1、浙江省磐安县第二中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题 时间：2020年 11 月 考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分,共 4 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟。2.考生答题前,须将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡上。3.选择题的答案必须使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。4.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应区域内，作图时可先使用 2B 铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。选择题部分一、 选择题（本大题共10小题,每小题5分,
2、共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分）1已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱(其底面是正方形，且侧棱垂直于底面)高为4，体积为16，则这个球的表面积是()A16 B20 C24 D322.如图所示的直观图的平面图形ABCD是()A任意梯形 B直角梯形 C任意四边形D平行四边形3.设是两条不同的直线,是两个不同的平面()A. B. C. D. 4已知正方体ABCDA1B1C1D1中，若点F是侧面CD1的中心，且mn，则的值分别为()A.， B， C， D.，5在正三棱柱中，若ABBB1，则AB1与C1B所成角的大小为()A60 B90 C105 D7
3、56若平面的法向量为n，直线l的方向向量为a，直线l与平面的夹角为，则下列关系式成立的是()Acos Bcos Csin Dsin 7若两点，当|取最小值时，的值等于()A19 B C. D.8已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A.B.C. D.9.如图所示，在四面体PABC中，PC平面ABC，ABBCCAPC，那么二面角BAPC的余弦值为()A. B. C. D.10.如图所示，在直二面角DABE中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AEB是等腰直角三角形，其中AEB90，则点D到平面ACE的距离为()A. B. C. D2 9题
4、图 10题图非选择题部分二、填空题（本大题共8小题,共40分，每题5分） 11若a(2x，1，3)，b(1，2y，9)，且a与b为共线向量，则x_，y_. 12.若a(2，3,5)，b(3,1，4)，则|a2b|_.13平面的法向量为(1,0，1)，平面的法向量为(0，1,1)，则平面与平面所成二面角的大小为_14.如图,在三棱柱A1B1C1-ABC中,D,E,F分别是AB,AC,AA1的中点,设三棱锥F-ADE的体积为V1,三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2,则V1V2=. 15ABC的三个顶点坐标分别为A(0，0，)，B，C(1，0, )，则角A的大小为_16. 一个正三棱柱的侧棱长和
5、底面边长相等，体积为2，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是_17.如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2；给出以下结论：0；0；0；0，其中正确结论的序号是_ 14题图 17题图 18题图18如图所示，已知正四面体ABCD中，AEAB，CFCD，则直线DE和BF所成角的余弦值为_三、解答题（本大题共4小题,共60分，解答应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤） 19.(本小题满分15分)已知某几何体的俯视图是矩形(如图),正视图是一个底边长为8,高为4的等腰三角形,侧视图是一个底边长为6,高为4的等腰三角
6、形.（1）求该几何体的体积V;（2）求该几何体的侧面积S. 20如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，(1)证明：平面PQC平面DCQ； (2)证明：PC平面BAQ.21.如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点，.试确定使得直线AP与平面BDD1B1所成的角为60. 22.如图，PA平面ABCD，四边形ABCD是正方形，PAAD2，M、N分别是AB、PC的中点(1)求二面角PCDB的大小；(2)求点P到平面MND的距离1.C正四棱柱的底面积为4，正四棱柱的底面的边长为2，正四棱柱的底面的对角线为2，正四棱柱的对角线为2.而球的直径等于正四棱柱的对角
7、线，即2R2，R，S球4R224.2.BABOy，ADOx，故ABAD.又BCAD且BCAD，所以为直角梯形3.C对A若mn,n,则m或m或m,故A选项错误;对B若m,则m或m或m,故B选项错误;对C若m,n,n,则m,故C选项正确;4.A由于()，所以m，n，.5B建立如图所示的空间直角坐标系，设BB11，则A(0,0,1)，B1，C1(0，0)，B.，10，即AB1与C1B所成角的大小为90.6D若直线与平面所成的角为，直线的方向向量与该平面的法向量所成的角为，则90或90，cos ，sin |cos |.7C(1x,2x3，3x3)，则|.故当x时，|取最小值8.A以D为坐标原点，建立空
8、间直角坐标系，如图，设AA12AB2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则(0，1，0)，(1，1，0)，(0，1，2)设平面BDC1的法向量为n(x，y，z)，则n，n，所以有令y2，得平面BDC1的一个法向量为n(2，2，1)设CD与平面BDC1所成的角为，则sin |cosn，|.9C作BDAP于D，作CEAP于E，设AB1，则易得CE，EP，PAPB，可以求得BD，ED.，2222222.，cos，即二面角BAPC的余弦值为.10B建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，1,0)，E(1,0,0)，D(0，1,2)，C(0,1,2)(0,0,2
9、)，(1,1,0)，(0,2,2)，设平面ACE的法向量n(x，y，z)，则即令y1，n(1,1，1)故点D到平面ACE的距离d.11. 由题意得，x，y.12. 解析a2b(8，5,13)，|a2b|.13.或 解析设n1(1,0，1)，n2(0，1,1)，则cosn1，n2，n1，n2.因平面与平面所成的角与n1，n2相等或互补，所以与所成的角为或.14.124 解析:因为D,E分别是AB,AC的中点,所以SADESABC=14.又F是AA1的中点,所以A1到底面的距离H为F到底面距离h的2倍,即三棱柱A1B1C1-ABC的高是三棱锥F-ADE高的2倍,所以V1V2=124.15. 30
10、【解析】，(1，0，0)，则cos A，故角A的大小为30.16.2 解析：设正三棱柱的底面边长为a，利用体积为2，很容易求出这个正三棱柱的底面边长和侧棱长都是2，所以底面正三角形的高为，故所求矩形的面积为2.17. 【解析】容易推出：0，所以正确；又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SASBSCSD2，所以22cosASB，22cosCSD，而ASBCSD，于是，因此正确；18. 解析因四面体ABCD是正四面体，顶点A在底面BCD内的射影为BCD的垂心，所以有BCDA，ABCD.设正四面体的棱长为4，则()()0041cos 12014cos 1204，BFDE，所以异面直线DE与BF的夹
11、角的余弦值为：cos .19.解:故几何体的侧面积S=2=40+24.20.如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.(1)依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，则(1，1，0)，(0，0，1)，(1，1，0)，所以0，0，即PQDQ，PQDC且DQDCD.故PQ平面DCQ.又PQ平面PQC，所以平面PQC平面DCQ.(2)根据题意，(1，0，0)，(0，0，1)，(0，1，0)，故有0，0，所以为平面BAQ的一个法向量又因为(0，2，1)，且0，即DAPC，且PC平面BAQ，故有PC平面BAQ.21解建立如图所示的空
12、间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，P(0,1，m)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)则(1，1,0)，(0,0,1)，(1,1，m)，(1,1,0)又由0，0知，为平面BB1D1D的一个法向量设AP与平面BB1D1D所成的角为，则sin |cos，|.依题意得sin 60，解得m.故当m时，直线AP与平面BDD1B1所成角为60.22.(1)解PA平面ABCD，由ABCD是正方形知ADCD.CD面PAD，PDCD.PDA是二面角PCDB的平面角PAAD，PDA45，即二面角PCDB的大小为45.(2)设P到平面MND的距离为d.由(2)知平面MND的法向量m(2，1,1)，m(0,2，2)(2，1,1)4，|m|4，又|m|，d.即点P到平面MND的距离为.
