高二上学期期中考试数学试卷

2023年12月5日发(作者：拉萨高三理科数学试卷)

高二上学期期中考试数学试卷

（统编新教材）

考试范围：第九章 立体几何、第十章 第一节 分类计数原理与分步计数原理

时量：120分钟 权值：150分 考试时间：

一、选择题(把正确的答案填入答卷的表中，每小题5分，共计60分)

1．经过空间任意三点作平面（ ）

A．只有一个 B．可作二个 C．可作无数多个 D．只有一个或有无数多个

2．两条异面直线在同一平面中的射影是（ ）

A．两条相交直线 B．两平行直线

C．两相交直线或平行直线 D．两相交直线或平行直线或一点和一直线

3．经过正棱锥S-ABC的高SO的中点且平行于底面的截面面积为1，则底面△ABC的面积为( ).

A.1 B.2 C.

2 D.4

4．若a＝（2，1，1），b =(﹣１，x，1)且a⊥b ，则x的值为( )

A．1 B．-1 C．2 D．0

5．若a =(2,﹣3,3)，b=(1，0，0)，则a,b=( )

A． B． C． D．

64326．设三点A（1，1，0），B（1，0，1），C（0，1，1），则△ABC的形状为( )

A．Rt△ B．等边△ C．等腰△ D．等腰Rt△

7．两个完全相同的长方体的长、宽、高分别为5cm，4cm，3cm，把它们重叠在一起组成一

个新长方体，在这些新长方体中，最长的对角线的长度是( )

A．77cm B．72cm C．55cm D．102cm

8．已知A、B、C不共线，O为平面ABC外的一点，满足（ ）的点M、A、B、C共面．

A．OM2OAOBOC

C．OM B．OMOA2OBOC

111111OAOBOC D．OMOAOBOC

3332349．如图,正三棱锥S-ABC的侧棱与底面边长相等,如果E、F分别为SC、AB的中点,那么异面直线EF与SA所成的角等于( )

(A)90° (B)60° (C)45° (D)30°

10．已知α，β是平面，m，n是直线.下列命题中不正确的是

． A．若m∥n，m⊥α，则n⊥α

C．若m⊥α，m⊥β，则α∥β

（ ）

B．若m∥α，α∩β=n，则m∥n

D．若m⊥α，m，则α⊥β

11．一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是2,3,6，这个长方体对角线的长是（ ）

A． B． C．6 D．

12．在正三棱柱ABCA1B1C1中,若ABA．60° （B）．90°

（ ）

2BB1,则AB1与C1B所成的角的大小为（C）．105° （D）．75°

O二、填空题（把正确的答案填入答卷的表中，每小题4分，共计16分）

13．已知：在空间四边形OABC中，OA⊥BC,OB⊥AC，

则OC与AB的夹角为_______.

14．如右图所示，用五种不同的颜色，给标有A、B、C、D、E的各部分涂色，每一部分只能涂一种颜色，且要求相邻部分所涂颜色不同，则不同的涂色方法共有_________种.

ACBACBDE15．已知某球体的体积与其表面积的数值相等，则此球体的半径为 .

16．如图,正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面成60°的二面

角, 则异面直线AD与BF所成角的余弦值是

郴州市三中高二期中考试数学试卷答卷

三

题号 一 二

17

得分

18

19

20

21

22

总分

第一、二大题答题表

题号

答案

题号

答案

1

2

13

3

4

5

14

6

7

8

15

9

10

11

16

12

三、解答题(共计74分)

17．( 12分)如图，已知长方体的长宽都是4cm，高为2cm．

D＇B＇DBC＇C＇ （1）求BC与AC，AA\'与BC\'，A\'D与BC\'所成角的余弦值；

A\'\' （2）求AA\'与BC，AA\'与CD，AA\'与CC\'所成角的大小．

A

18．( 12分)若平面α内的直角△ABC的斜边AB=20,平面α外一点O到A、B、C三点距离都是25,

求：点O到平面的距离．

O

A

C

B

19．（12分）如图,在三棱锥S-ABC中,SA⊥底面ABC,AB⊥BC．DE垂直平分SC,且分别交AC、SC于

D、E.又SA＝AB,SB＝BC.求: 二面角E-BD-C的度数。

20．（12分）已知ABCD是边长为4的正方形,E、F分别是AB、AD的中点,GC垂直于ABCD所在的平面,且GC＝2.求：（1）点B到平面EFG的距离.（2）二面角C-EF-G的度数．

G

C

BEFAD

21．(13分)如图四面体S－ABC中，SA,SB,SC两两垂直, ∠SBA=45°, ∠SBC=60°，M为AB中点， (1) 求:AC与面SAB所成的角，(2) 求:SC与平面ABC所成角的正弦值．

C

S

B

A

22．(13分) 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别是BB1、CD的中点.

(Ⅰ)证明AD⊥D1F; (Ⅱ)求AE与D1F所成的角;

(Ⅲ)证明面AED⊥面A1FD1;

IV设AA12，求三棱锥FA1ED1的体积VFAED11

郴州市三中高二2004年上学期期中考试数学试卷答案

一、选择题（每小题5分，共计60分)；二填空题（每小题4分，共计16分)

题号

答案

题号

答案

1

D

2

D

13

90°

3

D

4

A

5

C

14

720

6

B

7

C

8

C

15

3

9

C

10

B

11

D

16

2412

B

三、解答题(共计74分)

17．( 12分)

解析：（1）D＇＇AB＇DC＇C253；；

525 （2）90°；90°；0°

AB

18．（12分） 解：由斜线相等，射影相等知，O在底面的射影为△ABC的外心Q，

O又△ABC为Rt△外心在斜边中点，故OQ=2510==525

22ACB 19．（12分）

解法一:由于SB＝BC,且E是SC的中点,因此BE是等腰三角形SBC的底边SC的中线,所以SC⊥BE.

又已知 SC⊥DE,BE∩DE＝E,

∴SC⊥面BDE, ∴SC⊥BD.

又 ∵SA⊥底面ABC,BD在底面ABC上, ∴SA⊥BD.

而SC∩SA＝S,∴BD⊥面SAC.

∵DE＝面SAC∩面BDE,DC＝面SAC∩面BDC, ∴BD⊥DE,BD⊥DC.

∴∠EDC是所求的二面角的平面角.

∵SA⊥底面ABC,∴SA⊥AB,SA⊥AC.

设SA＝a,

又因为AB⊥BC,

∴∠ACS＝30°.

又已知DE⊥SC,所以∠EDC＝60°,即所求的二面角等于60°.

解法二:由于SB＝BC,且E是SC的中点,因此BE是等腰三角形SBC的底边SC的中线,所以SC⊥BE.

又已知SC⊥DE,BE∩DE＝E∴SC⊥面BDE, ∴SC⊥BD.

由于SA⊥底面ABC,且A是垂足,所以AC是SC在平面ABC上的射影.由三垂线定理的逆定理得BD⊥AC;又因E∈SC,AC是SC在平面ABC上的射影,所以E在平面ABC上的射影在AC上,由于D∈AC,所以DE在平面 ABC上的射影也在AC上,根据三垂线定理又得BD⊥DE.

∵DE面BDE,DC面BDC, ∴∠EDC是所求的二面角的平面角.以下同解法一.

解法三:利用用向量求解：略

20．（12分）

解法一:

如图,连结EG、FG、EF、BD、、BD分别交AC于H、O. 因为ABCD是正方形,E、F分别为AB和AD的中点,故EF∥BD,H为AO的中点.

BD不在平面EFG上.否则,平面EFG和平面ABCD重合,从而点G在平面的ABCD上,与题设矛盾.

G由直线和平面平行的判定定理知BD∥平面EFG,

所以BD和平面EFG的距离就是点B到平面EFG的距离.

DFCEAB∵BD⊥AC ∴EF⊥HC. ∵GC⊥平面ABCD, ∴EF⊥GC,

∴EF⊥平面HCG. ∴平面EFG⊥平面HCG,HG是这两个垂直平面的交线.

作OK⊥HG交HG于点K,由两平面垂直的性质定理知OK⊥平面EFG,所以线段OK的长就是点B到平面EFG的距离.

解法二:利用用向量求解：略

21．(13分)解：①60°；

②解法一:连SM，CM， ∵∠SBA=45° ∴SM⊥AB, 又CS⊥AB, ∴AB⊥面CSM．

过S作CM的垂线SN，垂足为N，则SN⊥CM，SN⊥AB，∴SN⊥面ABC．

∠SCN为所求的线面角，设SB=1 则不难计算 CS=3，SM=72，CM=

2227sin∠SCM=2=.

772解法二:利用用向量求解：略

22．(13分) 解法一:

(Ⅰ)∵AC1是正方体,∴AD⊥面DC1. 又D1F面DC1, ∴AD⊥D1F.

(Ⅱ)取AB中点G,连结A1G,FG.因为F是CD的中点,所以GF、AD平行且相等,又A1D1、AD平行且相等,所以GF、A1D1平行且相等,故GFD1A1是平行四边形,A1G∥D1F.

设A1G与AE相交于点H,则∠AHA1是AE与D1F所成的角,因为E是BB1的中点,所以Rt△A1AG≌Rt△ABE,∠GA1A=∠GAH，从而

∠AHA1=90°,即直线AE与D1F所成角为直角.

(Ⅲ)由(Ⅰ)知AD⊥D1F,由(Ⅱ)知AE⊥D1F,又AD∩AE=A,所以D1F⊥面AED.又因为D1F面A1FD1,所以面AED⊥面A1FD1.

(Ⅳ)连结GE,GD1. ∵FG∥A1D1,∴FG∥面A1ED1, ∵AA1=2,

面积S△A1GE=S□ABB1A1-2S△A1AG--S△GBE=3

2 又VFA1ED111VEA1GFD1VFA1GE

SA1GEFG

231321

32

VFA1ED1解法二:利用用向量求解

解析：设正方体的棱长为2，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（2，0，0），F（0，1，0），E（2，2，1），A1（2，0，2），D1（0，0，2），

(I) ∵

DA(2,0,0),D1F(0,1,2)，得DAD1F0，∴ AD⊥D1F;

(II)又AE(0,2,1)，得cosAED1F|AE||D1F|0|AE||D1F|0

∴ AE与D1F所成的角为90°

(III) 由题意：D1A1(2,0,0)，

设平面AED的法向量为n1(x1,y1,1)，设平面A1FD1的法向量为n2(x2,y2,1)，

x10DAn011由

1

n1(0,,1)

2y1AEn102zD1A1B1EDAxFBC1x20D1Fn20由



n2(0,2,1)

y22D1A1n20得|cos||n1n2||n1||n2||011||n1||n2|0

ECy∴ 面AED⊥面A1FD1.

（Ⅳ）∵AA1=2，EF(2,1,1)，平面A1FD1的法向量为n2(0,2,1)

SA1FD1|EFn2|31A1D1D1F

5， ∴E到平面A1FD1的距离d，

25|n2| VFA1ED1

1351

35