2021-2022学年上海中学高二上学期期中考数学试卷含详解

第1页（共1页）2021-2022学年上海中学高二（上）期中数学试卷一．填空题1．（3分）三个平面两两垂直，它们的交线交于一点O，空间有一点P到三个面的距离分别为3、4、5，则OP的长为．2．（3分）已知球的表面积为16π，则该球的体积为．3．（3分）随机投掷一枚均匀的硬币两次，则两次都正面朝上的概率为．4．（3分）半径为2的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为．5．（3分）已知正四棱台的侧棱长为3，两底面边长分别为2和4，则该四棱台的体积为．6．（3分）已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，圆台的高为2，则该圆台的侧面积为．7．（3分）正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，异面直线AB′与BD所成的角为．8．（3分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线C1D与平面ACC1A1所成角大小为．9．（3分）△ABC的三边AB＝10，BC＝12，CA＝14，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，沿DF、EF、ED将△ADF，△CEF，△BED折起，使得A、B、C重合于P，则四面体P﹣DEF的体积为．10．（3分）棱长为6的正方体内有一个棱长为x的正四面体，且该四面体可以在正方体内任意转动，则x的最大值为．11．（3分）已知、是空间单位向量，，若空间向量满足，，且对任意x、y∈R，|﹣（x+y）|≥|﹣（x0+y0）|＝1（x0、y0∈R），则＝．12．（3分）如图，已知三个两两互相垂直的半平面α，β，γ交于点O，矩形ABCD的边BC在半平面γ内，顶点A，D分别在半平面α，β内，AD＝2，AB＝3，AD与平面α所成角为，二面角A﹣BC﹣O的余弦值为，则同时与半平面α，β，γ和平面ABCD都相切的球的半径为．二．选择题13．（3分）投掷一枚骰子，下列事件中是对立事件的是（）A．向上的点数是1与向上的点数是5 B．向上的点数小于3与向上的点数大于3 C．向上的点数是奇数与向上的点数是偶数 D．向上的点数大于3与向上的点数小于514．（3分）设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，和a，且长为a的棱与长为的棱异面，则a的取值范围是（）A．（0，） B．（0，） C．（1，） D．（1，）15．（3分）已知a、b、c是空间中的三条不重合的直线，α、β、γ是三个不同的平面，下列命题中真命题是（）A．若a∥α，α∥β，则a∥β B．若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ C．若a⊥b，b⊥c，则a∥c D．若b⊥β，b⊥γ，则β∥γ16．（3分）已知正方体ABCD﹣A'B'C'D'的棱长为1，点M，N分别为线段AB'，AC上的动点，点T在平面BCC'B'内，则|MT|+|NT|的最小值是（）A． B． C． D．1三．解答题17．如图，在圆柱OO1中，它的轴截面ABB1A1是一个边长为2的正方形，点C为棱BB1的中点，点C1为弧A1B1的中点．（1）求异面直线OC与A1C1所成角的大小；（2）求直线CC1与圆柱OO1底面所成角的正弦值．18．如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M是线段EF的中点．（Ⅰ）求证：AM∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角A﹣DF﹣B的大小．19．如图，三棱锥P﹣ABC中，底面ABC是正三角形，PA⊥底面ABC，AG⊥平面PBC，垂足为G．（1）G是否可能是△PBC的垂心？请说明理由；（2）若G恰是△PBC的重心，且△ABC的边长为2，求点C到平面ABG的距离．20．已知平面向量中有如下两个结论：结论1：若、是不共线的两个平面向量，，则A、B、C三点共线的充要条件是λ+μ＝1；结论2：若、是不共线的两个平面向量，，若点P在与AB平行的直线上，则λ+μ＝k（k为定值）．将上述两个结论推广至空间向量（无需写出推广结论）解决以下问题：已知、、是两两垂直的单位向量，P是空间中一点．（1）若且x+2y+4z＝1，求的最小值；（2）若且满足，求动点P的轨迹所围成的区域的体积．21．如图，在矩形ABCD中，M、N分别是线段AB、CD的中点，AD＝2，AB＝4，将△ADM沿DM翻折，在翻折过程中A点记为P点．（1）从△ADM翻折至△NDM的过程中，求点P运动的轨迹长度；（2）翻折过程中，二面角P﹣BC﹣D的平面角为θ，求tanθ的最大值．

2021-2022学年上海中学高二（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一．填空题1．解：根据题意，过点P分别作三个平面的垂线，垂足分别为B、D、F，∵三个平面两两垂直，∴分别以PB、PD、PF为长、宽、高，作长方体OABC﹣EDPF，如图所示．∵点P到三个面的距离分别为3、4、5，∴长方体的对角线长为＝，即OP的长为．故答案为：52．解：一个球的表面积是16π，所以球的半径为：2，所以这个球的体积为：＝．故答案为：．3．解：分别用0和1表示硬币正面朝上和反面朝上，投掷两次的所有可能情况为（0，0），（0，1），（1，0），（1，1），共4种，而两次正面朝上的情况为（0，0），只有1种，所以所求事件的概率为．故答案为：．4．解：半径为R的半圆卷成一个圆锥，则圆锥的母线长为R，设圆锥的底面半径为r，则2πr＝πR，即r＝1，∴圆锥的高h＝＝，∴圆锥的体积V＝＝，故答案为：．5．解：如图所示，正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，设下底面中心为O，上底面中心为O1，则OO1为正棱台的高，过点B1作B1E⊥BD，则B1E＝OO1，在Rt△BEB1中，BB1＝3，BE＝，所以B1E＝，又，所以该四棱台的体积为＝．故答案为：．6．解：由题意可得，AO1＝2，BO2＝4，O1O2＝AC＝2，所以BC＝BO2＝CO2＝2，故圆台的母线长为，所以圆台的侧面积为．故答案为：．7．解：如图，连接B′D′，则BD∥B′D′，∴∠AB′D′即为异面直线AB′与BD所成角，连接AD′，可得△AB′D′为等边三角形，则∠AB′D′＝60°．故答案为：60°．8．解：因为ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，所以BD⊥AC，BD⊥C1C，又因为C1C∩AC＝C，所以BD⊥平面ACC1A1，所以C1E是C1D在平面ACC1A1内投影，所以C1D与平面ACC1A1所成角为∠DC1E，因为DE＝＝C1D，所以∠DC1E＝30°，故答案为：30°．9．解：由题意知，PE＝DF＝6，DE＝PF＝7，EF＝PD＝5，将四面体P﹣DEF嵌入如图所示的长方体中，设长方体的三条棱长分别为a，b，c，则，解得，四面体P﹣DEF的体积为长方体体积减去四个三棱锥，且所有三棱锥的体积均相同均为长方体的，∴V＝（1﹣4×）×××＝2．故答案为：2．10．解：由题意得：该四面体在棱长为6的正方体的内切球内，∴该四面体内接于球时棱长最大，∵棱长为6的正方体的内切球半径R＝3，∴（)2+(﹣3)2＝32,解得x＝2．故答案为：2．11．解：因为、是空间单位向量，，故的夹角为，故设，，另设，由，得，解得，故，所以|﹣（x+y）|＝|（2，，c）﹣x（1，0，0）﹣y（，，0）|＝|（2﹣x﹣，，c）|＝＝，令f（x）＝x2+（y﹣4）x+y2﹣5y+7+c2，显然当x＝时取最小值，即f（x）min＝f（）＝+y2﹣5y+7+c2＝+c2＝1，所以当y＝2，x＝1，c＝±1时，原式取得最小值1，此时x0＝1，y0＝2，c＝±1，所以＝1+2+＝．故答案为：．12．解：如图所示，考查矩形ABCD所在的平面，将其补形为一个长方体，然后以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，由AD＝2，直线AD与平面α所成角为可得，作AP⊥底面于点P，很明显AD⊥平面APB，从而BC⊥BP，∠PBA即为二面角A﹣BC﹣O的平面角，其余弦值为，则，故，，从而：，设平面ABCD的法向量，则：，令x＝2可得y＝2，z＝1，从而，设平面ABCD与x，y，z轴的交点分别为：P1（x，0，0），P2（0，y，0），P3（0，0，z），则：，∴，，∴，，∴，原问题进一步等价于求三棱锥O﹣P1P2P3的内切球半径，由于，故△P1P2P3是等腰三角形，其面积为：，三棱锥的表面积为：，其体积为：，设外接球半径为R，利用等体积法有：，即，∴．同理，当球在三棱锥外面与四个面都相切时可得球的半径为．故答案为：或．二．选择题13．解：对于A，向上的点数是1与向上的点数是5不能同时发生，但能同时不发生，是互斥不对立事件，故A错误；对于B，向上的点数小于3与向上的点数大于3不能同时发生，但能同时不发生，是互斥不对立事件，故B错误；对于C，向上的点数是奇数与向上的点数是偶数既不能同时发生，也不能同时不发生，是对立事件，故C正确；对于D，向上的点数大于3与向上的点数小于5能同时发生，不是互斥事件，更不是对立事件，故D错误．故选：C．14．解：设四面体的底面是BCD，BC＝a，BD＝CD＝1，顶点为A，AD＝在三角形BCD中，因为两边之和大于第三边可得：0＜a＜2（1）取BC中点E，∵E是中点，直角三角形ACE全等于直角DCE，所以在三角形AED中，AE＝ED＝∵两边之和大于第三边∴＜2得0＜a＜（负值0值舍）（2）由（1）（2）得0＜a＜．另解；可设AD＝a，AB＝AC＝BD＝CD＝1，BC＝，可得△ABC、△BCD为等腰直角三角形，可得AE＝DE＝，即有0＜a＜，故选：A．15．解：若a∥α，α∥β，则a∥β或a⊂β，故A错误；若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ或α与γ相交，故B错误；若a⊥b，b⊥c，则a∥c或a与c相交或a与c异面，故C错误；若b⊥β，b⊥γ，由直线与平面垂直的性质可得β∥γ，故D正确．故选：D．16．解：A点关于BC的对称点为E，N关于BC的对称点为N'，设d为异面直线AB'与CE之间的距离，则|MT|+|NT|＝|MT|+|N'T|≥|MN'|≥d，因为CE∥DB，DB∥D′B′，所以CE∥B′D′，又因为△AB′D′为正三角形，所以∠AB′D′＝60°，所以直线AB'与CE所成角为60°，四面体AB'CE的体积，又因为，所以，解得，所以|MT|+|NT|的最小值为，故选：B．三．解答题17．解：（1）因为在圆柱OO1中，轴截面ABB1A1是正方形，点C1为弧A1B1的中点，所以O1C1、O1O、O1B1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知O（0，0，﹣2），C（0，1，﹣1），A1（0，﹣1，0），C1（1，0，0），＝（0，1，1），＝（1，1，0）设异面直线OC与A1C1所成角的大小为θ，，因为•＝1，||＝||＝，所以cosθ＝，所以θ＝60°．（2）因为＝（1，﹣1，1），圆柱OO1底面的法向量是＝（0，0，1），所以直线CC1与圆柱OO1底面所成角的正弦值为＝＝．18．解：方法一（Ⅰ）记AC与BD的交点为O，连接OE，∵O、M分别是AC、EF的中点，ACEF是矩形，∴四边形AOEM是平行四边形，∴AM∥OE∵OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDE（Ⅱ）在平面AFD中过A作AS⊥DF于S，连接BS，∵AB⊥AF，AB⊥AD，AD∩AF＝A，∴AB⊥平面ADF，∴AS是BS在平面ADF上的射影，由三垂线定理得BS⊥DF∴∠BSA是二面角A﹣DF﹣B的平面角在Rt△ASB中，AS＝＝，AB＝，∴，∴二面角A﹣DF﹣B的大小为60°方法二（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系设AC∩BD＝N，连接NE，则点N、E的坐标分别是（、（0，0，1），∴＝（，又点A、M的坐标分别是（）、（∴＝（∴＝且NE与AM不共线，∴NE∥AM又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDF（Ⅱ）∵AF⊥AB，AB⊥AD，AF∩AD＝A，∴AB⊥平面ADF∴为平面DAF的法向量∵＝（•＝0，∴＝（•＝0得，∴NE为平面BDF的法向量∴cos＜＞＝∴的夹角是60°即所求二面角A﹣DF﹣B的大小是60°19．解：（1）假设G为△PBC的垂心，则BG⊥PC，因为AG⊥平面PBC，PC⊂平面PBC，则AG⊥PC，又AG∩BG＝G，所以PC⊥平面ABG，又AB⊂平面ABG，则PC⊥AB，因为PA⊥底面ABC，AB⊂平面ABC，故PA⊥AB，又PA∩PC＝P，则AB⊥平面PAC，因为AC⊂平面PAC，故AB⊥AC，这与△ABC为正三角形矛盾，故假设不成立，所以G不可能是△PBC的垂心；（2）延长BG交PC于点E，连接PG并延长交BC于点F，因为G是△PBC的重心，则E，F分别为PC，BC的中点，且PG＝2FG，连接AF，因为△ABC是边长为2的正三角形，则AF＝，因为PA⊥底面ABC，AF⊂平面ABC，则PA⊥AF，又AG⊥平面PBC，PF⊂平面PBC，则AG⊥PF，所以AF2＝FG•FP＝3FG2，则FG＝1，PF＝3，所以，，，故点G到平面ABC的距离为，由等体积法VC﹣ABG＝VG﹣ABC，设点C到平面ABG的距离为d，所以，解得d＝，故点C到平面ABG的距离为．20．解：（1）设＝（1，0，0），＝（0，1，0），＝（0，0，1），则＝x+y+z＝（x，y，z），且x+2y+4z＝1，则＝，又x+2y+4z＝1表示一个平面，表示空间中的点（x，y，z）到点D（1，1，0）的距离，这样的点在以点D（1，1，0）为球心的球面上，所以的最小值是球与此平面相切时切点与D点的距离，即点D到此平面的距离，又点D（1，1，0）到平面x+2y+4z＝1的距离d＝＝＝，所以的最小值为；（2）如图，由且满足，可得动点P的轨迹所围成的区域是介于