高二数学期中测试题.docx
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高二数学期中测试题
高二数学期中测试题
题号
一
二
三
总分
17
18
19
20
21
22
得分
第I卷(选择题共60分)
一.选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.已知()
A.90°B.30°C.60°D.150°
2.设M、O、A、B、C是空间的点,则使M、A、B、C一定共面的等式是()
A.B.
C.D.
3.正四棱锥的一个对角面与一个侧面的面积之比为,则侧面与底面的夹角为()
A.B.C.D.
4.在斜棱柱的侧面中,矩形最多有()个。
A.2B.3C.4D.6
5.四棱锥成为正棱锥的一个充分但不必要条件是()
A.各侧面是正三角形B.底面是正方形
C.各侧面三角形的顶角为45度D.顶点到底面的射影在底面对角线的交点上
6.如图,在多面体ABCDEF中,已知面ABCD是边长为3的正方形,EF∥AB,,EF与面AC的距离为2,则该多面体的体积为()
A.B.5
C.6D.
7.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⊥αB.若m∥α,α∩β=n,则m∥n
C.若m⊥α,m⊥β,则α∥βD.若m⊥α,,则α⊥β
8.已知点A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),若存在点D,使得DB∥AC,DC∥AB,则D点的坐标是()
A.(-1,1,1)B.
C.(-1,1,1)或(1,-1,-1)D.
9.下列命题中,正确命题的个数是()
(1)各个侧面都是矩形的棱柱是长方体
(2)三棱锥的表面中最多有三个直角三角形
(3)简单多面体就是凸多面体
(4)过球面上二个不同的点只能作一个大圆
A.0个B.1个C.2个D.3个
10.将鋭角B为60°,边长为1的菱形ABCD沿对角线AC折成二面角,
若60°,120°,则折后两条对角线之间的距离的最值为()
A.最小值为,最大值为B.最小值为,最大值为
C.最小值为,最大值为D.最小值为,最大值为
11.如图,AC为圆O的直径,B为圆周上不与点A、C
重合的点,PA垂直于圆O所在的平面,连结PB、
PC、AB、BC,作AN⊥PB,AS⊥PC,连结SN,
则图中直角三角形个数为()
A.7B.8
C.9D.10
12.设有如下三个命题:
甲:
相交的直线l,m都在平面α内,并且都不在平面β内;乙:
直线l,m中至少有一条与平面β相交;丙:
平面α与平面β相交.当甲成立时()
A.乙是丙的充分而不必要条件;B.乙是丙的必要而不充分条件
C.乙是丙的充分且必要条件D.乙既不是丙的充分条件又不是丙的必要条件.
第II卷(非选择题共90分)
二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分)
13.边长为2的正方形ABCD在平面α内的射影是EFCD,如果AB与平面α的距离为,则AC与平面α所成角的大小是。
14.已知A(1,-1,3),B(0,2,0),C(-1,0,1)若点D在OZ轴上,且
则.
15.已知,,,若共同作用在物体上,使物体从点(2,-3,2)移到(4,2,3),则合力所作的功
16.已知点P,直线,给出下列命题:
若若
若若
若
其中正确命题的序号是_______________(把所有正确命题的序号都填上)。
三、解答题(本大题共6题,共74分)
17.(10分)已知平面平面,直线,a垂直于与的交线AB,试判断a与的位置关系,并证明结论.
18.(12分)已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1.AB=1,AA1=2,点E为CC1中点,点P为BD1中点.
(I)证明EF为BD1与CC1的公垂线;
(II)求点D1到面BDE的距离.
19.(本题满分12分)在正方体ABCD—A1B1C1D1中,O为正方形ABCD的中心,M为D1D的中点.
(I)求证:
异面直线B1O与AM垂直;
(II)求二面角B1—AM—C的大小.
(III)若正方体的棱长为a,求三棱锥B1—AMC的体积。
20.(本题满分13分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1,底面△ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90º,棱AA1=2,M、N分别是A1B1,A1A的中点,
(I)求的长;
(II)求cos<,>的值;
(III)求证:
A1B⊥C1M.
21.(本题满分13分)
如图,正方形ACC1A1与等腰直角△ACB互相垂直,∠ACB=90°,E、F分别是AB、BC的中点,G是AA1上的点.
(I)若AC1⊥EG,试确定点G的位置;
(II)在满足条件
(1)的情况下,
试求cos<AC,GF>的值.
22.(本题满分14分).如图,平面ABCD⊥平面ABEF,ABCD是正方形,ABEF是矩形,且G是EF的中点,
(Ⅰ)求证平面AGC⊥平面BGC;
(Ⅱ)求GB与平面AGC所成角的正弦值.
(Ⅲ)求二面角B—AC—G的大小.
高二(下)期中数学测试卷答案
一.选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分).
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
D
D
D
A
A
D
B
B
A
B
D
C
3解:
设正四棱锥的底面边长为a,高为h,则,得记侧面与底面的夹角为选D.
6.解:
设AB,CD的中点分别为M,N,则在多面体ABCDEF的体积等于三棱柱ADE-MNF的体积与四棱锥F-MNCB的体积之和,
,
多面体ABCDEF的体积等于选D
12、提示:
在甲成立时,乙成立,由平面三公理知,丙成立;反之也成立。
选C
二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分)
13.30º14.15.16.②⑤
三、解答题(本大题共6题,共74分)
17.解:
a与的位置关系是:
直线平面。
证明过直线a作平面直线,(2分)∵,∴.(4分)又∵∴.(6分)又∵,且,∴,(8分)故.(10分)
18.
(1)证法一:
取BD中点M.连结MC,FM.
∵F为BD1中点,∴FM∥D1D且FM=D1D.(2分)
又EC=CC1且EC⊥MC,∴四边形EFMC是矩形
∴EF⊥CC1.(4分)又CM⊥面DBD1.∴EF⊥面DBD1.
∵BD1面DBD1.∴EF⊥BD1.故EF为BD1与CC1的公垂线.(6分)
证法二:
建立如图的坐标系,得
B(0,1,0),D1(1,0,2),F(,,1),C1(0,0,2),E(0,0,1).(2分)
(4分)即EF⊥CC1,EF⊥BD1.
故EF是为BD1与CC1的公垂线.(6分)
(Ⅱ)解:
连结ED1,有VE-DBD1=VD1-DBE.
由(Ⅰ)知EF⊥面DBD1,设点D1到面BDE的距离为d.
故点D1到平面DBE的距离为.
19.9A中考查异面直线垂直的判定及二面角的求法;9B中考查利用向量证明线线垂直及利用数量积求二面角的大小的方法。
解法1(9A):
(1)设AD的中点为N,连结ON,由O为正方形ABCD的中心,
得ON⊥平面ADD1A1.又AA1⊥平面ADD1A1,所以A1N为B1O在平面ADD1A1内的射影.(2分)在正方形ADD1A1中,
(2)因为AC⊥平面BB1D1D,所以AC⊥B1O.由
(1)知
B1O⊥AM,所以B1O⊥AM,所以B1O⊥平面AMC.(6分)
作OG⊥AM于G,连结B1G,则∠B1GO为二面角B1—AM—C的平面角.(7分)
设正方体棱长为1,则所以所以(9分)
(3)由
(1)知,B1O⊥平面AMC.所以VB1-AMC=B1O×S△AMC
因棱长为a,所以B1O=a,S△AMC=×MO×AC=aa=a2
故VB1-AMC=×a×a2=a3(12分)
解法2(9B)以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,
DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系。
设正方体棱长为2,则M(0,0,1),O(1,1,0),
A(2,0,0),B1(2,2,2)
(1)因OB1=(1,1,2),AM=(-2,0,1),
AM·OB1=(1,1,2)·(-2,0,1)=1×(-2)+2×1=0,所以AM⊥OB1(4分)
(2)由
(1)知AM⊥OB1,仿
(1)可证CM⊥OB1,故OB1⊥面AMC
又取BC中点为N(1,2,0),A1(2,0,2),A1N=(-1,2,-2),AB1=(0,2,2)
A1N·AB1=(-1,2,-2)·(0,2,2)=0
A1N·AM=(-1,2,-2)·(-2,0,1)=0,所以A1N⊥面AB1M,(7分)
于是二面角B1—AM—C的平面角大小由A1N与OB1所成角确定,设其为θ,
cosθ===(9分)
(3)由上述可知,B1O⊥平面AMC.所以VB1-AMC=B1O×S△AMC
因棱长为a,所以B1O=a,S△AMC=×MO×AC=aa=a2
故VB1-AMC=×a×a2=a3(12分)
20.解:
(1)以射线、、分别为坐标系OX、OY、OZ轴,
则B(0,1,0),N(1,0,1),……………………………………………2分
||==…………………………4分
(2)A1(1,0,2),B1(0,1,2),C(0,0,0)
(1,-1,2),(0,1,2),………………………6分
∴cos<,>===…8分
(3)C1(0,0,2),M(,,2),
=(,,0),(-1,1,-2)…………………10分
∴·=×(-1)+×1+0×(-2)=0
A1B⊥C1M…………13分
21.(满分13分)
解:
(Ⅰ)由正方形ACC1A1与等腰直角△ACB互相
垂直,∠ACB=90°,∴BC⊥AC,∴BC⊥CC1.以C
为坐标原点,建立空间直角坐标系C—xyz,
如图.(2分)
设AC=CB=a,AG=x,则A(0,a,0).
C1(0,0,a),G(0,a,x),E(-,,0).
AC1=(0,-a,a),EG=(-,,x).(4分)
∵AC1·EG=0,∴-+xa=0.
∴x=,∴G为AA1的中点.(6分)
(Ⅱ)∵G(0,a,),F(,0,0),
∴GF=(,-a,-),AC1=(0,-a,a).(8分)
∴|GF|=a,|AC1|=a,∴GF·AC1=a2-=.
∴cos<AC1,GF>=.(13分)
22.(Ⅰ)证明:
正方形ABCD∵面ABCD⊥面ABEF且交于AB,
∴CB⊥面ABEF∵AG,GB面ABEF,∴CB⊥AG,CB⊥BG
又AD=2a,AF=a,ABEF是矩形,G是EF的中点,
∴AG=BG=,AB=2a,AB2=AG2+BG2,∴AG⊥BG∵CG∩BG=B∴AG⊥平面CBG而AG面AGC,故平面AGC⊥平面BGC…………4分
(Ⅱ)解:
如图,由(Ⅰ)知面AGC⊥面BGC,且交于GC,在平面BGC内作BH⊥GC,垂足为H,则BH⊥平面AGC,∴∠BGH是GB与平面AGC所成的角
∴在Rt△CBG中又BG=,
∴……………………9分
(Ⅲ)由(
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