高中学生学科素质训练高二下学期数学期中测试题题号一二三总分171819202122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，矩形的个数最多是（）A．2B．3C．4D．65.四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．5C．6D．7.已知α，β是平面，m，n是直线.下列命题中不正确的是（）13/13A．若m∥n，m⊥α，则n⊥αB．若m∥α，α∩β=n，则m∥nC．若m⊥α，m⊥β，则α∥βD．若m⊥α，，则α⊥β8．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．8C．9D．1012．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.13/13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：①若②若③若④若⑤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.（本题满分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.13/1318.（本题满分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.13/1319．（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．13/13ABCNA1MB1C120.（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.13/1321.（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.13/1322．（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.13/13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123456789101112答案DDDAADBBABDC3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）13/1318．（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，13/13（2）因为AC⊥平面BB1D1D，所以AC⊥B1O.由（1）知B1O⊥AM，所以B 1O⊥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）=0A1N·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）13/1320．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）=0A1B⊥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）13/13∴|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（Ⅱ）知，BH⊥面AGC作BO⊥AC，垂足为O，连结HO，则HO⊥AC，∴为二面角B—AC—G的平面角在在Rt△BOH中，即二面角B—AC—G的大小为.(14分)13/13
