)如图，半平面SOA 与半平面SOP 所成二面角P SO A --大小为120，设线段SO 中点为M ，求异面直线AM 与PS 所成角的余弦值.【答案】(1)22，侧面展开图扇形的面积为3π73【分析】（1）利用锥体的体积公式以及扇形的面积公式可求得结果；（2）取OP 的中点E ，连接AE 、ME ，分析可知异面直线PS 与AM 所成的角为AME ∠或其补角，计算出AME △三边边长，利用余弦定理可求得结果. (1)解：由题意可知，2222SO SA OA - 圆锥SO 的体积为21223V OA SO π=⨯⨯=，该圆锥的侧面展开图扇形的面积为3S OA SA ππ'=⨯⨯=. (2)解：在圆锥SO 中，SO ⊥平面AOP ，AO 、PO ⊂平面AOP ，SO AO ∴⊥，SO PO ⊥，所以，二面角P SO A --的平面角为120AOP ∠=，取OP 的中点E ，连接AE 、ME ，E 、M 分别为PO 、SO 的中点，则//ME PS 且1322ME PS ==，所以，异面直线PS 与AM 所成的角为AME ∠或其补角，3SA =，1OA =，则2222SO SA AO =-=，223AM AO OM ∴=+=，在AOE △中，12OE =，1OA =，120AOE ∠=，由余弦定理可得2272cos1202AE AO OE AO OE =+-⋅=，由余弦定理可得22273cos 218AM ME AE AME AM ME +-∠==⋅. 因此，异面直线AM 与PS 所成角的余弦值为7318. 6．（2021·上海市延安中学高二期中）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，90APC ︒∠=.(1)证明：PC ⊥平面PAB ；(2)设2DO =，圆锥的侧面积为23π，求三棱锥P ABC -的体积. 【答案】(1)证明见详解3【分析】（1）根据题意，先证明AB ⊥平面POC ，进而可得AB PC ⊥，，再结合090APC ∠=，即可证明PC ⊥平面PAB ；（2）根据题意，结合勾股定理与侧面积公式，即可求出圆锥底面半径为r 和母线长为l ，再根据棱锥的体积公式，即可求解.(1)证明：如图，连接CO 并延长，交AB 于点E .∵O 为ABC 外接圆的圆心，∴CE AB ⊥，即CO AB ⊥.在圆锥中，易知PO ⊥平面ABC ，∵AB 平面ABC ，∴PO AB ⊥，∵CO ⊂平面POC ，PO ⊂平面POC ，且CO PO O ⋂=，∴AB ⊥平面POC ，∴AB PC ⊥， ∵90APC ∠=︒，∴AP PC ⊥，又∵AB 平面PAB ，PA ⊂平面PAB ，且AB PA A ⋂=，∴PC ⊥平面PAB .(2)设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，∵2DO =，且圆锥的侧面积为23π，∴222223r lrl ππ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，解得26r l ⎧=⎪⎨=⎪⎩∵PA PC =，PA PC ⊥，∴22223PA AC r ==，即6PA =， ∵OA r =，∴3AB AC BC r ===，且2222PO PA OA r =-=， ∴333112663222332P ABC ABCrr V SPO -⋅=⋅⋅==题型二：多面体与球体内切外接问题一、单选题1．（2021·上海·曹杨二中高二阶段练习）半径为5的球内有一个高为8的正四棱锥，则该球与该内接正四棱锥体积之比为（） A ．2564πB ．12564πC ．12516πD ．1254π【答案】B【分析】由题意画出图形，设正四棱锥P ABCD -，AC 的中点为E ，连接PE 并延长交球于G ，得8PE =，10PG =，根据2·PA PE PG =求出PA ，再由勾股定理求出球内接正四棱锥的底面边长AB ，最后根据球的体积公式和棱锥的体积公式，分别求出球与该内接正四棱锥的体积，即可得出答案．【详解】解：由题可知，正四棱锥的高为8，外接球半径为5，如图，设正四棱锥P ABCD -，AC 的中点为E ，连接PE 并延长交球于G ，可知PE ⊥底面ABCD ，且PA AG ⊥，则8PE =，10PG =， cos PE PAAPE PA PG∴∠==，即2·80PA PE PG ==，得45PA =，2280648AC AE ∴==-=，28422AB ∴=⨯=， ∴球的体积为：41253V π=⨯，该内接正四棱锥体积为：21256(42)833P ABCD V -=⨯⨯=，∴球与该内接正四棱锥的体积之比为：41251253256643P ABCDV V ππ-⨯==. 故选：B.2．（2021·上海市复兴高级中学高二期中）在三棱锥A BCD -中，7AB BC CD DA ====23BD =面角A BD C --是钝角.若三棱锥A BCD -的体积为2.则三棱锥A BCD -的外接球的表面积是（） A ．12π B ．373π C ．13π D ．534π 【答案】C【分析】取BD 的中点O ，可得AOC ∠为二面角A BD C --的平面角且BD ⊥平面AOC ；利用三棱锥A BCD -体积可构造方程求得AC ，将三棱锥A BCD -补为长方体BMDG HCFA -，则长方体外接球即为三棱锥的外接球，通过求解长方体外接球表面积即可得到结果. 【详解】如图（1），取BD 的中点O ，连接,AO CO ，AB BC CD DA ===，AO BD ∴⊥，CO BD ⊥，AOC ∴∠为二面角A BD C --的平面角，BD ⊥平面AOC .取AC 的中点E ，连接OE ，设AC 2a =，在AOC △中，732AO OC ==-=，OE AC ∴⊥，则22224OE a a =-=-， 21111232423326A BCD AOCV SBD AC OE BD a a -∴=⋅=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯-=，化简得：42430a a -+=，解得：3a =或1a =，当1a =时，60AOC ︒∠=，不合题意，舍去，23∴=AC .图（1）图（2）如图（2），把三棱锥A BCD -补形成长方体BMDG HCFA -，使三棱锥A BCD -的各棱分别是长方体的面对角线，则三棱锥A BCD -的外接球即为长方体BMDG HCFA -的外接球. 设,,BM x BG y BH z ===，则222222222(23)(7)(7)x y x z y z ⎧+=⎪⎪+=⎨⎪+=⎪⎩，解得：661x y z ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩，外接球的直径为22213AM x y z =++=，四面体ABCD 外接球的表面积为134134S ππ=⨯=. 故选：C .【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的求解问题，涉及到三棱锥体积的应用；解题关键是能够通过将三棱锥补为长方体，通过求解长方体的外接球来求得结果.3．（2021·上海市松江二中高二期中）已知一圆锥底面圆的直径为333个棱长为a 的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则a 的最大值为（） A ．3 B 2C ．9322D ．322【答案】B【分析】根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到a 的最大值．【详解】依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球设球心为P ，球的半径为r ，下底面半径为R ，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q ，圆锥的轴截面如图：则32OA OB ==，因为332SO =，故可得：223SA SB SO OB ==+=；所以SAB △为等边三角形，故P 是SAB △的中心，连接BP ，则BP 平分SBA ∠，所以30PBO ∠=︒；所以tan 30r R︒=，即33333322r R ==⨯=，即四面体的外接球的半径为32r =．另正四面体可以从正方体中截得，如图：从图中可以得到，当正四面体的棱长为a 2，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，所以126233r AA =，所以2a =即a 2 故选：B ．【点睛】本题考查了正四面体的外接球，将正四面体的外接球转化为正方体的外接球，是一种比较好的方法，本题属于难题．二、填空题4．（2021·上海市控江中学高二期中）直三棱柱111ABC A B C -的所有顶点都在球O 的球面上，AB BC ⊥，1AB =，22BC =14AA =，则球O 的体积是__________．【答案】1256π 【分析】把直三棱柱111ABC A B C -补成长方体，求出外接球的直径即得解.【详解】把直三棱柱111ABC A B C -补成长方体，则直三棱柱和长方体的外接球重合，外接球的直径25R =，故球O 的体积3412536V R ππ==．故答案为：1256π 5．（2021·上海·华师大二附中高二期中）已知三棱锥A BCD -的侧棱两两互相垂直，且该三棱锥的外接球的体积为36π，则该三棱锥的侧面积的最大值为________. 【答案】18【分析】由题意将该三棱锥补成一个长方体，由球的体积公式可得外接球的半径R ，令AB x =，AC y =，AD z =，进而可得22236x y z ++=，再利用基本不等式即可得解.【详解】由题意以该三棱锥的三条侧棱为长、宽、高，将该三棱锥补成一个长方体，长方体的体对角线就是外接球的直径，令AB x =，AC y =，AD z =，外接球的半径为R ，根据三棱锥外接球的体积为34363R ππ=，可得球的半径3R =，则()2222236R x y z =++=，所以该三棱锥的侧面积S 111222yz xy xz =++ ()()()()2222222221111184442y z x y x z x y z ≤++++++=+=，当且仅当x y z ===. 故该三棱锥的侧面积的最大值为18. 故答案为：18.【点睛】本题考查了几何体的外接球相关问题的求解及基本不等式的应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题.6．（2021·上海·高二专题练习）如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E 、F 分别是边AB 、BC 的中点，AED ∆、EBF ∆、FCD ∆分别沿DE 、EF 、FD 折起，使A 、B 、C 三点重合于点A '，若四面体A EFD '的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为________.【答案】6π【分析】把棱锥扩展为正四棱柱，求出正四棱柱的外接球的半径，就是三棱锥的外接球的半径，由此能求出该球的表面积，得到答案．【详解】由题意，知A EF '∆是等腰直角三角形，且A D '⊥平面A EF '，三棱锥的底面A EF '扩展为边长为1的正方形，然后扩展为正四棱柱，三棱锥和外接球与正四棱柱的外接球是同一个球，正四棱柱的对角线长就是外接球的直径，所以球的半径222112622R ++==，所以该球的表面积为22644()62S R πππ==⨯=．故答案为6π．【点睛】本题主要考查了球的表面积的求法，同时考查空间几何体的结构特征的应用，着重考查了推理与论证能力，以及运算能力，属于中档试题．7．（2021·上海市西南位育中学高二期中）已知三棱锥P ABC -中，PA PB PC 、、两两垂直，且长度相等，若P A B C 、、、都在半径为1的同一球面上，则球心到平面ABC 的距离为__________. 【答案】13【分析】由弥补法知三棱锥P ABC -的外接球为以PA PB PC 、、为相邻三条棱的正方体的外接球，球心到平面ABC 的距离即为正方体中心到平面ABC 的距离，利用等体积法可求得P 到平面ABC 的距离，进而求得答案.【详解】因为三棱锥P ABC -中，PA PB PC 、、两两垂直，且长度相等，所以此三棱锥的外接球即为以PA PB PC 、、为相邻三条棱的正方体的外接球，又球的半径为1，所以正方体的棱长为233，即233PA PB PC ===球心到平面ABC 的距离即为正方体中心到平面ABC 的距离，设P 到平面ABC 的距离为h ，则正三棱锥P ABC -的体积3111123()33323ABCPABV Sh SPC =⋅=⋅=⨯⨯等边ABC 的边长为22232326+=333⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，21263232323ABCS⎛⎫∴=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭3311231123()()232332313123333ABC h S ⨯⨯⨯⨯∴===⨯所以球心到平面ABC 的距离为13故答案为：13【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用长方体的外接球求解．8．（2022·上海奉贤区致远高级中学高二期末）设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为___________. 【答案】183【分析】求出等边ABC 的边长，画出图形，判断D 的位置，然后求解即可. 【详解】ABC 为等边三角形且其面积为93，则23934ABCSAB ==，6AB ∴= 如图所示，设点M 为ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，点M 为三角形ABC 的重心，2233BM BE ∴==，Rt OMB ∴中，有222OM OB BM -=，426DM OD OM ∴=+=+=，所以三棱锥D ABC -体积的最大值19361833D ABC V -=⨯⨯=故答案为：183【点睛】思路点睛：本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，要求内接三棱锥体积的最大值，底面是面积一定的等边三角形，需要该三棱锥的高最大，故需要DM ⊥底面ABC ，再利用内接球，求出高DM ，即可求出体积的最大值，考查学生的空间想象能力与数形结合思想，及运算能力，属于中档题. 三、解答题9．（2021·上海·华师大二附中高二期中）已知正方体1111ABCD A B C D -.(1)若正方体的棱长为1，求点A 到平面1A BD 的距离；(2)在一个棱长为10的密封正方体盒子中，放一个半径为1的小球，任意摇动盒子，求小球在盒子中不能达到的空间的体积；(3)在空间里，是否存在一个正方体，它的定点1111A B C D A B C D 、、、、、、、到某个平面的距离恰好为0、1、2、3、4、5、6、7，若存在，求出正方体的棱长，若不存在，说明理由. 【答案】3()3761043cm π-(3)21【分析】（1）利用等体法：11A A BD A ABD V V --=即可求解.（2）求出小球在正方体的8个顶点以及12条棱处不能到达的空间，利用球的体积公式以及柱体体积公式即可求解.（3）设平面α为符合题意的平面，α过点C ，延长1111,,D C A B AB 分别交平面α于点,,E F G ,由题意可得1111::::::1:2:3:4:5:6:7C E BG B F DC D E AG A F =，设正方体的棱长为4a ，根据11C ECF C EC F V V --=，求出点1C 到平面α的距离，进而得出正方体的棱长.(1)正方体的棱长为1，设点A 到平面1A BD 的距离为h ，由11A A BD A ABD V V --=，则111133A BDABDS h SAA⋅=⋅，即11111113232⨯=⨯⨯⨯⨯，解得h (2)在正方体的8个顶点处的单位立方体空间内，小球不能到达的空间为：331448118833ππ⎡⎤⎛⎫-⨯=- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，除此之外，以正方体的棱为一条棱的12个118⨯⨯的正四棱柱空间内，小球不能到达的空间共()21121181896244ππ⎡⎤⨯⨯-⨯⨯=-⎢⎥⎣⎦，其它空间小球均能到达，故小球不能到达的空间体积为：4768962410433πππ-+-=- （3cm ）(3)设平面α为符合题意的平面，α过点C ，延长1111,,D C A B AB 分别交平面α于点,,E F G , 由图可知，点1111,,,,,,,C C B B D D A A与平面α的距离分别应为0、1、2、3、4、5、6、7，因为11,,,D E A F DC AG 互相平行，所以它们与平面α所成角相等，故由比例关系得1111::::::1:2:3:4:5:6:7C E BG B F DC D E AG A F =. 设正方体的棱长为4a ，则11,2,3C E a BGa B F a ===，用几何方法可解得EF =，,EC CF ==，故2ECFS=，由1CC ⊥平面1111D C B A ，知1CC 为四面体1C EC F -的底面1EC F 上的高，所以由11C ECF C EC F V V --=，算得点1C 到平面α的距离，121EC FECFSCC d S⋅===，实际上已知1d =1=，从而可得a = 所以正方体的棱长为4a =.10．（2019·上海·华师大二附中高二期中）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1 222AB AC BC +=结论2 22sin sin 1B C += 结论3222111h AB AC =+结论4 1111AB AC h r ++=结论5 ()()2222122R AB BC CA =++【分析】结论1：分别表示222123S S S 、、，然后证明2222123S S S S ++=结论2：在DAE △中利用等面积法，表示出高d ，然后分别表示222sin sin sin αβγ、、，再证明222sin sin sin 1αβγ++=结论3：利用结论2中得到的d 的表达式，再表示出222111AB AC AD 、、，再证明22221111d AB AC AD =++ 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D ABC O ABC O ABD O ACD O BCD V V V V V -----=+++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. 【详解】记ABC ABD ACD BCD 、、、的面积依次为123S S S S 、、、，平面BCD 与AB AC AD 、、所成角依次为αβγ、、，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 ，直角三角形ABC直角四面体ABCD条件 AB AC ⊥AB AC AB AD AC AD ⊥⊥⊥，，结论1222AB AC BC += 2222123S S S S ++=结论2221sin B sin C +=222sin sin sin 1αβγ++=结论3222111h AB AC =+ 22221111d AB AC AD =++结论41111AB AC h r ++=11111AB AC AD d r +++=结论5 ()()2222122R AB BC CA =++()22222R AB BC CA =++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：()22222222222212311112224S S S ab ac bc a b a c b c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=++=++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，在Rt ABC 中，22AB ACAE BCa b ⋅==+2222222a b DE AD AE c a b=+=++()2222222222222221=214a b a c b a b S a b c a b c ⎛⎫+⋅+= ⎪ ⎪+⎝++⎭s 2222123S S S S ∴++=；结论2：2222222222222abc AD AE abc a bd AH DE a b a b a c b c c a b ⋅⋅+====++++， ∴222222sin d bcaa b a c b c α==++．同理，222222sin ac a b a c b c β=++，222222sin ab a b a c b c λ=++∴222222222222222sin sin sin 1b c a c a b a b a c b c αβγ++++==++；结论3：∵222222abc d a b a c b c =++，∴22222222221a b a c b c d a b c ++=，又222222222222222111111b c a c a b AB AC AD a b c a b c ++++=++=， ∴22221111d AB AC AD =++ 结论4：D ABC O ABC O ABD O ACD O BCD V V V V V -----=+++，∴222222111111111632323232abc ab r ac r bc r a c b c a b r =⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅++⋅. 从而22222211111ab ac bc a c b c a b r abc abc abc abc c b a d++=+++=+++，即11111r AB AC AD d =+++；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()22222R AB BC CA =++.【点睛】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.一、单选题1．（2022·上海市杨浦高级中学高二期末）大数学家阿基米德的墓碑上刻有他最引以为豪的数学发现的象征图——球及其外切圆柱(如图).以此纪念阿基米德发现球的体积和表面积，则球的体积和表面积均为其外切圆柱体积和表面积的（）巩固练习A ．13B ．12C ．23D ．34【答案】C【分析】设球的半径为R ,则圆柱的底面半径为R ，高为2R ，分别求出球的体积与表面积，圆柱的体积与表面积，从而得出答案.【详解】设球的半径为R ,则圆柱的底面半径为R ，高为2R 所以球的体积为343R π, 表面积为24R π. 圆柱的体积为：3222R R R ππ⨯=,所以其体积之比为：3342323RR ππ= 圆柱的侧面积为：2224R R R ππ⨯=, 圆柱的表面积为：222426R R R πππ+=所以其表面积之比为：224263R R ππ= 故选：C2．（2022·上海·复旦附中高二期中）为提高学生数学学习的积极性，复旦附中联合浦东分校、青浦分校、复旦中学组织了复旦附中月度数学学科知识竞赛．本次比赛的年度总冠军奖杯由一个铜球O 和一个底座组成，如图（1）所示，已知球的体积为36π，底座由边长为12的正三角形铜片ABC 沿各边中点的连线垂直向上折叠成直二面角所得，如图（2）所示．则在图（1）所示的几何体中，下列结论中正确的是（）A ．CD 与BE 是异面直线B ．异面直线AB 与CD 所成角的大小为45°C ．由A 、B 、C 三点确定的平面截球所得的截面面积为3πD ．球面上的点到底座底面DEF 的最大距离为336++ 【答案】C【分析】取,DF EF 中点N ，M ，利用给定条件证明//,//BC DE AB DF ，推理判断A ，B ；求出ABC 外接圆半径，结合球面截面圆性质计算判断C ，D 作答.【详解】取,DF EF 中点N ，M ，连接,,,,,AB BC AC BM MN CN ，如图，因BEF 为正三角形，则BM EF ⊥，而平面BEF ⊥平面DFE ，平面BEF 平面DFE EF =，BM ⊂平面BEF ，于是得BM ⊥平面DFE ，同理CN ⊥平面DFE ，即//BM CN ，33BM CN ==因此，四边形BCNM 是平行四边形，有////BC NM DE ，则直线CD 与BE 在同一平面内，A 不正确；由选项A ，同理可得//AB DF ，则异面直线AB 与CD 所成角等于直线DF 与CD 所成角60，B 不正确；由选项A 知，132BC MN DE ===，同理可得3AB AC ==，正ABC 外接圆半径3r = 由A 、B 、C 三点确定的平面截球所得的截面圆是ABC 的外接圆，此截面面积为3π，C 正确；体积为36π的球半径R ，由34363R ππ=得3R =，由选项C 知，球心到平面ABC 的距离226d R r =-=由选项A ，同理可得点A 到平面DFE 的距离为33ABC 与平面DFE 的距离为33的点到底座底面DEF 的最大距离为3336R d BM ++=+D 不正确. 故选：C【点睛】易错点睛：异面直线所成的角的取值范围是π0,2⎛⎤⎥⎝⎦，当求出角的余弦值为负时，要取其相反数作为异面直线夹角余弦．二、填空题3．（2022·上海交大附中高二阶段练习）己知正三棱锥的底面边长为4，高为2，则三棱锥的表面积是_________．【答案】3【分析】画出图形，求出底面积和侧面积，从而求出表面积.【详解】如图，正三棱锥O -ABC ，高OM =2，取BC 中点N ，连接AN ，ON ，则M 在线段AN 上，且13MN AN =，由AB =4，BN =2，由勾股定理得：16423AN =-=，所以12333MN AN ==，2222343433ON OM MN ⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭，所以18323OBCS BC ON =⋅=，1432ABCS BC AN =⋅=，所以三棱锥的表面积为833431233⨯+=. 故答案为：1234．（2018·上海市金山中学高二期中）已知长方体的三条棱长分别为，，，并且该长方体的八个顶点都在一个球的球面上，则此球的表面积为____________．【答案】6π【详解】22226621126,4(6R R S ππ=++=∴==球5．（2022·上海市建平中学高二阶段练习）正四面体边长为4，则其体积为_________ 162【分析】由正四面体性质求体高，再应用棱锥的体积公式求体积即可. 【详解】由正四面体的体高为h 22161223h h --46h = 所以体积为214613162432⨯=1626．（2021·上海市市西中学高二期中）如图，在正三角形ABC 中，E 、F 依次是AB 、AC 的中点，AD ⊥BC ，EH ⊥BC ，F Ｇ⊥BC ，D 、H 、G 为垂足，若将正三角形ABC 绕AD 旋转一周所得的圆锥的体积为V ，则其中由阴影部分所产生的旋转体的体积与V 的比值是______________.【答案】58【分析】利用圆锥的体积公式及圆柱的体积公式即求.【详解】由题可知由阴影部分所产生的旋转体的体积为将正三角形ABC 绕AD 旋转一周所得的圆锥的体积与四边形EFGH 旋转一周所得的圆柱的体积的差，设圆锥的高为h ，底面半径为r ，则圆柱的高为2h，底面圆的半径为2r ，则2252211183r h V V V VV r h ππ⎛⎫⋅⎪-⎝⎭=-=-=圆柱圆柱，即由阴影部分所产生的旋转体的体积与V 的比值是58.故答案为：587．（2021·上海市南洋模范中学高二期中）一矩形的一边在x 轴上，另两个顶点在函数22(0)1xy x x =>+的图像上，如图，则此矩形绕x 轴旋转而成的几何体的体积的最大值是___________.【答案】π【分析】先利用基本不等式求出y 的取值范围，再设点A ，B 的坐标，由A ，B 的纵坐标相同，得到121=x x ，从而得到h ，再利用圆柱的体积公式以及基本不等式，即可得到答案. 【详解】由22211x y x x x==++，又0x >，则1122x x x x +≥⋅=，当且仅当1x =时取等号， ∴222111x y x x x==≤++，且12x x y+=， ∵矩形绕x 轴旋转而成的几何体为圆柱，设A 1(x ,1)y ，2(B x ,2)y ，如图所示，则圆柱的底面圆的半径为y ，高为21h x x =-，且()112121x f x x =+，()222221x f x x =+， ∴1222122211x x x x =++，即()()211210x x x x --=，由12x x ≠，可得121=x x ， ∴()()222212121212114444h x x x x x x x x y ⎛⎫=-=+-=+-=- ⎪⎝⎭，故222144y h y y-=-=， ∴圆柱的体积为()()22222212124y y V y h y y ππππ+-==-≤⋅=，当且仅当22y =时取等号， ∴此矩形绕x 轴旋转而成的几何体的体积的最大值是π. 故答案为：π.8．（2021·上海市南洋模范中学高二期中）如图，已知半径为2的球O 的直径AB 垂直于平面α，垂足为B ，△BCD 是平面α内边长为2的正三角形，线段AC ，AD 分别与球面交于点M ，N ，则三棱锥A BMN -的体积为___________.【答案】【分析】由已知证明三角形相似可得AM AC =45AN AD =，得到求出三棱锥A BMN -的体积为把2R =代入得答案.【详解】2AB R =，BC R =，5AC R =，半径为R 的球O 的直径AB 垂直于面α，垂足为B ，△BCD 是面α内边长为R 的正三角形，线段AC ，AD 分别与球面交于点M ，N ，BAM BAC ∴∠=∠，90AMB ABC ∠=∠=︒，则ABCAMB ，易知：45AM AC =，同理有45AN AD =，∴三棱锥A BMN -的体积为231613832253475A BMN V R R R -=⨯⨯⨯⨯=，又2R =，∴三棱锥A BMN -的体积为.故答案为：9．（2021·上海·格致中学高二期中）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为______．【答案】5003π 【分析】设球的半径为R ，根据已知条件得出正方体上底面截球所得的截面圆的半径4AA '=，球心到截面圆圆心的距离2OA R '=-，利用勾股定理即可求出球的半径，再带入球体积公式即可.【详解】由题意得正方体上底面到水面的高为862-=，设球体的半径为R ，由题意如图所示：三角形OAA '为直角三角形，A 为球与正方体的交点，则2OA R '=-，842AA '==，OA R =，所以：222(2)4R R =-+，解得5R =，所以球的体积33445005333V R =π=π⨯=π. 故答案为：5003π 10．（2021·上海·闵行中学高二期中）如图，三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的球面上，PA PC ⊥，ABC。

上海市杨浦高级中学2021-2022学年高二上学期期末数学试题及答案

上海市杨浦高级中学2021-2022学年高二上学期期末数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、填空题1．从甲、乙、丙、丁4位同学中，选出2位同学分别担任正、副班长的选法数可以用mP表示为____________.n2_________.3．在报名的3名男教师和3名女教师中，选取3人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方法数为__________. (结果用数值表示)4．圆锥的母线长为2，母线所在直线与圆锥的轴所成角为30，则该圆锥的侧面积大小为____________.(结果保留π)5．已知(13)n x+的展开式中2x项的系数是54，则正整数n=______________.6．将某校全体高一年级学生期末数学成绩分为6组：[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]加以统计，得到如图所示的频率分布直方图，现需要随机抽取60名学生进行问卷调查，采用按成绩分层随机抽样，则应抽取成绩不少于60分的学生人数为_______________.7．用1,2,3,4,5组成所有没有重复数字的五位数中，满足2与4相邻并且1与5不相邻的五位数共有____________个. (结果用数值表示)8．射击队某选手命中环数的概率如下表所示：该选手射击两次，两次命中环数相互独立，则他至少命中一次9环或10环的概率为_________________. (结果用小数表示)9．如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D ，点P 沿正方形ABCD 按ABCDA 的方向作匀速运动，点Q 沿正方形11B C CB 按111B C CBB 的方向以同样的速度作匀速运动，且点,P Q 分别从点A 与点1B 同时出发，则PQ 的中点的轨迹所围成图形的面积大小是________.10．甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现同时从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入对方口袋，共进行了2次这样的操作后，甲口袋中恰有2个黑球的概率为__________________. 二、单选题11．某老师希望调查全校学生平均每天的自习时间.该教师调查了60位学生，发现他们每天的平均自习时间是3.5小时.这里的总体是（） A ．杨高的全校学生；B ．杨高的全校学生的平均每天自习时间；C ．所调查的60名学生；D ．所调查的60名学生的平均每天自习时间.12．大数学家阿基米德的墓碑上刻有他最引以为豪的数学发现的象征图——球及其外切圆柱(如图).以此纪念阿基米德发现球的体积和表面积，则球的体积和表面积均为其外切圆柱体积和表面积的（）A ．13B ．12C ．23D ．3413．10(1)x -的二项展开式中，二项式系数最大的项是第（）项. A ．6B ．5C ．4和6D ．5和714．在正方体的12条棱中任选3条，其中任意2条所在的直线都是异面直线的概率为（） A ．155B ．255C ．355D ．655三、解答题15．如图，三棱锥P ABC -中，,,PA PB PC 两两垂直，PA PB PC ==，且,M N 分别为线段,AB PC 的中点.(1)若点K 是线段PM 的中点，求证：直线//NK 平面ABC ； (2)求证：平面PCM ⊥平面ABC .16．已知n的二项展开式中所有项的二项式系数之和为1024，(1)求n 的值；(2)求展开式的所有有理项(指数为整数)，并指明是第几项． 17．已知甲组数据1215,,,a a a 的茎叶图如图所示，其中数据的整数部分为茎，数据的小数部分(仅一位小数)为叶，例如第一个数据为5.3(1)求：甲组数据的平均值1x 、方差21s 、中位数M ； (2)乙组数据为1215,,,b b b ，且甲、乙两组数据合并后的30个数据的平均值为9.2X =，方差为211.23S =，求：乙组数据的平均值2x 和方差22s ，写出必要的计算步骤.参考公式：平均值11n i i x x n ==∑，方差()22221111()n n i i i i s x x x x n n ===-=-∑∑18．如图，正四棱锥．．．．P ABCD -底面的四个顶点,,,A B C D 在球．O 的同一个大圆上，点P 在球面上，且正四棱锥P ABCD -的体积为163.(1)该正四棱锥的表面积S 的大小；(2)二面角A PB C --的大小.(结果用反三角表示)19．一项“过关游戏”规则规定：在第n 关要抛掷一颗公正六面骰子n 次，每次掷得的点数均相互独立，如果这n 次抛掷所出现的点数之和大于2n ，则算过关. (1)这个游戏最多过几关？ (2)某人连过前两关的概率是？ (3)某人连过前三关的概率是？参考答案：1．24P 【解析】【分析】由题意知：从4为同学中选出2位进行排列，即可写出表示方式. 【详解】1、从4位同学选出2位同学，2、把所选出的2位同学任意安排为正、副班长， ∴选法数为24P . 故答案为：24P . 2．45##4π 【解析】【分析】如图所示，其体对角线与底面所成角为DAC ∠，解三角形即得解. 【详解】解：如图所示，设,AB BC x CD ===，所以AC =. 由题得CD ⊥平面ABC ,则其体对角线与底面所成角为DAC ∠,因为AC CD ==,所以45DAC ∠=. 故答案为：453．18【解析】【分析】由题设，选取方式有两男教师一女教师或两女教师一男教师，应用组合数求出选取方法数. 【详解】选取方式有：选两男教师一女教师或选两女教师一男教师，∴不同的选取方法有：2133218C C =种.故答案为：18. 4．2π 【解析】【分析】由题设知：圆锥的轴截面为等边三角形，进而求圆锥的底面周长，由扇形面积公式求圆锥的侧面积大小. 【详解】由题设，圆锥的轴截面为等边三角形，又圆锥的母线长为2， ∴底面半径为1，则底面周长为2π，∴圆锥的侧面积大小为12222ππ⨯⨯=.故答案为：2π. 5．4 【解析】【分析】由已知二项式可得展开式通项为13r r r r n T C x +=，根据已知条件有22354n C =，即可求出n 值.【详解】由题设，11(3)3r n r r r r rr n n T C x C x -+==，∴22354n C =，则2!62!(2)!n n C n ==-且n 为正整数，解得4n =.故答案为：4. 6．48 【解析】【分析】根据频率分布直方图，求出成绩不少于60分的频率，然后根据频数=频率⨯总数，即可求出结果．【详解】根据频率分布直方图，成绩不低于60（分）的频率为()1100.0050.0150.8-⨯+=，由于需要随机抽取60名学生进行问卷调查，利用样本估计总体的思想，则应抽取成绩不少于60分的学生人数为600.848⨯=人．故答案为：48． 7．24 【解析】【分析】由题意，先利用捆绑法排列24和3，再利用插空法排列1和5，即可得答案. 【详解】因为满足2与4相邻并且1与5不相邻，则将2,4捆绑，内部排序得222A =，再对24和3全排列得222A =，利用插空法将1和5插空得236A =，所以满足题意得五位数有22222322624A A A ⋅⋅=⨯⨯=.故答案为：24 8．0.84 【解析】【分析】先求出该选手射击两次，两次命中的环数都低于9环的概率，由对立事件的概率可得答案. 【详解】该选手射击一次，命中的环数低于9环的概率为10.320.280.4--= 该选手射击两次，两次命中的环数都低于9环的概率为0.40.40.16⨯= 所以他至少命中一次9环或10环的概率为10.160.84-= 故答案为：0.849【解析】【分析】画出符合要求的图形，观察得到轨迹是菱形，并进行充分性和必要性两方面的证明，并求解出轨迹图形的面积. 【详解】如图，,,E F G 分别是正方形ABCD ，11ABB A ，11BCC B 的中心，下面进行证明：菱形EFGC 的周界即为动线段PQ 的中点H 的轨迹，首先证明：如果点H 是动线段PQ 的中点，那么点H 必在菱形EFGC 的周界上，分两种情况证明：（1）P ，Q 分别在某一个定角的两边上，不失一般性，设P 从B 到C ，而Q 同时从1C 到C ，由于速度相同，所以PQ 必平行于1BC ，故PQ 的中点H 必在CG 上；（2）P ，Q 分别在两条异面直线上，不失一般性，设P 从A 到B ，同时Q 从1B 到1C ，由于速度相同，则1AP B Q =，由于H 为PQ 的中点，连接1B H 并延长，交底面ABCD 于点T ，连接PT ，则平面1PB QT 与平面ABCD 交线是PT ， ∴11B C ∴平面ABCD ， ∴11B C ∴PT ， ∴1HB Q HTP ≅，而1PT B Q AP ==，PT ∴BC ， ∴APT △是等腰直角三角形，π4TAP ∠=，从而T 在AC 上，可以证明FH ∴AC ，GH ∴AC ，DG ∴AC ，基于平行线的唯一性，显然H 在DG 上，综合（1）（2）可证明，线段PQ 的中点一定在菱形EFGC 的周界上；下面证明：如果点H 在菱形EFGC 的周界上，则点H 必定是符合条件的线段的中点. 也分两种情况进行证明：（1）H 在CG 或CE 上，过点H 作PQ ∴1BC （或BD ），而与BC 及1CC （或CD 及BC ）分别相交于P 和Q ，由相似的性质可得：PH =QH ，即H 是PQ 的中点，同时可证：BP =1C Q （或BQ =DP ），因此P 、Q 符合题设条件（2）H 在EF 或FG 上，不失一般性，设H 在FG 上，连接1B H 并延长，交平面AC 于点T ，显然T 在AC 上，过T 作TP ∴CB 于点P ，则TP ∴11C B ，在平面11PTC B 上，连接PH 并延长，交11B C 于点Q ，在三角形1ACB 中，G 是1B C 的中点，FG ∴AC ，则H 是1B T 的中点，于是1PTH QB H ≅，从而有1B Q PT =，又因为TP ∴CB ，4CAB ATP π∠=∠=，所以AP PT =，从而1B Q AP =，因此P ，Q 符合题设条件.由（1）（2），如果H 是菱形EFGC 周界上的任一点，则H 必是符合题设条件的动线段PQ 的中点，证毕.因为四边形EFGC 为菱形，其中1122CE AC ==11AC CB AB ==，1AB C 为等边三角形，π3GCE ∠=，所以面积πsin 3S ==.【点睛】对于立体几何轨迹问题，要画出图形，并要善于观察，利用所学的立体几何方面的知识，大胆猜测，小心验证，对于多种情况的，要画出相应的图形，注意分类讨论.10．7 27【解析】【分析】分两类：两次都互相交换白球的概率和第一次甲交出黑球收到白球，且第二次甲交出白球收到黑球的概率求和可得答案.【详解】分两类：∴两次都互相交换白球的概率为131139⨯=；∴第一次甲交出黑球收到白球，且第二次甲交出白球收到黑球的概率为2214 33327⎛⎫⨯⨯=⎪⎝⎭147 92727 +=.故答案为：7 27.11．B【解析】【分析】由总体的概念可得答案.【详解】某老师希望调查全校学生平均每天的自习时间，该教师调查了60位学生，发现他们每天的平均自习时间是3.5小时，这里的总体是全校学生平均每天的自习时间.故选：B.12．C【解析】【分析】设球的半径为R,则圆柱的底面半径为R，高为2R，分别求出球的体积与表面积，圆柱的体积与表面积，从而得出答案.【详解】设球的半径为R ,则圆柱的底面半径为R ，高为2R 所以球的体积为343R π, 表面积为24R π. 圆柱的体积为：3222R R R ππ⨯=,所以其体积之比为：3342323R R ππ= 圆柱的侧面积为：2224R R R ππ⨯=, 圆柱的表面积为：222426R R R πππ+= 所以其表面积之比为：224263R R ππ= 故选：C13．A【解析】【分析】由二项展开的中间项或中间两项二项式系数最大可得解.【详解】因为二项式10(1)x -展开式一共11项，其中中间项的二项式系数最大，易知当r ＝5时，10rC 最大，即二项展开式中，二项式系数最大的为第6项.故选：A14．B【解析】【分析】根据正方体的性质确定3条棱两两互为异面直线的情况数，结合组合数及古典概率的求法，求任选3条其中任意2条所在的直线是异面直线的概率.【详解】如下图，正方体中如：111,,AD BB C D 中任意2条所在的直线都是异面直线，∴这样的3条直线共有8种情况，∴任选3条，其中任意2条所在的直线都是异面直线的概率为3128255C =. 故选：B.15．(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）由题意可得//NK CM ，从而可证.(2) 由题意可得PC ⊥平面PAB ，从而可得PC AB ⊥，由根据条件可得AB PM ⊥，从而可得AB ⊥平面PCM ，从而可得证.(1)由,M N 分别为线段,AB PC 的中点.由中位线定理知//NK CM ，又CM ⊂平面ABC ，且NK ⊄平面ABC ，所以直线//NK 平面ABC(2) ,,PA PB PC 两两垂直，即,PC AP PC BP ⊥⊥,且BP AP P ⋂=所以PC ⊥平面PAB ，又AB平面PAB ，所以PC AB ⊥由PA PB =，且M 分别为线段AB 的中点，所以AB PM ⊥， PM PC P ⋂=因此根据线面垂直判定定理得AB ⊥平面PCM ，且AB平面ABC所以平面PCM ⊥平面ABC .16．(1)10n =(2)5417,210T x T x ==【解析】【分析】（1）由二项式系数和公式可得答案；（2）求出n的通项，利用x 的指数为整数可得答案. (1)n的二项展开式中所有项的二项式系数之和0121024+++==n n n n n C C C ，所以10n =.(2)105611010,0,1,,10--+===r r r rrr T C C x r ，因此0,6r =时，有理项为0556********,210T C x x T C x x ====，有理项是第一项和第七项.17．(1)18.7x =，21 3.824s =，8.2M =； (2)29.7x =，2218.136s =. 【解析】【分析】（1）根据茎叶图求平均值1x ，再由方差与均值的关系求21s ，将茎叶图中的数据从小到大排列确定中位数M .（2）由甲乙平均数及（1）的结果列方程求乙组数据的平均值2x ，再由方差与均值的关系列方程组求出1521i i b =∑，进而求方差22s .(1)15111 5.3 6.57.47.68.18.18.18.28.28.49.59.810.51113.88.71515i i x a =++++++++++++++===∑， ∴()152221111 3.82415i i s a x ==-=∑，由茎叶图知：数据从小到大排列为{5.3,6.5,7.4,7.6,8.1,8.1,8.1,8.2,8.2,8.4,9.5,9.8,10.5,11,13.8} ∴8.2M =.(2) 由题意，22158.7159.29.730x x ⨯+⨯=⇒=，又151522211151515222211118.7 3.8241192.71151()9.211.231683.3930i i i i i i i i i i a a a b b =====⎧⎧-==⎪⎪⎪⎪⇒⎨⎨⎪⎪+-==⎪⎪⎩⎩∑∑∑∑∑，因此152222119.718.13615i i s b ==-=∑. 18．(1)8+(2)1arccos()3- 【解析】【分析】（1）首先求出球的半径，即可得到四棱锥P ABCD -的棱长，再根据锥体的表面积公式计算可得；（2）取PB 中点M ，联结,AM CM ，即可得到,AM PB CM PB ⊥⊥，从而得到AMC ∠为二面角A PB C --的平面角，再利用余弦定理计算可得.(1)解：设球的半径为R ，则2116233P ABCD V R R -=⨯⋅= 解得2R =，所以P ABCD -所有棱长均为因此22448PAB ABCD S SS =+=+=+(2)解：取PB 中点M ，联结,AM CM ，因为,APB CPB 均为正三角形，因此,AM PB CM PB ⊥⊥，即AMC ∠为二面角A PB C --的平面角.4,AC AM CM ===1cos 3AMC ∠==- 因此二面角的大小为1arccos 3⎛⎫- ⎪⎝⎭.19．(1)4关 (2)59(3)100243【解析】【分析】（1）由题意，可判断4n ≤时，62n n >，当5,62n n n ≥<，所以可判断出最多只能过4关；（2）记一次抛掷所出现的点数之和大于2为事件1A ，两次抛掷所出现的点数之和大于22为事件2A ，得基本事件的总数以及满足题意的基本事件的个数，计算出()146P A =，()2651366P A =-=，从而根据概率相乘求解得连过前两关的概率；（3）设前两次和为,212a a ≤≤，第三次点数为,16b b ≤≤，列出第三关过关的基本事件的个数，利用概率相乘即可得连过前三关的概率.(1)因为骰子出现的点数最大为6，当4n ≤时，62n n >，而5,62nn n ∀≥<，所以5n ≥时，这n 次抛掷所出现的点数之和均小于2n ，所以最多只能过4关.(2)记一次抛掷所出现的点数之和大于2为事件1A ，基本事件总数为6个，符合题意的点数为3,4,5,6，共4个，所以()146P A =；记两次抛掷所出现的点数之和大于22为事件2A ，基本事件总数为6636⨯=个，不符合题意的点数为()()()()()()1,1,1,2,1,3,2,1,2,2,3,1，共6个，则由对立事件的概率得()2651366P A =-=，所以连过前两关的概率为()12455669P A A =⨯=; (3)前两次和为,212a a ≤≤，第三次点数为,16b b ≤≤则考虑8a b +> 36,45,46,54,55,56,63,64,65,66,72,73,74,75,76,81,82,83,84,85,86,91,92,93,94,95,96,101,102,103,104,105,106,111,112,113,114,115,116,121,122,123,124,125,12a b +=+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++6,再考虑a312,21=++ 2种413,31,22=+++ 3种514,41,23,32=++++ 4种615,51,24,42,33=+++++ 5种716,61,25,52,34,43=++++++ 6种826,62,35,53,44=+++++ 5种936,63,45,54=++++ 4种1046,64,55=+++ 3种1156,65=++ 2种1266=+ 1种所以满足8a b +>共有12233445566(54321)160⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯++++=. 因此某人连过前三关的概率是345160100666243⨯⨯=.。

2022-2023学年上海市杨浦区复旦大学附属中学高二上学期期中数学试题

2022-2023学年上海市杨浦区复旦大学附属中学高二上学期期中数学试题1.圆的半径为_________.2.若直线与垂直，则的值为__________.3.已知平行直线，，则，的距离为_______.4.若抛物线y2=4x上的点M到焦点的距离为10，则M到y轴的距离是_______．5.已知过点的直线与抛物线相交于不同的两点，为直线斜率，则k的取值范围为_________.6.一个圆经过椭圆的三个顶点，且圆心在x轴的正半轴上，则该圆的标准方程为___________.7.椭圆的焦距为，则实数的值为___________.8.已知点在经过，两点的直线上，则的最小值为_______9.已知点P（2，1）在圆x²+y²+（λ1）x+2λy+λ=0外，则实数λ的取值范围是_____________10.已知斜率为的直线与抛物线交于轴上方不同的两点、，记直线、的斜率分别为、，则的取值范围是_______.11.已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别是F₁、F₂，这两条曲线在第一象限的交点为P，△PF₁F₂是以PF₁为底边的等腰三角形，若|PF₁|=10，椭圆与双曲线的离心率分别为e₁、e₂，则e₁e₂的取值范围是_____.12.过双曲线的左焦点作圆x²+y²=a²的切线，切点为E，延长FE交抛物线y²=4cx于点P，O为坐标原点，若则双曲线的离心率为_______.13.抛物线的准线方程为（）A．B．C．D．14.直线与圆相切，则实数m的值是（）A．±1 B．±2 C．±4 D．±815.已知,则双曲线与的（）A．实轴长相等B．虚轴长相等C．焦距相等D．离心率相等16.已知过点D（2，0）的直线l与椭圆相交于不同的两点A、B，M是弦AB的中点，则的最小值为（）A．B．C．D．17.已知直线，，(1)求两条直线、夹角的大小；(2)求直线关于直线对称的直线的方程.18.在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆C上.（1）求圆C的方程；（2）若圆C与直线交于A，B两点，且，求a的值.19.已知抛物线的准线与x轴交于点M，过点M的直线l与抛物线交于A、B两点，设到准线的距离为d.(1)若，求抛物线的标准方程；(2)若, 求直线l的斜率.20.如图，为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为；双曲线的左、右焦点分别为、，离心率为，已知，且过作的不垂直于轴的弦，为的中点，直线与交于、两点.(1)求、的方程；(2)若四边形为平行四边形，求直线的方程；(3)求四边形面积的最小值.21.已知椭圆,的离心率相同.点在椭圆上，、在椭圆上.(1)若求点的轨迹方程；(2)设的右顶点和上顶点分别为、，直线、分别是椭圆的切线，、为切点，直线、的斜率分别是、，求的值；(3)设直线、分别与椭圆相交于、两点，且若是中点，求证：、、三点共线（为坐标原点）.。

2022年上海市杨浦高级中学高二数学理测试题含解析

2022年上海市杨浦高级中学高二数学理测试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 曲线与坐标轴围成的面积是A.4B.C.3D.2参考答案：C略2. 已知双曲线的焦点为F1、F2，点M在双曲线上,且MF1x轴，则F1到直线F2M的距离为( )A. B. C. D.参考答案：C3. 已知向量，则（A）（B）（C）（D）参考答案：C4. 由首项，公比确定的等比数列中，当时，序号n等于A．4 B．5 C．6D．7参考答案：D5. 关于直线a,b,c以及平面M，N，给出下面命题：①若a//M，b//M, 则a//b ②若a//M, b⊥M，则b⊥a③若a M，b M,且c⊥a，c⊥b,则c⊥M ④若a⊥M, a//N，则M⊥N，其中正确命题的个数为（）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个参考答案：C6. 不等式x2﹣2x+m＞0在R上恒成立的充分不必要条件是（）A．m＞2 B．0＜m＜1 C．m＞0 D．m＞1参考答案：A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】不等式x2﹣2x+m＞0化为：m＞﹣x2+2x=﹣（x﹣1）2+1，利用二次函数的单调性、充分不必要条件即可得出．【解答】解：不等式x2﹣2x+m＞0化为：m＞﹣x2+2x=﹣（x﹣1）2+1，∵﹣（x﹣1）2+1≤1，∴m＞1．∴不等式x2﹣2x+m＞0在R上恒成立的充分不必要条件是m＞2．故选：A．7. 某地区根据2008年至2014年每年的生活垃圾无害化处理量y（单位：万吨）的数据，用线性回归模型拟合y关于t的回归方程为=0.92+0.1t（t表示年份代码，自2008年起，t的取值分别为1，2，3，…），则下列的表述正确的是（）A．自2008年起，每年的生活垃圾无害化处理量与年份代码负相关B．自2008年起，每年的生活垃圾无害化处理量大约增加0.92万吨C．由此模型预测出2017年该地区的生活垃圾无害化处理量约1.92万吨D．由此模型预测出2017年该地区的生活垃圾无害化处理量约1.82万吨参考答案：C【考点】BK：线性回归方程．【专题】11 ：计算题；38 ：对应思想；4A ：数学模型法；5I ：概率与统计．【分析】利用线性回归方程系数的意义判断A，B；代值计算可判断C，D．【解答】解：对于A，0.1＞0，自2008年起，每年的生活垃圾无害化处理量和年份代码正相关，故A 错误；对于B，t的系数为0.1，自2008年起，每年的生活垃圾无害化处理量大约增加0.10万吨，故B错误；对于C、D，t=10，=0.92+0.1t=1.92，由此模型可预测2017年该地区生活垃圾无害化处理量是1.92万吨，故C正确；D不正确．故选：C．【点评】本题考查线性回归方程的运用，考查学生对线性回归方程的理解，属于中档题．8. 设满足约束条件：，则的最小值为（）A．6 B．－６Ｃ．Ｄ．－７参考答案：B9. 如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E1、F1分别是A1B1、C1D1的一个四等分点，则BE1与DF1所成角的余弦值为（）A．0 B． C． D．参考答案：D略10. 函数f(x)的图像如图所示，下列数值排序正确的是（）A. B.C. D.参考答案：B【分析】根据题意，设，为的图象上两点，由导数的几何意义可得为函数在处切线的斜率，为函数在处切线的斜率，，分析函数的图象变化的趋势即可得答案．【详解】根据题意，设，为的图象上两点，则为函数在处切线的斜率，为函数在处切线的斜率，，由函数图象分析可得：函数为增函数，但增加的越来越慢，则故选【点睛】本题考查函数导数的几何意义，关键是掌握导数的定义，属于基础题．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 若O（0，0，0），P（x，y，z），且，则表示的图形是 _ _．参考答案：以原点O为球心，以1为半径的球面；12. 复数的共轭复数是_________。

2021-2022学年上海民办杨浦实验学校高二数学文上学期期末试卷含解析

2021-2022学年上海民办杨浦实验学校高二数学文上学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 抛物线y2=4x的焦点到双曲线x2﹣=1的渐近线的距离是（）A．B．C．1 D．参考答案：B【考点】抛物线的简单性质；双曲线的简单性质．【分析】根据抛物线的标准方程，算出抛物线的焦点F（1，0）．由双曲线标准方程，算出它的渐近线方程为y=±x，化成一般式得：，再用点到直线的距离公式即可算出所求距离．【解答】解：∵抛物线方程为y2=4x∴2p=4，可得=1，抛物线的焦点F（1，0）又∵双曲线的方程为∴a2=1且b2=3，可得a=1且b=，双曲线的渐近线方程为y=±，即y=±x，化成一般式得：．因此，抛物线y2=4x的焦点到双曲线渐近线的距离为d==故选：B【点评】本题给出抛物线方程与双曲线方程，求抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离，着重考查了抛物线、双曲线的标准方程与简单几何性质等知识，属于基础题．2. 如图，是函数y=f（x）的导函数f′（x）的图象，则下面判断正确的是（）A．在区间（﹣2，1）上f（x）是增函数B．在（1，3）上f（x）是减函数C．在（4，5）上f（x）是增函数D．当x=4时，f（x）取极大值参考答案：C【考点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性．【分析】由于f′（x）≥0?函数f（x）d单调递增；f′（x）≤0?单调f（x）单调递减，观察f′（x）的图象可知，通过观察f′（x）的符号判定函数的单调性即可【解答】解：由于f′（x）≥0?函数f（x）d单调递增；f′（x）≤0?单调f（x）单调递减观察f′（x）的图象可知，当x∈（﹣2，1）时，函数先递减，后递增，故A错误当x∈（1，3）时，函数先增后减，故B错误当x∈（4，5）时函数递增，故C正确由函数的图象可知函数在4处取得函数的极小值，故D错误故选：C3. 椭圆的一个焦点为，若椭圆上存在一个点，满足以椭圆短轴为直径的圆与线段相切于该线段的中点，则椭圆的离心率为( )A. B. C. D.参考答案：D略4. 若复数z满足，则|z|=（）A．B．1 C．D．参考答案：B由题意，易得：，∴.故选：B5. 点P是双曲线﹣=1的右支上一点，点M，N分别是圆（x+5）2+y2=4和（x﹣5）2+y2=1上的动点，则|PM|﹣|PN|的最小值为（）A．3 B．4 C．5 D．6参考答案：C【考点】KC：双曲线的简单性质．【分析】由题意求得∴|PM|min=|PF1|﹣r1=|PF1|﹣2，|PN|max=|PF2|+r2=|PF2|+1，根据双曲线的定义，即可求得|PM|﹣|PN|的最小值．【解答】解：双曲线﹣=1，a=4，b=3，c=5，∴双曲线两个焦点分别是F1（﹣5，0）与F2（5，0），恰好为圆（x+5）2+y2=4和（x﹣5）2+y2=1的圆心，半径分别是r1=2，r2=1，∵|PF1|﹣|PF2|=2a=8，∴|PM|min=|PF1|﹣r1=|PF1|﹣2，|PN|max=|PF2|+r2=|PF2|+1，∴|PM|max=|PF1|+r1=|PF1|+2，|PN|min=|PF2|﹣r2=|PF2|﹣1，∴|PM|﹣|PN|min=（|PF1|﹣2）﹣（|PF2|+1）=8﹣3=5，故选C．【点评】本题主要考查了双曲线的简单性质和双曲线与圆的关系，着重考查了学生对双曲线定义的理解和应用，以及对几何图形的认识能力，属于中档题．6. 已知，，则等于A．B．C．D．参考答案：B略7. 一条光线从点（﹣2，﹣3）射出，经y轴反射后与圆（x+3）2+（y﹣2）2=1相切，则反射光线所在直线的斜率为（）A．﹣或﹣B．﹣或﹣C．﹣或﹣D．﹣或﹣参考答案：D【考点】圆的切线方程；直线的斜率．【分析】点A（﹣2，﹣3）关于y轴的对称点为A′（2，﹣3），可设反射光线所在直线的方程为：y+3=k（x﹣2），利用直线与圆相切的性质即可得出．【解答】解：点A（﹣2，﹣3）关于y轴的对称点为A′（2，﹣3），故可设反射光线所在直线的方程为：y+3=k（x﹣2），化为kx﹣y﹣2k﹣3=0．∵反射光线与圆（x+3）2+（y﹣2）2=1相切，∴圆心（﹣3，2）到直线的距离d==1，化为24k2+50k+24=0，∴k=或﹣．故选：D．8. 若直线l：ax－y＋a＝0被圆C：x2＋(y－1)2＝4所截得的弦长为2，则a＝A.3B.2C.1D.0参考答案：D9. 已知复数z满足（其中i为虚数单位），则（）A. 1B. 2C.D.参考答案：D【分析】先求出复数z，然后根据公式，求出复数的模即可.【详解】，，.故选D.【点睛】本题主要考查复数的模计算，较基础.10. 在命题“方程x2=4的解为x=±2”中使用的联结词是（）A．且B．或C．非D．无法确定参考答案：B【考点】逻辑联结词“或”．【分析】将复合命题与成“p或q”的形式，可得答案．【解答】解：命题“方程x2=4的解为x=±2”，即命题“若x为方程x2=4的解，则x=2，或x=﹣2”，故命题中使用的联结词是“或”，故选：B．【点评】本题考查的知识点是逻辑联结词，复合命题，难度不大，属于基础题．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 在中，若，则外接圆半径．运用类比方法，若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直且长度分别为，则其外接球的半径= _______________________参考答案：12. 两个球的表面积之比是1∶16，这两个球的体积之比为_________.参考答案：1∶64略13. 已知函数，，若对任意，总存在，使成立，则实数m的取值范围为__________．参考答案：【分析】根据对任意的,总存在,使成立,转化为两个函数值域的包含关系,进而根据关于的不等式组,解不等式组可得答案．【详解】由题意，函数．．根据二次函数的性质，可得当时, ,记．由题意知,当时,在上是增函数,∴,记．由对任意,总存在,使成立，所以则，解得：当时,在上是减函数,∴,记．由对任意,总存在,使成立，所以则，解得,综上所述,实数的取值范围是．故答案为：．【点睛】本题主要考查了一元二次函数的图象和性质的应用，以及存在性问题求解和集合包含关系的综合应用，其中解答中把对任意的,总存在,使成立,转化为两个函数值域的包含关系是解答的关键，着重考查了转化思想，以及运算与求解能力，属于中档试题。

2021-2022学年上海市曹杨高二年级上册学期期中数学试题【含答案】

2021-2022学年上海市曹杨第二中学高二上学期期中数学试题一、填空题1．两条异面直线所成角的取值范围是________【答案】(0,2π【分析】由异面直线所成角的定义求解．【详解】解：由异面直线所成角的定义可知：过空间一点，分别作相应直线的平行线，两条相交直线所成的直角或锐角为异面直线所成的角，故两条异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤ ⎝⎦故答案为：0,2π⎛⎤ ⎥⎝⎦【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，同时还考查了转化思想，属于基础题．2．设等差数列的前项和为整数，若，则公差________.{}n a n ,n S n 132,12a S ==d =【答案】2【分析】根据等差数列的前项和公式求解即可.n 【详解】因为是等差数列,{}n a 所以，31132333122S a d a d ⨯=+=+=又因为，所以.12a =2d =故答案为:.23．已知直线、及平面，若且，则与平面的位置关系为________.a b β//a b //a βb β【答案】或//b βb β⊂【分析】根据已知条件结合线面位置关系判断可得出结论.【详解】因为且，直线与平面的位置关系为或.//a b //a βb β//b βb β⊂故答案为：或.//b βb β⊂4．若数列是等比数列，其前项和，为正整数，则实数的值为____.{}n a n 2n nSa =-n a 【答案】1【分析】利用与的关系结合等比数列的前项和公式求解.n a n S n 【详解】当时，，当时，，1n =12a a =-2n ≥112n n S a --=-所以，()()111122222n n n n n n n n a S S a a ----=-==-=---又是等比数列，所以是以为首项，为公比的等比数列，{}n a {}n a 12此数列的前项和，则的值为.n 122112nn n S -==--a 1故答案为：1.5．若数列为等比数列，且________.（其中为正{}n a 12,a q ==13521n a a a a -+++++= n 整数）【答案】4【分析】求出新等比数列的公比代入求和公式即可.【详解】因为数列为等比数列，.{}n a 12,a q =212q =则.1352124112n a a a a -+++++==- 故答案为：4.6．若一个圆锥的侧面是半径为6的半圆围成，则这个圆锥的表面积为________.【答案】27π【分析】求出底面半径，代入公式即可.【详解】因为圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，6所以圆锥的母线长为，6l =设圆锥的底面半径为，则，所以，r 26r ππ=⨯3r =所以圆锥的表面积为.227S r rl πππ=+=故答案为：.27π7．如图所示，在地面上两点测得建筑物的仰角为，，若，则,A B PO 4530 90,60m OAB AB ∠== 该建筑物的高度为________.PO m【答案】【分析】先将未知量转化到同一个三角形中，再利用勾股定理即可求解.【详解】因为在地面上两点测得建筑物的仰角为，,A B OP 45 30所以，即，45,30PAO PAO ∠=∠=,OP OA OB ==又因为，所以，90,60m OAB AB ∠== 222OA AB OB +=所以，所以2236003OP OP +=OP =即该建筑物的高度为..OP m 故答案为：8．有一个细胞团开始时有4个细胞，每次分裂前死去1个，再由剩余的每个细胞分裂成2个，则（为正整数）次分裂之后共有细胞的个数是_______.n n 【答案】122n ++【分析】设次分类后共有个细胞,则根据题意可得递推公式,n n a ()121n n a a +=-通过构造等比数列即可求得通项公式.【详解】由题意可设次分类后共有个细胞，n n a 则第次分裂后共有细胞个数为，1n +()121n n a a +=-即,且，122n n a a +=-()12416a =-=对数列等式两端同时减去2,可得，()1222n n a a +-=-即,，1222n n a a +-=-12624a -=-=所以数列是以为首项,为公比的等比数列，{}2n a -124a -=2所以,化简可得，1242n n a --=⨯122n n a +=+即次分裂之后共有个细胞.n 122n ++故答案为: 122n ++9．梯形的直观图是一个如图所示的等腰梯形，且梯形，则原梯形的面积为OA B C '''_______.【答案】4【分析】根据原图形面积是直观图面积的.【详解】设直观图的上下底为，高为，则直观图的面积为，,a b h 1()2a b h+则原梯形的上下底为，高为，,a b 2sin 45hh '=⨯=所以原梯形的面积等于,11()()22a b h a b h'+=+即原图形面积是梯形的面积OA B C '''因为梯形，所以原梯形的面积是.OA B C '''4故答案为:4.10．已知函数，数列满足，为正整数，若，则实数的2log ,()1,x x af x x x a >⎧=⎨-+≤⎩{}n a ()n a f n =n 3n a a ≥a 取值范围是_______.【答案】[3,4)【分析】根据分段函数的单调性与数列的最小值联系即可求解.【详解】当时，函数严格单调递减，x a ≤()f x 当时，函数严格单调递增，x a >()f x 所以当时，取到最小值，x a =()f x 因为数列满足，{}n a *(),na f n n =∈N 若，则是数列的最小项，3n a a ≥3a 所以，故实数的取值范围是.34a ≤<a [3,4)故答案为: .[3,4)11．中，边上的中垂线分别交于，若，则_______.ABC BC ,BC AC ,D M 6,2AM BC AB ⋅==AC =【答案】4【分析】利用平面向量的基本定理和余弦定理即可求解.【详解】因为，所以，DM BC ⊥0DM BC ⋅=且，1,62AM AB BC DM AM BC =++⋅= 所以，221116222AB BC DM BC AB BC BC BA BC BC ⎛⎫++⋅=⋅+=-⋅+= ⎪⎝⎭ 所以，且，2212BA BC BC ⋅=- 2AB =在中，由余弦定理得即ABC 2222cos AC AB BC AB BC B =+-⋅，()22222241216AC AB BC BA BC BC BC =+-⋅=+--= 所以.4AC = 故答案为:4.12．定义，设函数，数列是等比数列，公比，且,0,0ab ab a b aab b ≥⎧⎪⊗=⎨<⎪⎩2()log f x x x =⊗{}n a 0q >，则首项_______.()()()()()5011239991000131,a f a f a f a f a f a a =+++++=-1a =【答案】##0.12518【分析】根据题设对函数的定义结合等比数列运算求解.()f x 【详解】因为对任意实数，定义，,a b ,0,0ab ab a b aab b ≥⎧⎪⊗=⎨<⎪⎩函数，222log ,1()log log ,01x x x f x x x xx x ≥⎧⎪=⊗=⎨<<⎪⎩数列是公比大于的等比数列，且.{}n a 05011a =①当时，因为，1q >5011a =所以，[)1235005035025010001,,,,(0,1),,,,,1,a a a a a a a a ∈∈+∞ 由等比数列通项公得，所以，50050111a a q ==51001a q =整个数列为，2500499498499111,,,,1,,,,q q q q q q 因为，()()()()()123999100013f a f a f a f a f a a +++++=-所以代入得50010001000350023221222121log log log log 30log a a a a a a a a a a a +++++-=+ 即500499498222225004994981111log log log log log q q q q q q q q q q+++++ 2249949950022log log 3(i)q q q q q +++=- 由对数运算499499499498498498222249949811log log 0,log log 0(ii)q q q q q q qq+=+=⋯所以式化简得，即，所以.()i 50050025001log 3q q q =-500328q ==1500118a q ==②当时，，1q =12310001a a a a ==== 此时.()()()()()12399910000f a f a f a f a f a ====== ，所以不成立.()()()()()123499100003f a f a f a f a f a +++++=≠- ③当时，，所以，01q <<50050111a a q ==51001a q =整个数列为，2500499498499111,,,,1,,,,q q q q q q 所以，[)()1235015025031000,,,,1,,,,,0,1a a a a a a a ∞∈+∈ 因为，()()()()()991231000913f a f a f a f a f a a +++++=-代入得25021212223235002500502log log log log log 0a a a a a a a a a a ++++++，25032100050310001log log 3a a a a a +++=-即49822225005004994994982log 1111111log log log log q q q q q q q q q q +++++ 2499500222499log log 3(iii)q q q q q+++=- 由对数运算，499499499498498498222249949811log log 0,log log 0q q q q q q qq+=+=⋯所以式化简得.(iii)500250050011log 3q q q =-因为当时，，所以等式左边大于，等式右边小于，方程无解.1q <150011a q =>00综上所述，.118a =故答案为：.18二、单选题13．“数列为等差数列”是“数列为等比数列”的（）{}n a {}2na A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据等差数列和等比数列的定义,结合充要条件定义判断即可.【详解】充分条件:若“数列为等差数列” 成立，则有（常数），{}n a 1n n a a d +-=所以(常数)，所以数列为等比数列.112222n n n n a a a da ++-=={}2n a 必要条件:若“数列为等比数列”，所以为常数，{}2na 11222n n n na a a a ++-=所以为常数，所以数列为等差数列，1n n a a +-{}n a 所以数列为等差数列是数列为等比数列的充要条件.{}n a {}2na 故选:.C 14．在梯形中，，，.将梯形绕所在直ABCD 90ABC ∠=︒//AD BC 222BC AD AB ===ABCD AD 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 ．D ．23π43π53π2π【答案】C【详解】由题意可知旋转后的几何体如图:直角梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为1，母线长为2的圆柱挖去一个底面半径同样是1、高为1的圆锥后得到的组合体，所以该组合体的体积为2215121133V V Vπππ=-=⨯⨯-⨯⨯⨯=圆柱圆锥故选C.【解析】1、空间几何体的结构特征；2、空间几何体的体积.15．实数a ，b 满足a •b ＞0且a ≠b ，由a 、b 、按一定顺序构成的数列（）2a b+A ．可能是等差数列，也可能是等比数列B ．可能是等差数列，但不可能是等比数列C ．不可能是等差数列，但可能是等比数列D ．不可能是等差数列，也不可能是等比数列【答案】B【分析】由实数a ，b 满足a•b ＞0且a≠b ，分a ，b ＞0和a ，b ＜0，两种情况分析根据等差数列的定义和等比数列的定义，讨论a 、b 、2a b+件的a ，b 的值，最后综合讨论结果，可得答案．【详解】（1）若a ＞b ＞0则有a ＞b2a b+若能构成等差数列，则a+b=2a b +2a b+解得a=b （舍），即此时无法构成等差数列若能构成等比数列，则a•b=，2a b +2a b+=解得a=b （舍），即此时无法构成等比数列（2）若b ＜a ＜0，2a ba b +>>>，得2a bb a +=+于是b ＜3a 4ab=9a 2-6ab+b 2得b=9a ，或b=a （舍）当b=9a 时这四个数为-3a ，a ，5a ，9a ，成等差数列．于是b=9a ＜0，满足题意＜0，a•＞0，不可能相等，故仍无法构成等比数列2a b+故选B【点睛】本题考查的知识点是等差数列的确定和等比数列的确定，熟练掌握等差数列和等比数列的定义和性质是解答的关键．16．如图所示，在正方体中，分别是的中点，有下列结论：①1111ABCD A B C D -,E F 11,AB BC ；②平面；③与所成角为；④平面，其中正确1EF BB ⊥EF ⊥11BCC B EF 1C D 45//EF 1111D C B A 的序号是（）A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④【答案】B【分析】利用线面垂直可得线线垂直即可判断①；利用线面垂直可判断②；利用异面直线的夹角可判断③；利用线面平行的判定定理可判断④.【详解】连接，则交于，又因为为中点，1A B 1A B 1AB E F 1BC得，由平面，平面,11//EF A C 1B B ⊥1111D C B A 11A C ⊂1111D C B A 得，得，故①正确；111B B A C ⊥1B B EF ⊥由平面，得平面，1111//,EF A C A C ⊥11BDD B EF ⊥11BDD B 而平面与平面不平行，所以平面错误，11BDD B 11BCC B EF ⊥11BCC B故②错误；因为与所成角就是，连接,EF 1C D 11A C D ∠1A D 则为等边三角形，11A C D 所以，故③错误；1160A C D ∠=由分别是的中点，得，,E F 11,AB BC 11//EF A C 平面，平面，EF ⊄1111D C B A 11A C ⊂1111D C B A 得平面，//EF 1111D C B A 故④正确；故选:B.三、解答题17．在中，.ABC 1,3AB AC AB BC ⋅=⋅=-(1)求证：；tan 3tan B A =(2)求的长；AB 【答案】(1)证明见解析(2)2AB =【分析】(1)利用向量的数量积公式和正弦定理结合求解；(2)利用向量的减法运算求解即可.【详解】（1）因为，所以，1,3AB AC AB BC ⋅=⋅=- 3AB AC BA BC ⋅=⋅ 所以，即，cos 3cos cb A ca B =cos 3cos b A a B =由正弦定理得，，sin sin b a B A =sin cos 3sin cos B A A B =又因为，所以，0πA B <+<cos 0,cos 0>>A B 在等式两边同时除以，得；cos cos A B tan 3tan B A =（2）由题意得，4AB AC AB BC ⋅-⋅=()4AB AC BC ⋅-= 所以，即.4AB AB ⋅=2AB =18．《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图所示，四面体中，PABC 平面是棱的中点.PA ⊥,,ABC AC BC D =AB(1)证明：，并判断四面体是否为鳖臑？若是，写出其每个面的直角；若不是，说CD PB ⊥PACD 明理由；(2)若四面体是鳖臑，且，求直线与平面所成角的大小.PABC 2AP AB ==AP PCD 【答案】(1)证明见解析，四面体是鳖臑，直角分别为，和PACD PAC ∠,PAB ADC ∠∠PDC∠(2)【分析】(1)利用线面垂直的判定定理和线面垂直的性质即可说明；(2)利用等体积法求出椎体的高，进而利用三角函数值求线面夹角的正弦值.【详解】（1）因为平面平面，所以，PA ⊥,ABC CD ⊂ABC PA CD ⊥因为是棱的中点，所以，,AC BC D =AB CD AB ⊥又平面，所以平面，,,PA AB A PA AB ⋂=⊂PAB CD ⊥PAB 因为平面，所以，所以四面体是鳖臑，PB ⊂PAB CD PB ⊥PACD 直角分别为，和.PAC ∠,PAB ADC ∠∠PDC ∠（2）设到平面的距离为，A PCD h 因为平面，所以PA ⊥ABC 1133P ACD ACD PCD V S PA S h -=⋅=⋅ 因为四面体是鳖臑，，是棱的中点，，PABC AC BC =D AB 2AP AB ==所以，所以，，1AC BC AD ===PD =CD AB ⊥因为，所以平面，平面，则，AD PA A ⋂=CD ⊥PAD PD ⊂PAD CD PD ⊥即，所以111111213232h ⨯⨯⨯⨯=⋅⨯h =设直线与平面所成角为，AP PCD 0,2πθθ⎛⎫⎡⎤∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭所以，sin h AP θ===所以直线与平面所成角的大小为AP PCD 19．西部某地区有沙地亩，从年开始每年在沙地植树造林，第一年年底共植树亩，22002015100以后每一年年底比上一年年底多植树亩.50(1)假设所植树苗全部成活，则到哪一年年底植树后可将沙地全部绿化？(2)若每亩所植树苗木材量为立方米，每年所值树木，从它种下的第二年起，木材量自然增长率为2，求沙地全部绿化后的那年年底该山林的木材总量 (精确到整数).20%【答案】(1)年2022(2)立方米9060【分析】（1）利用等差数列求和公式即可求解；（2）利用等比数列求和公式即可求解【详解】（1）设植树年年底后可将沙地全部绿化，记第年年底植树量为，n n n a 由题意得数列是首项为，公差的等差数列，{}n a 1100a =50d =所以，所以，(1)1005022002n n n -+⨯=23880n n +-=所以，因为，所以，(11)(8)0n n +-=*n ∈N 8n =所以到年年底植树后可以将荒山全部绿化.2022（2）设年初木材存量为，到年底木材存量增加为，2015312a m 20228312 1.2a m ⨯年初木材存量为，到年底木材存量增加为，2016322a m 20227322 1.2a m ⨯，年初木材存量为，到年底木材存量增加为.⋯2022382a m 2022382 1.2a m ⨯则到年年底木材总量为202287612382 1.22 1.22 1.22 1.2S a a a a =⨯+⨯+⨯+⋯+⨯2678900 1.2800 1.2400 1.2300 1.2200 1.2S =⨯+⨯+⋯+⨯+⨯+⨯237981.2900 1.2800 1.2400 1.2200 1.2300 1.2S ⨯=⨯+⨯+⋯+⨯+⨯+⨯两式作差得()92380.2200 1.21001.2 1.2 1.2900 1.2S =⨯++++-⨯ ，所以，8840 1.21800840 4.318001812=⨯-≈⨯-=39060S m =答：到全部绿化后的那一年年底，该山林的木材总量立方米.906020．已知四棱锥中，平面，底面是边长为的菱形，，P ABCD -PA ⊥ABCD ABCD 2120°∠=BAD .1AP =(1)求证：平面；BD ⊥PAC (2)求到平面的距离；A PBD (3)设与交于点，为中点，求二面角的大小.AC BD O M OC O PM D --【答案】(1)证明见解析(3)【分析】(1)根据线面垂直判定定理证明;(2)应用等体积法计算可求;(3)应用线面垂直的判定定理,结合二面角平面角定义,找到平面角计算即可.【详解】（1）因为四边形是菱形，所以，ABCD AC BD ⊥因为平面，在平面内，PA ⊥ABCD BD ABCD 所以，BD PA ⊥又因为，平面,平面.所以平面.PA AC A = PA ⊂PAC AC ⊂PAC BD ⊥PAC （2）设到平面的距离为，A PBD h 因为平面，所以PA ⊥ABCD 11,33P ABD A PBD ABD PBD V V S PA S h --=⋅=⋅ 因为底面是边长为的菱形，，.ABCD 2120BAD ∠=1PA =所以，BD PB PD ===所以，解得11112213232h ⨯⨯⨯=⨯⨯h =（3）过作交于，连接，O OH PM ⊥PM H HD由(1)因为平面，平面,,,平面,平面,DO ⊥PAC PM ⊂PAC DO ⊥PM OH PM ⊥DO ⊂DOH OH ⊂DOH 所以平面,平面得，DO OH O = PM ⊥DOH DH ⊂DOH DH PM ⊥平面,平面,所以为的平面角，DH ⊂PMD OH ⊂PMO OHD ∠O PM D --因为底面是边长为的菱形，，ABCD 2120BAD ∠=1PA =所以，13,22OD OM AM ===sin OH PA OMH OM PM ∠==从而，OM AP OH PM ⋅====所以，又二面角为锐角，tan OD OHD OH ∠===O PM D --所以二面角的平面角大小为O PM D --21．已知数列的各项均为正数，且，对任意的正整数，都有.{}n a 11a =n 121n n a a +=+(1)求证：是等比数列，并求出的通项；{}1n a +{}n a (2)设，若数列中去掉的项后，余下的项组成数列，求()22log 11n n b a =+-{}n b {}n a {}n c ；12100c c c +++ (3)在（2）中，设，数列的前项和为，是否存在正整数、且，使11n n n d b b +=⋅{}n d n n S m n 1m n <<得、、依次成等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.1S m S n S m 【答案】(1)证明见解析，()21N n n a n *=-∈(2)11202(3)存在，2m =【分析】（1）由已知可得出，结合等比数列的定义可证得结论成立，确定数列()1121n n a a ++=+的首项和公比，可求得数列的通项公式，进而可得出数列的通项公式；{}1n a +{}1n a +{}n a （2）求出数列的通项公式，分析可得出，，进而可得出{}n b 647127b a ==71078a b a <<，结合分组求和法可求得结果；()()1210012107127c c c b b b a a a +++=+++-+++ （3）利用裂项求和法可求得，根据等差数列的定义可得出，可得出，n S 12m n S S S =+152041m n m -=>-求出的取值范围，结合且可求得的值，并求出的值，即可得出结论.m N m *∈1m >m n 【详解】（1）解：因为，且，所以，且，121n n a a +=+11a =()1121n n a a ++=+112a +=故数列为等比数列，且首项为，公比为，{}1n a +112a +=2所以，，故.11222n n n a -+=⨯=()21N n n a n *=-∈（2）解：，且，()22log 121121n n b n =+--=- 11b =其中（常数），()()1211212n n b b n n +-=+---=⎡⎤⎣⎦所以数列是以为首项、为公差的等差数列，{}n b 12，，，，111b a == 64127b =106211b =107213b =由（1）得，，，因为，，7127a =8255a =647127b a ==71078a b a <<所以 ()()1210012107127c c c b b b a a a +++=+++-+++ ()()()71272121071213107214222772212-⨯+⨯⎡⎤=-+++-=-+⎣⎦- .2810729=-+=11202（3）解：，()()111112*********n n n n n n n d b b +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝=⋅⎭ 111111111121335212122121n n S n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 其中，，，113S =21m m S m =+21n n S n =+假设存在正整数、且，使得、、依次成等差数列，m n 1m n <<1S m S n S 则有，即，所以，解得，12m n S S S =+2121321m n m n =+++152041m n m -=>-1542m <<又因为，，所以，此时，*N m ∈1m >2m =7n =所以存在满足题设条件的、，.m n 2m =。

2022-2023学年上海市杨浦区复旦大学附属中学高二上学期期中数学试题(解析版)

2022-2023学年上海市杨浦区复旦大学附属中学高二上学期期中数学试题一、单选题1．抛物线2y x =的准线方程为（） A ．12x =B ．14x =C ．12x =-D ．14x =-【答案】D【详解】抛物线2y x =的焦点在x 轴上，且开口向右，121,,24p p =∴=∴抛物线2y x =的准线方程为14x =-，故选D.20y -=与圆 221:04M x y mx +-+=相切，则实数m 的值是（） A ．±1 B ．±2C ．±4D ．±8【答案】B【分析】直线方程代入圆方程后，由判别式为0求得m 的值，同时注意方程表示圆时m 的范围．【详解】由22104y x y mx -=⎨+-+=⎪⎩，得21404x mx -+=，∴240m ∆=-=，2m =±，又方程表示圆时，210m ->，1m <-或1m >，2m =±满足题意．故选：B ．3．已知04πθ<<,则双曲线22122:1cos sin x y C θθ-=与222222:1sin sin tan y x C θθθ-=的（） A ．实轴长相等 B ．虚轴长相等 C ．焦距相等 D ．离心率相等【答案】D【详解】试题分析：因为，双曲线22122:1cos sin x y C θθ-=中，2222cos ,sin a b θθ==，222tan b a θ=；222222:1sin sin tan y x C θθθ-=中，222tan b a θ=，所以，两双曲线离心率e =D ．【解析】双曲线的几何性质点评：简单题，双曲线中a,b,c,e 的关系，是常常考查的知识点．4．已知过点D （-2，0）的直线l 与椭圆 2213xy +=相交于不同的两点A 、B ，M 是弦AB 的中点，则MD MA的最小值为（）ABCD【答案】A【分析】显然直线l 斜率存在，设其方程为(2)y k x =+，设1122(,),(,)A x y B x y ，00(,)M x y ，直线方程代入椭圆方程整理后由韦达定理得1212,x x x x +，由中点坐标公式表示出中点M 的横坐标，然后用横坐标表示出MD MA并化为k 的代数式，从而求得最大值．【详解】显然直线l 斜率存在，设其方程为(2)y k x =+，设1122(,),(,)A x y B x y ，00(,)M x y ，由22(2)13y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得，2222(13)121230k x k x k +++-=， 4221444(13)(123)0k k k ∆=-+->，11k -<<，∴21221213k x x k +=-+，212212313k x x k -=+，212026213x x k x k +==-+，12012121012122422x x MD x x x x x MA x x x x x +++++====+---22124k -+=，又11k -<<，0k =时21k -取得最大值1，所以MD MA=．故选：A ．二、填空题5．圆22230x y x +--=的半径为_________. 【答案】2【分析】将圆的方程化为标准式，可得出圆的半径.【详解】圆的标准方程为()2214x y -+=，故该圆的半径为2.故答案为：2.6．若直线:10l ax y -=＋与()2:3+210l x a y ++=垂直，则a 的值为__________. 【答案】12-【分析】根据直线垂直列方程，解得结果.【详解】因为直线:10l ax y -=＋与()2:3+210l x a y ++=垂直，所以()13+210,2a a a +⨯=∴=-.故答案为：12-【点睛】本题考查根据直线垂直求参数，考查基本分析求解能力，属基础题. 7．已知平行直线1:210l x y --=，2:240l x y -+=，则1l ，2l 的距离为_______.【分析】利用两平行线间距离公式进行求解.【详解】根据两平行线间距离公式可得：1l ，2l 的距离d =8．若抛物线y 2=4x 上的点M 到焦点的距离为10，则M 到y 轴的距离是_______．【答案】9【详解】试题分析：1109M M x x +=⇒=. 【解析】抛物线的定义．【思路点睛】当题目中出现抛物线上的点到焦点的距离时，一般都会想到转化为抛物线上的点到准线的距离．解答本题时转化为抛物线上的点到准线的距离，进而可得点到y 轴的距离．9．已知过点()0,1P 的直线l 与抛物线24y x =相交于不同的两点，k 为直线斜率，则k 的取值范围为_________.【答案】()(),00,1-∞⋃【分析】直线l 的方程为1y kx =+，与抛物线的方程联立可化为()222410k x k x +-+=，由题意可得Δ0k ≠⎧⎨>⎩，解出即可．【详解】直线l 的方程为：1y kx =+，联立214y kx y x =+⎧⎨=⎩，化为()222410k x k x +-+=，直线l 与抛物线24y x =相交于不同的两点，Δ0k ≠⎧∴⎨>⎩，即016160k k ≠⎧⎨-+>⎩，解得1k <，且0k ≠．∴斜率k 的取值范围是()(),00,1-∞⋃．故答案为：()(),00,1-∞⋃．10．一个圆经过椭圆221164x y +=的三个顶点，且圆心在x 轴的正半轴上，则该圆的标准方程为___________.【答案】22325()24x y -+=【详解】设圆心为（a ，0），则半径为4a -，则222(4)2a a -=+，解得32a =，故圆的方程为22325()24x y -+=.【解析】椭圆的几何性质；圆的标准方程11．椭圆()222103x y k k +=>的焦距为2，则实数k 的值为___________.或2##2【分析】对椭圆的焦点位置进行分类讨论，根据题意可得出关于k 的等式，即可解得k 的值.【详解】当椭圆的焦点在x 轴上时，则a k =，b =1c =，0k >，解得2k =；当椭圆的焦点在y 轴上时，则a =b k =，此时1c ==，0k >，解得k =综上所述，2k =故答案为：212．已知点(,)P x y 在经过()3,0A ，()1,1B 两点的直线上，则24x y +的最小值为_______【答案】【分析】由点在直线上可得x ，y 满足23x y +=，故24x y +==≥不等式求出最小值.【详解】由题意知点(,)P x y 在经过()3,0A ，()1,1B 两点的直线上，所以23x y +=.所以 24x y +≥（当且仅当 24x y =，即33,24x y ==时取等号.） ∴24x y +的最小值是故答案为：13．已知点P （2，1）在圆x ²+y ²+（λ-1）x +2λy +λ=0外，则实数λ的取值范围是_____________ 【答案】()31155∞⎛⎫-⋃+ ⎪⎝⎭，，【分析】P 点坐标代入方程左边所得值应大于0，还要考虑方程是表示圆，两者结合可得结论．【详解】由题意题设方程表示圆，则22(1)440λλλ-+->，15λ<或1λ>，点P 在圆外，则412(1)20λλλ++-++>，35λ，综上，λ的范围是31(,)(1,)55-+∞．故答案为：31(,)(1,)55-+∞．14．已知斜率为12的直线l 与抛物线()220y px p =>交于x 轴上方不同的两点A 、B ，记直线OA 、OB的斜率分别为1k 、2k ，则12k k +的取值范围是_______. 【答案】()2,+∞【分析】利用直线的斜率公式可得出124y y p +=，得出1212112k k p y y ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭与代数式()1214y y p +相乘，结合基本不等式可求得12k k +的取值范围.【详解】设点()11,A x y 、()22,B x y ，由题意可知10y >，20y >且12y y ≠，所以，12122212121221222AB y y y y p k y y x x y y p p--====-+-，则124y y p +=，所以，()121212122212121212112112422y y y y p k k p y y y y x x y y p y y p p⎛⎫⎛⎫+=+=+=+=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭12211122222y y y y ⎛⎛⎫=++>+= ⎪ ⎝⎭⎝，因此，12k k +的取值范围是()2,+∞.故答案为：()2,+∞.15．已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别是F ₁、F ₂，这两条曲线在第一象限的交点为P ，△PF ₁F ₂是以PF ₁为底边的等腰三角形，若|PF ₁|=10，椭圆与双曲线的离心率分别为e ₁、e ₂，则e ₁e ₂的取值范围是_____. 【答案】1(,)3+∞．【分析】设2PF t =，椭圆的长轴长为12a ，双曲线的实轴长为22a ，焦距为2c ，由双曲线与椭圆定义可把12,a a 用t 表示，根据12a c a >>确定t 的范围，计算12e e 后由t 的范围可得结论．【详解】设2PF t =，椭圆的长轴长为12a ，双曲线的实轴长为22a ，焦距为2c ，则2t c =，2t c =， P 在第一象限，则12PF PF >，∴10t <，1210a t =+，2210a t =-，1102t a +=，2102ta -=，又12a c a >>，∴5t >，∴510t <<，22122122141010100100122t c c t e e t t a a t t =⋅===+--⋅-， 510t <<，则210014t<<，21110031t >-．故答案为：1(,)3+∞．16．过双曲线 2222100x y a b a b-=>>（，）的左焦点(0F c -，）作圆x ²+y ²=a ²的切线，切点为E ，延长FE交抛物线y ²=4cx 于点P ，O 为坐标原点，若 ()12OE OF OP =+，则双曲线的离心率为_______.【分析】由向量的运算法则知E 是PF 中点，由此得OP OF c ==，抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，因此利用中位线性得2PG a =，从而由抛物线的可表示出P 的点横坐标，从而得纵坐标，作PH x ⊥轴，垂足为H ，在PH △O 中由勾股定理得出,a c 的方程，变形后可求得离心率e ．【详解】如图，双曲线的右焦点G 也是抛物线的焦点，1()2OE OF OP =+，则E 是PF 中点，又O 是FG 中点，所以//OE PG ，22PG OE a ==，设(,)P x y ，过P 作抛物线的准线的垂线PM ，M 是垂足，则2PM x c PG a =+==，2x a c =-，P 在抛物线上，所以244(2)y xc x a c ==-，E 是切点，OE FP ⊥，所以OP OF c ==，作PH x ⊥轴，垂足为H ，由222PH OH OP +=得22(2)4(2)a c c a c c -+-=，整理得224440c ac a --=，所以210e e --=，152e +=（负值舍去）．故答案为：152+．三、解答题17．已知直线1:240l x y -+=，2:20l x y +-=， (1)求两条直线1l 、2l 夹角的大小； (2)求直线1l 关于直线2l 对称的直线的方程. 【答案】(1)10(2)220x y -+=【分析】(1)转化为求两条直线的方向向量的夹角的大小；(2)根据所求直线过已知两直线的交点，以及1l 上的任一点关于2l 对称的点在所求直线上即可求解.【详解】（1）设两直线的夹角为θ，因为1l 的斜率112k =，所以1l 的一个方向向量为(2,1)m =，因为2l 的斜率21k =-，所以2l 的一个方向向量为(1,1)n =-，所以1cos cos ,5m n m n m n θ⋅====⋅⨯ 所以直线1l 、2l 夹角的大小为（2）设直线1l 关于直线2l 对称的直线为3l ，由24020x y x y -+=⎧⎨+-=⎩，解得02x y =⎧⎨=⎩，所以直线3l 经过点(0,2)，在1l 上取一点(4,0)A -关于2l 对称的点设为(,)A a b '，则有1442022ba ab ⎧=⎪⎪+⎨-⎪+-=⎪⎩解得26a b =⎧⎨=⎩，所以直线3l 经过点(2,6)，所以直线3l 的斜率为362220k -==-，所以直线3l 的方程为22y x =+，即：220x y -+=.18．在平面直角坐标系中，曲线261y x x =-+与坐标轴的交点都在圆C 上. （1）求圆C 的方程；（2）若圆C 与直线0x y a -+=交于A ，B 两点，且OA OB ⊥，求a 的值. 【答案】（1）22(3)(1)9x y -+-=（2）1-【分析】（1）求出曲线261y x x =-+与坐标轴的三个交点，根据这三个交点在圆上可求出圆心坐标和半径，从而可得圆的方程；（2）设A ()11,x y ，B ()22,x y ，联立直线与圆的方程，根据根与系数的关系可得124x x a +=-，212212a a x x -+=，根据OA OB ⊥得12120x x y y +=，化为()2121120x x a x x a +++=，进而可解得1a=- .【详解】（1）曲线261y x x =-+与坐标轴的交点为(0，1)，(3±,0)，由题意可设圆C 的圆心坐标为(3，t )，∴22223(1)(22)t t +-=±+，解得1t =， ∴圆C 的半径为223(11)3+-=， ∴圆C 的方程为22(3)(1)9x y -+-=.（2）设点A 、B 的坐标分别为A ()11,x y ，B ()22,x y ，其坐标满足方程组22(3)(1)9x y a x y -+=⎧⎨-+-=⎩，消去y 得到方程222(28)210x a x a a +-+-+=，由已知得，判别式2561640a a ∆=-->①，由根与系数的关系得124x x a +=-，212212a a x x -+=②，由OA OB ⊥得12120x x y y +=.又∵11y x a =+，12y x a =+，∴12120x x y y +=可化为()2121120x x a x x a +++=③，将②代入③解得1a =-，经检验，1a =-满足①，即0∆>， ∴1a =-.【点睛】本题考查了由圆上三个点的坐标求圆的方程，考查了直线与圆的位置关系、根与系数的关系，考查了运算求解能力，属于中档题.19．已知抛物线()220y px p =>的准线与x 轴交于点M ，过点M 的直线l 与抛物线交于A 、B 两点，设()11,A x y 到准线的距离为d .(1)若13y d ==，求抛物线的标准方程； (2)若2MA AB =, 求直线l 的斜率. 【答案】(1)26y x =(2)32±【分析】（1）由13y d ==，可得AF x ⊥轴，从而求出p ，即可得抛物线的标准方程；（2）设出直线l 的方程，通过2MA AB =，求出12122p x x x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，联立直线与抛物线方程可得()22222204k p k x p k x +-+=，把方程的根代入求解即可．【详解】（1）抛物线22y px =的焦点,02p F ⎛⎫⎪⎝⎭，准线方程为2p x =-，则=AF d ，由13y d ==，可得AF x ⊥轴，则12p x =，即有322p pd =+=，即3p =，则抛物线方程为26y x =；（2）设()22,B x y ，:2p l y k x ⎛=+⎫ ⎪⎝⎭，代入抛物线的方程，可得()22222204k p k x p k x +-+=， ()2224220p k k p ∆=-->，即21k <且0k ≠，()()22221222221221,22p k p k p k p k x x kk------+-==，由2MA AB =，,02p M ⎛⎫- ⎪⎝⎭，可得12122p x x x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，即有()222122413p k p k p x x k -+-=-=，解得32k =±．故直线l 的斜率为32±． 20．如图，O 为坐标原点，椭圆()22122:10x y C a b a b +=>>的左、右焦点分别为1F 、2F ，离心率为1e ；双曲线22222:1x y C a b -=的左、右焦点分别为3F 、4F ，离心率为2e ，已知1232e e =，且2431F F =-.过1F 作1C 的不垂直于y 轴的弦AB ，M 为AB 的中点，直线OM 与2C 交于P 、Q 两点.(1)求1C 、2C 的方程；(2)若四边形APBO 为平行四边形，求直线AB 的方程； (3)求四边形ABPQ 面积的最小值. 【答案】(1)2212x y +=，2212x y -=(2)1x y =+或1x y =-+(3)2【分析】（1）由椭圆和双曲线的离心率公式可得出a =，由241F F 可求得b 、a 的值，即可得出椭圆1C 和双曲线2C 的方程；（2）设直线AB 的方程为1x my =-，设点()11,A x y 、()22,B x y 、()00,M x y ，将直线AB 的方程与椭圆1C 的方程联立，求出点M 的坐标，分析可知M 为线段OP 的中点，可得出点P 的坐标，将点P 的坐标代入双曲线2C 的方程，求出m 的值，即可得出直线AB 的方程；（3）求出AB ，可得出直线PQ 的方程，求出P 、Q 两点的坐标，求出P 、Q 两点到直线AB 的距离之和，可得出四边形APBQ 的面积，进而可求得该四边形面积的最小值.【详解】（1）解：由题意可得1e =2e =12e e ∴=a =，)2411F F b ===，1b ∴=，a =所以，椭圆1C 的方程为2212x y +=，双曲线2C 的方程为2212x y -=.（2）解：由（1）可知()11,0F -，因为直线AB 不垂直于y 轴，设直线AB 的方程为1x my =-，设点()11,A x y 、()22,B x y 、()00,M x y ，联立22122x my x y =-⎧⎨+=⎩可得()222210m y my +--=，()()222442810m m m ∆=++=+>，由韦达定理可得12222m y y m +=+，12212y y m =-+，则022m y m =+，002212x my m =-=-+，所以，点222,22m M m m ⎛⎫- ⎪++⎝⎭，因为四边形APBO 为平行四边形，则M 为线段PO 的中点，故点2242,22m P m m ⎛⎫- ⎪++⎝⎭，将点P 的坐标代入双曲线2C 的方程可得()2228412m m-=+，即42840m m +-=，解得m = 因此，直线AB的方程为1x y =+或1x y =-+.（3）解：由（2）可得)2212m AB m +=+，2OP mk =-，所以，直线PQ 的方程为2m y x =-，联立22222m y x x y ⎧=-⎪⎨⎪-=⎩可得2242x m =-，所以，220m ->，不妨取点P ⎛⎫ ⎝、Q ⎛⎫，所以点P 到直线AB的距离为21d ====点Q 到直线AB的距离为22d =，则21222m d d ++=所以，四边形APBQ 的面积为())22122122122m m S AB d d m ++=+==+= 故当0m =时，四边形APBQ 的面积取最小值2.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．21．已知椭圆221:1164x y E +=,()22222:10,4x y E a b a a b +=>><的离心率相同.点()00,P x y 在椭圆1E 上，()11,A x y 、()22,B x y 在椭圆2E 上.(1)若2OP OQ =，求点Q 的轨迹方程；(2)设1E 的右顶点和上顶点分别为1A 、1B ，直线1A C 、1B D 分别是椭圆2E 的切线，C 、D 为切点，直线1A C 、1B D 的斜率分别是1k 、2k ，求2212k k ⋅的值；(3)设直线PA 、PB 分别与椭圆2E 相交于E 、F 两点，且()AB tEF t =∈R ，若M 是AB 中点，求证：P 、O 、M 三点共线（O 为坐标原点）.【答案】(1)2214x y +=(2)116(3)证明见解析【分析】（1）设点(),Q x y ，可得出0022x x y y =⎧⎨=⎩，由已知可得出22001164x y +=，将0022x x y y =⎧⎨=⎩代入等式22001164x y +=化简可得出点Q 的轨迹方程；（2）分写可得出2ab =，写出直线1A C 、1B D 的方程，将这两条直线的方程分别与椭圆2E 的方程联立，由判别式方程可得出21k 、22k 的表达式，即可求得2212k k ⋅的值；（3）不妨设()33,E x y 、()44,F x y ，且AE AP λ=，()01BF BP λλ=<<，可得出()()31013101x x x x y y y y λλ⎧=+-⎪⎨=+-⎪⎩，代入椭圆2E 的方程，可得出()()()22220101214116x x y y a a λλλλ-+=-+-，同理可得出()()()22220202214116x x y y a a λλλλ-+=-+-，两式作差，结合点差法证明出OM OP k k =，即可证得结论成立.【详解】（1）解：设点(),Q x y ，由2OP OQ =，可得0022x xy y =⎧⎨=⎩，因为点P 在椭圆1E 上，则22001164x y +=，即()()22221164x y +=，即2214x y +=.因此，点Q 的轨迹方程为2214x y +=.（2）解：易知点()14,0A 、()10,2B ，直线1A C 的方程为()14y k x =-，直线1B D 的方程为22y k x =+，因为椭圆1E 与椭圆2E 的离心率相等，且椭圆1E的离心率为1e ==椭圆2E的离心率为2e =2a b =，所以，椭圆2E 的方程为222241x y a a+=，即2224x y a +=，联立()122244y k x x y a ⎧=-⎨+=⎩可得()222221114132640k x k x k a +-+-=， ()()24222111132441640k k k a ∆=-+-=，可得2212644a k a =-，联立222224y k x x y a =+⎧⎨+=⎩可得()222224116160k x k x a +++-=， ()()222222256441160k k a ∆=-+-=，可得2222164a k a-=，因为04a <<，则()222212221614416a a k k a a -⋅=⋅=-. （3）证明：()AB tEF t =∈R ，则//EF AB ，则AE BF APBP=，不妨设()33,E x y 、()44,F x y ，且AE AP λ=，()01BF BP λλ=<<，所以，()()31310101,,x x y y x x y y λ--=--，所以，()()31013101x x x x y y y y λλ⎧=+-⎪⎨=+-⎪⎩，代入椭圆2E 的方程可得222334x y a +=，即()()2221011014x x x y y y a λλ+-++-=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，因为222114x y a +=，2200416x y +=，所以，()()()22220101214116x x y y a a λλλλ-+=-+-，① 同理可得()()()22220202214116x x y y a a λλλλ-+=-+-，②①-②可得()()01201240x x x y y y -+-=，所以，()0120124OP y x xk x y y -==--，因为222112222244x y a x y a ⎧+=⎨+=⎩，这两个等式作差可得()()()()1212121240x x x x y y y y -++-+=，所以，()121212124OM OP y y x xk k x x y y +-==-=+-，故P 、O 、M 三点共线. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.。

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2021-2022学年上海市杨浦区控江中学高二（上）期中数学试卷试题数：21，总分：01.（填空题，4分）两个平面最多可以将空间分成___ 部分．2.（填空题，4分）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的所有棱中，其所在的直线与直线BA1成异面直线的共有___ 条．3.（填空题，4分）设E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，若AC⊥BD，则四边形EFGH的形状是 ___ ．4.（填空题，4分）已知正方形边长为1，把该正方形绕着它一条边旋转一周所形成的几何体的体积为___ ．5.（填空题，4分）已知一圆锥侧面展开图是一半径为2的半圆，则该圆锥的侧面积为 ___ ．6.（填空题，4分）袋中有2个黑球，3个白球，现从中任取两个球，则取出的两个球中至少有1个黑球的概率为 ___ ．7.（填空题，5分）若正四棱台的上底边长为2，下底边长为8，高为4，则它的侧面积为___ ．8.（填空题，5分）在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱AB的中点，过E，D，C1作正方体的截面，则该截面的面积是 ___ ．9.（填空题，5分）直三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点都在球O的球面上，AB⊥BC，AB=1，BC=2√2，AA1=4，则球O的体积是 ___ ．10.（填空题，5分）异面直线a、b所成角为π，直线c与a、b垂直且分别交于A、B，点C、3D分别在直线a、b上，若AC=1，AB=2，BD=3，则CD=___ ．11.（填空题，5分）已知棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1，M是正方形BB1C1C的中心，P是△A1C1D内（包括边界）的动点，且满足PM=PD，则点P的轨迹长度为 ___ ．12.（填空题，5分）如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=5，E，F分别为边BC，AD上的定点，且∠BAE=45°，∠DCF=30°，分别将△ABE，△CDF沿着AE，CF向矩形所在平面的同一侧翻折至△AB'E与△CD'F处，且满足B'D'⊥AB，分别将锐二面角B'-AE-D与锐二面角D'-FC-B记为θ1与θ2，则cos2θ1+cos2θ2的最小值为___ ．13.（单选题，5分）直线a与直线b相交，直线c也与直线b相交，则直线a与直线c的位置关系是（）A.相交B.平行C.异面D.以上都有可能14.（单选题，5分）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的侧面积为（）A.8πB.8 √2πC.12πD.10 √2π15.（单选题，5分）在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，侧棱AA1⊥底面ABCD．已知AB=1，AA1=√3，E为线段AB上一个动点，则D1E+CE的最小值为（）A. 2√2B. 2+√2C. √5+1D. √1016.（单选题，5分）如图，平面OAB⊥平面α，OA⊂α，OA=AB，∠OAB=120°．平面α内一点P满足PA⊥PB，记直线OP与平面OAB所成角为θ，则tanθ的最大值是（）A. √612B. 15C. √24D. 1317.（问答题，0分）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥CD，∠PAD=∠ABC=90°，AB || CD，AB=2，PA=2．DC=CB= 12（1）求证：PA⊥平面ABCD；（2）求异面直线AB与PD所成角的余弦值；18.（问答题，0分）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1，设M、N分别为PD、AD的中点．（1）求证：平面CMN || 平面PAB；（2）求三棱锥A-CMN的侧面积．19.（问答题，0分）如图，“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵敏的球面射电望远镜，其反射面的形状为球冠，球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆为球冠的底，与截面垂直的球体直径被截得的部分为球冠的高，设球冠底的半径为r，球冠的高为h，球冠底面圆周长为C．（1）求球冠所在球的半径R（结果用h、r表示）；的值及球冠所在球（2）已知球冠表面积公式为S=2πRh，当S=65000π，C=500π时，求rR的表面积．20.（问答题，0分）如图所示，AD⊥平面ABC，CE⊥平面ABC，AD与CE不相等，AC=AD=AB=1，BC=，F为BC的中√2，四棱锥B-ACED的体积为12点．求：（Ⅰ）CE的长度；（Ⅱ）求证：AF || 平面BDE；（Ⅲ）求证：平面BDE⊥平面BCE．21.（问答题，0分）中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）甍（méng）者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条楼．刍字面意思为茅草屋顶．”现有一个刍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，AB=4，EF || AB，AB=2EF，EA=ED=FB=FC= √17．（1）求二面角A-EF-C的大小；（2）求三棱锥A-BDF的体积；（3）点N在直线AD上，满足AN=mAD（0＜m＜1），在直线CF上是否存在点M，使NF || 平面BDM？若存在，求出CM的值；若不存在，请说明理由．MF2021-2022学年上海市杨浦区控江中学高二（上）期中数学试卷参考答案与试题解析试题数：21，总分：01.（填空题，4分）两个平面最多可以将空间分成___ 部分．【正确答案】：[1]4【解析】：对两个平面的位置关系情况进行讨论，得出其将空间分成几部分，比较所得的结果即可得到最多可分成几部分【解答】：解：两个平面的位置关系是平行与相交，若两个平面平行，则可将空间分成三部分，若两个平面相交，可将空间分成四部分，故答案为：4．【点评】：本题考查平面的基本性质及推论，解答本题，关键是了解两个平面的位置关系，根据每种情况下的位置进行讨论，得出最多可分成几部分．2.（填空题，4分）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的所有棱中，其所在的直线与直线BA1成异面直线的共有___ 条．【正确答案】：[1]6【解析】：由异面直线的定义可以直接得到结果．【解答】：解：正方体ABCD-A1B1C1D1的共有12条棱中，BA1成异面直线的有：AD，DC，B1C1，C1D1，CC1，DD1，共6条．故答案为：6．【点评】：在本题考查异面直线的条数的求法，考查异面直线的定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3.（填空题，4分）设E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，若AC⊥BD，则四边形EFGH的形状是 ___ ．【正确答案】：[1]矩形【解析】：利用三角形中位线定理可得四边形EFGH是平行四边形．根据AC⊥BD，可得EF⊥EH．即可判断出四边形EFGH的形状是矩形．【解答】：解：如图所示，∵E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，∴EF ∥=12AC，HG ∥=12AC，∴EF ∥=HG，∴四边形EFGH是平行四边形．又AC⊥BD，∴EF⊥EH．则四边形EFGH的形状是矩形．故答案为：矩形．【点评】：本题考查了三角形中位线定理、平行四边形、矩形，考查了空间想象能力与计算能力，属于基础题．4.（填空题，4分）已知正方形边长为1，把该正方形绕着它一条边旋转一周所形成的几何体的体积为___ ．【正确答案】：[1]π【解析】：先确定旋转得到的几何体为圆柱，由圆柱的体积公式求解即可．【解答】：解：由题意，该正方形绕着它一条边旋转一周所形成的几何体为圆柱，其中圆柱的底面半径r=1，高为1，所以圆柱的体积公式为V=π×12×1=π．故答案为：π．【点评】：本题考查了空间旋转体的理解与应用，圆柱的体积公式的应用，解题的关键是确定旋转所得到的几何体是圆柱，考查了空间想象能力与运算能力，属于基础题．5.（填空题，4分）已知一圆锥侧面展开图是一半径为2的半圆，则该圆锥的侧面积为 ___ ．【正确答案】：[1]2π【解析】：利用圆锥的侧面积即为侧面展开图的扇形的面积，求解即可．【解答】：解：因为圆锥侧面展开图是一半径为2的半圆，×π×22=2π．所以该圆锥的侧面积为12故答案为：2π．【点评】：本题考查了圆锥的侧面积的求解，解题的关键是掌握圆锥的侧面积即为侧面展开图的扇形的面积，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．6.（填空题，4分）袋中有2个黑球，3个白球，现从中任取两个球，则取出的两个球中至少有1个黑球的概率为 ___ ．【正确答案】：[1] 710【解析】：基本事件总数n= C52 =10，取出的两个球中至少有1个黑球包含的基本事件个数m= C22+C21C31 =7，由此能求出取出的两个球中至少有1个黑球的概率．【解答】：解：袋中有2个黑球，3个白球，现从中任取两个球，基本事件总数n= C52 =10，取出的两个球中至少有1个黑球包含的基本事件个数m= C22+C21C31 =7，∴取出的两个球中至少有1个黑球的概率为P= mn = 710．故答案为：710．【点评】：本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．7.（填空题，5分）若正四棱台的上底边长为2，下底边长为8，高为4，则它的侧面积为___ ．【正确答案】：[1]100【解析】：利用高、斜高、两个对应的边心距构成一个直角梯形，构造直角三角形利用勾股定理求出斜高，代入侧面积公式运算．【解答】：解：∵上底的边心距为1，下底的边心距为4，高是4，∴斜高为√42+32 = √25 =5，故侧面积等于4× 2+82×5=100．故答案为：100．【点评】：本题考查正棱台的侧面积求法，是基础题．解题时要认真审题，构造直角三角形利用勾股定理求出斜高是解题的关键．8.（填空题，5分）在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱AB的中点，过E，D，C1作正方体的截面，则该截面的面积是 ___ ．【正确答案】：[1] 812【解析】：过E，D，C1作正方体的截面，是等腰梯形，结合图中数据，求出截面图形的面积．【解答】：解：正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱AB的中点，过E，D，C1作正方体的截面，是等腰梯形DEFC1，如图所示：其中F是BB1的中点，EF= 12 DC1= 12×6 √2 =3 √2，DE=FC1= √62+32 =3 √5；所以梯形底面上的高为h= √(3√5)2−(3√22)2= 9√22，则该截面的面积是S= 12 ×（6 √2 +3 √2）× 9√22= 812．故答案为：812．【点评】：本题考查了正方体截面面积的计算问题，也考查了运算求解能力，是基础题．9.（填空题，5分）直三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点都在球O的球面上，AB⊥BC，AB=1，BC=2√2，AA1=4，则球O的体积是 ___ ．【正确答案】：[1] 1256π【解析】：把直三棱柱ABC-A1B1C1补形为长方体，求出长方体的对角线长，可得外接球的半径，代入球的体积公式得答案．【解答】：解：由题意可知，三棱柱ABC-A1B1C1的底面为直角三角形，将直三棱柱ABC-A1B1C1补成长方体，则长方体的外接球即为直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球，半径R满足2R=√12+(2√2)2+42=5，则R= 52，故球O的体积V=43πR3=1256π．故答案为：125π6．【点评】：本题考查多面体外接球体积的求法，训练了分割补形法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．10.（填空题，5分）异面直线a、b所成角为π3，直线c与a、b垂直且分别交于A、B，点C、D分别在直线a、b上，若AC=1，AB=2，BD=3，则CD=___ ．【正确答案】：[1] √11或√17【解析】：首先作出图形，转化异面直线a，b所成的角为∠CAE= π3或2π3，再利用余弦定理和勾股定理求CD．【解答】：解：过点A作AE || BD，且AE=BD，连结ED，CE，因为异面直线a，b所成角为π3，所以∠CAE= π3或2π3，AC=1，AE=3，当∠CAE= π3时，CE2=12+32−2×1×3cosπ3=7，解得：CE= √7，当∠CAE=2π3时，CE2=12+32−2×1×3cos2π3=13，解得：CE= √13，因为AE || BD，且AE=BD，所以四边形AEDB是平行四边形，即：DE=2，又因为c⊥a，c⊥b，即DE⊥AE，且DE⊥CE，AC∩AE=A，所以DE⊥平面ACE，所以DE⊥CE，当CE= √7，DE=2时，CD= √(√7)2+22=√11，当CE= √13，DE=2时，CD= √(√13)2+22=√17，故答案为：√11或√17．【点评】：本题考查了异面直线所成角的作法以及利用余弦定理进行简单运算，属于基础题．11.（填空题，5分）已知棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1，M是正方形BB1C1C的中心，P 是△A1C1D内（包括边界）的动点，且满足PM=PD，则点P的轨迹长度为 ___ ．【正确答案】：[1] √14【解析】：满足PM=PD的点P的轨迹是过MD的中点，且与MD垂直的平面，根据P是△A1C1D内（包括边界）的动点，可得点P的轨迹是两平面的交线ST，T在中点，S在4等分点，利用余弦定理，求出ST即可．【解答】：解：满足PM=PD的点P的轨迹是过MD的中点，且与MD垂直的平面，因为P是△A1C1D内（包括边界）的动点，所以点P的轨迹是两平面的交线ST，T为DC1中点，S在4等分点时，SD=3 √2，SM= √42+2 =3 √2，满足SD=SM，所以SD=3 √2，TD=2 √2，所以ST2=（3 √2）2+（2 √2）2-2× 3√2×2√2cos60° =14，所以ST= √14，故答案为：√14．【点评】：本题考查正方体的结构特征，考查轨迹的求解，考查余弦定理，考查学生的计算能力，属中档题．12.（填空题，5分）如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=5，E，F分别为边BC，AD上的定点，且∠BAE=45°，∠DCF=30°，分别将△ABE，△CDF沿着AE，CF向矩形所在平面的同一侧翻折至△AB'E与△CD'F处，且满足B'D'⊥AB，分别将锐二面角B'-AE-D与锐二面角D'-FC-B记为θ1与θ2，则cos2θ1+cos2θ2的最小值为___ ．【正确答案】：[1] 15【解析】：根据题意，作B′在底面的射影O，D′在底面的射影Q，找到两个锐二面角的平面角，从而得到cosθ1=HOB′H =HOBH，cosθ2=QMB′H=HOBH，∵B′D′⊥AB，∴QO⊥AB，设BL=y，将所求式子表示成y的二次函数，求二次函数的最小值，即可求得答案．【解答】：解：如图① 作BH⊥AH，B′在底面投影为O，∴ cosθ1=HOB′H =HOBH，同理，D′Q⊥面 ABCD，DM⊥CF，cosθ2=QMD′M =QMDM又∵B′D′⊥AB，∴QO⊥AB，还原到平面图形如图② HK、OL⊥AB、QJ、MI⊥CD，可求得 BK=1，设 BL=y∴ HO BH =KLBK=y−11，同理可求得DI=12，QM MD =IJDI=2−y−1212=2(32−y)，∴ cos2θ1+cos2θ2=(y−1)2+4(32−y)2=5y2−14y+10，当且仅当y=75取得最小值15，故答案为：15．【点评】：本题考查立体几何中的翻折问题、二面角的概念、函数的最值，考查转化与化归思想、函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解的关键是利用平行条件进行问题的转化，属于难题．13.（单选题，5分）直线a与直线b相交，直线c也与直线b相交，则直线a与直线c的位置关系是（）A.相交B.平行C.异面D.以上都有可能【正确答案】：D【解析】：根据题意，由空间直线间的位置关系，分析可得答案．【解答】：解：根据题意，直线a与b相交，b与c相交，直线a与直线c可能相交、平行、异面，故选：D．【点评】：本题考查空间直线间的关系，涉及直线位置关系的定义，属于基础题．14.（单选题，5分）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的侧面积为（）A.8πB.8 √2πC.12πD.10 √2π【正确答案】：A【解析】：由圆柱的轴截面是面积为8的正方形，可得圆柱的高和底面圆的直径，根据圆柱的侧面是以圆柱的高为宽，底面圆的周长为长的矩形，即可得解．【解答】：解：由题意知，圆柱的轴截面是面积为8的正方形，∴圆柱的高为2 √2，圆柱底面圆的直径为2 √2，∴底面圆的周长为2 √2π，∴侧面积S=2 √2 ×2 √2π=8π．故选：A．【点评】：本题考查圆柱中的简单计算，熟练掌握圆柱的结构特征是解题的关键，考查空间立体感和运算求解能力，属于基础题．15.（单选题，5分）在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，侧棱AA1⊥底面ABCD．已知AB=1，AA1=√3，E为线段AB上一个动点，则D1E+CE的最小值为（）A. 2√2B. 2+√2C. √5+1D. √10【正确答案】：D【解析】：作出几何体的图形，连接D1A，并延长至点G，使得AG=AD，连接C1B，并延长至点F，使得BF=BC，连接GF，连接D1F，则D1F为D1E+CE的最小值，利用勾股定理求解即可．【解答】：解：作出几何体的图形如图所示，连接D1A，并延长至点G，使得AG=AD，连接C1B，并延长至点F，使得BF=BC，连接GF，则四边形ABFG为正方形，连接D1F，则D1F为D1E+CE的最小值，所以D1E+CE的最小值为D1F= √12+(√1+√AA12+1)2= √1+(√1+3+1)2=√10．故选：D．【点评】：本题考查了两条线段之和最小值的求法，考查了空间中线线、线面、面面间位置关系的应用，考查了逻辑推理能力、空间想象能力与运算能力，属于中档题．16.（单选题，5分）如图，平面OAB⊥平面α，OA⊂α，OA=AB，∠OAB=120°．平面α内一点P满足PA⊥PB，记直线OP与平面OAB所成角为θ，则tanθ的最大值是（）A. √612B. 15C. √24D. 13【正确答案】：A【解析】：过B作BH⊥OA的延长线，垂足为H，连接PH，OP，取AH的中点E，连接PE，过点P作PF⊥OA，垂足为F，由已知证明∠AOP就是直线OP与平面OAB所成角θ，再证明PA⊥PH，可得点P的轨迹是平面α内以线段AH为直径的圆（A点除外），设OA=a（a＞0），由已知可得AB=a，AH= a2，PE= a4，当且仅当PE⊥OP，即OP是圆E的切线时，角θ有最大值，tanθ有最大值，再由tanθ= PEOP求得tanθ的最大值．【解答】：解：如图，过B作BH⊥OA的延长线，垂足为H，连接PH，OP，取AH的中点E，连接PE，过点P作PF⊥OA，垂足为F，∵平面OAB⊥平面α，且平面OAB∩平面α=OA，BH⊂平面OAB，PF⊂α，∴BH⊥α，PF⊥平面OAB，∴OP在平面OAB上的射影就是直线OA，故∠AOP就是直线OP与平面OAB所成角θ，即∠AOP=θ，∵AP⊂α，∴PA⊥BH，又∵PA⊥PB，PB∩BH=B，∴PA⊥平面PBH，则PA⊥PH．∴点P的轨迹是平面α内以线段AH为直径的圆（A点除外）．∵OA=AB，且∠OAB=120°，∴∠BAH=60°，设OA=a（a＞0），则AB=a，从而AH=AB•cos60°=a2．∴PE= 12AH=a4，当且仅当PE⊥OP，即OP是圆E的切线时，角θ有最大值，tanθ有最大值．tanθ的最大值为PEOP =√OE2−PE2=a4√(a+4)2−(4)2=√612．故选：A．【点评】：本题考查空间中直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，属难题．17.（问答题，0分）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥CD，∠PAD=∠ABC=90°，AB || CD，DC=CB= 12AB=2，PA=2．（1）求证：PA⊥平面ABCD；（2）求异面直线AB与PD所成角的余弦值；【正确答案】：【解析】：（1）求出线面垂直的判断定理所需的条件即可；（2）异面直线中作其中一条直线的平行线，转化为相交直线，利用余弦定理求出相交直线的余弦值，进而得到异面直线的余弦值．【解答】：（1）证明：∵PA⊥CD，PA⊥AD，CD∩AD=D，∴PA⊥平面ABCD，（2）∵AB || CD，∴∠PDC为异面直线AB与PD所成的角或其补角，∵PA⊥平面ABCD，∴在Rt△PAD中，PD=2√3，AC=2√5，∴ PC=2√6，∴ cos∠PDC=4+12−248√3=−√33，∴异面直线AB与PD所成角的余弦值为：√33．【点评】：本题考查两条异面直线所成角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．18.（问答题，0分）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1，设M、N分别为PD、AD的中点．（1）求证：平面CMN || 平面PAB；（2）求三棱锥A-CMN的侧面积．【正确答案】：【解析】：（1）先利用平面几何性质证明CN || AB，MN || PA，从而利用线面平行判定定理证明线面平行，再证明面面平行，（2）分别求三个三角形的面积即可．【解答】：证明：（1）∵∠ACD=90°，N为AD的中点，∴AN=CN，又∵∠CAD=60°，∴△ACN为等边三角形，∴∠ACN=60°，∴∠BCN=∠BCA+∠ACN=30°+60°=90°，即CN⊥BC，又∵AB⊥BC，∴CN || AB，∴CN || 平面PAB，∵M、N分别为PD、AD的中点，∴MN || PA，∴MN || 平面PAB，又∵MN∩CN=N，MN⊂平面CMN，CN⊂平面CMN，∴平面CMN || 平面PAB．（2）∵PA⊥平面ABCD，MN || PA，∴MN⊥平面ABCD，且MN= 12PA=1，AN=NC=NC=2，CM= √12+22 = √5，AM= √12+22 = √5，∴S△AMN= 12 ×1×2=1，S△ACN= √34×22= √3，S△ACM= 12×2× √√52−12 =2，故三棱锥A-CMN的侧面积为1+ √3 +2=3+ √3．【点评】：本题考查了立体几何中平行与垂直的判断与应用，同时考查了侧面积，属于基础题．19.（问答题，0分）如图，“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵敏的球面射电望远镜，其反射面的形状为球冠，球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆为球冠的底，与截面垂直的球体直径被截得的部分为球冠的高，设球冠底的半径为r，球冠的高为h，球冠底面圆周长为C．（1）求球冠所在球的半径R（结果用h、r表示）；（2）已知球冠表面积公式为S=2πRh，当S=65000π，C=500π时，求rR的值及球冠所在球的表面积．【正确答案】：【解析】：（1）直接利用勾股定理的应用求出结果；（2）利用球冠的表面积公式和球的表面积公式的应用求出结果．【解答】：解：（1）如图所示：依题意：设OB垂直于球冠的底面，显然O1B=h，OO1=R-h，O1A=r，利用在Rt△OO1A中，OA2=OO12+O1A2，整理得：R2=（R-h）2+r2，解得R=ℎ2+r22ℎ．（2）由于球冠的底面圆的周长为500π，所以r= 500π2π=250，球冠的表面积为S=2πRh，且S=65000π，所以h= S2πR =32500R，由R=ℎ2+r22ℎ，即65000=325002R2+2502，解得R=650．所以rR =250650=513，球的表面积为S球=4π•6502=1690000π，所以rR =513，S球=1690000π．【点评】：本题考查的知识要点：球冠的表面积和球的表面积公式，勾股定理，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．20.（问答题，0分）如图所示，AD⊥平面ABC，CE⊥平面ABC，AD与CE不相等，AC=AD=AB=1，BC= √2，四棱锥B-ACED的体积为12，F为BC的中点．求：（Ⅰ）CE的长度；（Ⅱ）求证：AF || 平面BDE；（Ⅲ）求证：平面BDE⊥平面BCE．【正确答案】：【解析】：（I）证明AB⊥平面ACED，可得AB为四棱锥B-ACED的高，利用四棱锥B-ACED的体积为12，即可求出CE的长度；（Ⅱ）作BE的中点G，连接GF，GD，由三角形中位线定理，及平行四边形判定定理可得四边形GFAD为平行四边形，进而AF || GD，再由线面平行的判定定理得到AF || 平面BDE；（Ⅱ）由AB=AC，F为BC的中点可得AF⊥BC，结合GF⊥AF及线面垂直的判定定理可得AF⊥平面BCE进而由面面垂直的判定定理得到平面BDE⊥平面BCE．【解答】：（Ⅲ）解：四边形ACED为梯形，且平面ABC⊥平面ACED．∵BC2=AC2+AB2，∴AB⊥AC．∵平面ABC∩平面ACED=AC，∴AB⊥平面ACED，…2分即AB为四棱锥B-ACED的高，∵ V B−ACED=13S ACED•AB=13×12(AD+CE)×AC×AB=13×12×(1+CE)×1×1=12，∴CE=2．…4分（Ⅱ）证明：取BE的中点G，连接GF，GD，则GF为三角形BCE的中位线，∴GF || EC || DA，GF=12CE=DA，∴四边形GFAD为平行四边形，∴AF || GD．又GD⊂平面BDE，AF⊄平面BDE，∴AF || 平面BDE．…8分（Ⅲ）证明：∵AB=AC，F为BC的中点，∴AF⊥BC．又∵GF⊥AF，BC∩GF=F，∴AF⊥平面BCE．∵AF || GD，∴GD⊥平面BCE．又GD⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面BCE．…12分【点评】：本题考查的知识点是平面与平面垂直的判定，棱锥的体积，直线与平面平行的判定．是中等题．21.（问答题，0分）中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）甍（méng）者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条楼．刍字面意思为茅草屋顶．”现有一个刍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，AB=4，EF || AB，AB=2EF，EA=ED=FB=FC= √17．（1）求二面角A-EF-C的大小；（2）求三棱锥A-BDF的体积；（3）点N在直线AD上，满足AN=mAD（0＜m＜1），在直线CF上是否存在点M，使NF || 平面BDM？若存在，求出CM的值；若不存在，请说明理由．MF【正确答案】：【解析】：（1）根据二面角的定义即可求解；（2）可将三棱锥A-BDF的体积转化为求三棱锥F-ABD体积；的值即可．（3）可利用反证法，先假设存在点M，根据题意证明假设成立，进而求出CMMF【解答】：解：（1）过点E分别作EG⊥EF，EH⊥EF，分别交AB，CD于G，H，连接GH，则∠GEH为二面角A-EF-C的平面角，因为四边形ABCD为正方形，EF || AB，所以EG⊥AB，EH⊥CD，由已知得EG=GH=EH=4，所以∠GEH=60°．（2）过点E作EO⊥GH，垂足为O．因为EF || AB，EF⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以EF || 平面ABCD．因为AB || CD，EH⊥CD，所以AB⊥EH．因为EG∩EH=E，所以AB⊥平面EGH．因为EO⊂平面EGH，所以AB⊥EO．因为AB∩GH=G，AB，GH⊂平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，所以EO为三棱锥F-ABD的高，EO=2√3．因为S△ABD=8，所以V A−BDF=V F−ABD=13S△ABD⋅EO=13×8×2√3=16√33．（3）方法一：假设存在点M．① 当点N在线段AD上时，连接CN交BD于R，则△DNR∽△BC R，所以CRRN =BCDN=11−m．因为FN || 平面BDM，FN⊂平面CFN，平面CFN∩平面BDM=MR，所以FN || MR，所以CMMF =CRRN=11−m．② 当点N在DA延长线上时，连接CN交BD于S，则△DNS∽△BCS，所以CSSN =BCDN=11+m．因为FN || 平面BDM，FN⊂平面CFN，平面CFN∩平面BDM=MS，所以FN || MS，所以CMMF =CSSN=11+m．综上，在直线CF上存在点M，使NF || 平面BDM，CMMF 的值为11−m或11+m．方法二：当点N在线段AD上时，过点N作NT || BD交CD于T，连接TF，过点D作TF || DM交CF 于点M，因为TF∩TN=T，所以平面FTN || 平面BDM．因为NF⊂平面FTN，所以NF || 平面BDM．因为FN⊂平面CFN，平面CFN∩平面BDM=MR，所以FN || MR．因为NT || BD，DT || AB，所以△ABD∽△DTN，所以ADDN =ABDT=11−m，所以CDDT =11−m，所以CMMF =CDDT=11−m．当点N在线段DA延长线上时，过点N作NT || BD交CD于T，连接TF，过点D作TF || DM 交CF于点M．因为TF∩TN=T，所以平面FTN || 平面BDM．因为NF⊂平面FTN，所以NF || 平面BDM．因为FN⊂平面CFN，平面CFN∩平面BDM=MS，所以FN || MS．因为NT || BD，DT || AB，所以△ABD∽△D TN，所以ADDN =ABDT=11+m，所以CDDT =11+m．所以CMMF =CDDT=11+m．综上，在CF上存在点M使得NF || 平面BDM，此时CMMF =11−m或11+m．【点评】：本题考查了二面角平面角及其求法，考查了空间几何体的体积，以及反证法证明存在问题．。