2020-2021学年浙江省宁波市高二（上）质检数学试卷（10月份）人教A版

这是一份2020-2021学年浙江省宁波市高二（上）质检数学试卷（10月份）人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列命题是公理的是（ ）
A.平行于同一个平面的两个平面互相平行
B.垂直于同一条直线的两条直线互相平行
C.如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线
D.空间中，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补

2. 四个顶点不在同一平面上的四边形ABCD中，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA上的点，如果直线EF，GH交于点P，那么（ ）
A.点P一定在直线AC上B.点P一定在直线BD上
C.点P一定在平面ABC外D.点P一定在平面BCD内

3. 已知两条不同的直线l，m和两个不同的平面α，β，下列四个命题中错误的为（ ）
A.若l // α，l⊥β，则α⊥βB.若α // β，m⊥α，则m⊥β
C.若α∩β＝m，l // α且l // β，则l // mD.若α // β，m // α，则m // β

4. 有下列四个条件：①a⊄β，b⊂β，a // b； ②b⊂β，a // b；③a // b // c，b⊂β，c⊂β； ④a、b是异面直线，a // c，b⊂β，c⊂β．其中能保证直线a // 平面β的条件是（ ）
A.①②B.①③C.①④D.②④

5. 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，PA＝1，则侧面PCD与底面ABCD所成的二面角的大小是（ ）

A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘

6. 长方体ABCD−A1B1C1D1，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，则异面直线A1B1与AC1所成角的余弦值为（ ）
A.B.C.D.

7. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．若四棱锥P−ABCD为阳马，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，AB＝2，AD＝4，二面角P−BC−A为60∘，则四棱锥P−ABCD的外接球的表面积为（ ）
A.16πB.20πC.πD.32π

8. 已知异面直线a，b所成的角为50∘，过空间一定点P最多可作n条直线与直线a，b均成θ角，则下列判断不正确的是（ ）
A.若θ＝65∘时，n＝3B.当n＝1时，θ只能为25∘
C.当θ＝30∘时，n＝2D.当θ＝75∘时，n＝4

9. 在棱长为2的正方体AC1中，点M为DD1中点，点P在侧面BCC1B1及其边界上移动，并且总是保持AP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为（ ）

A.2B.C.D.

10. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1，则下列四个命题：
①点P在直线BC1上运动时，直线AP与直线A1D所成角的大小不变；
②点P在直线BC1上运动时，直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；
③点P在直线BC1上运动时，二面角P−AD1−C的大小不变；
④点P在直线BC1上运动时，三棱锥A−D1PC的体积不变．
其中的真命题是（ ）

A.①③B.③④C.①②④D.①③④
二、填空题（本大题共7小题）

某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长的棱长为________，体积为________．


如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90∘，∠ADC＝135∘，AB＝5，，AD＝2，则四边形ABCD绕直线AD旋转一周所形成的几何体的表面积是________，体积是________．


直三棱柱ABC−A1B1C1的底面是直角三角形，侧棱长等于底面三角形的斜边长，若其外接球的体积为32π3，则该三棱柱体积的最大值为________，此时三柱的底面面积为________．

如图所示，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC // AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点．

（1）则直线PB与平面POC所成角的余弦值为________；

（2）则B点到平面PCD的距离为________．

如图，三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，已知PA＝BC＝2，AB＝4，BC⊥AB，则异面直线PC，AD所成角的余弦值为________．


已知△ABC内接于球O的一个截面圆中，AB＝6，AC＝8，cs∠CBA=35，且球面上的点到面ABC的距离的最大值为7+26，则球O的表面积为________．

如图，四棱锥P−ABCD中，ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=1，BC=2，四棱锥外接球的球心为O，点E是棱AD上的一个动点．给出如下命题：①直线PB与直线CE所成的角中最小的角为45∘；
②BE与PC一定不垂直；
③三棱锥E−BCO的体积为定值；
④CE+PE的最小值为22．
其中正确命题的序号是________．（将你认为正确的命题序号都填上）

三、解答题（本大题共5大题）

如图，在三棱锥A−BCD中，点E，F，M，N分别为相应棱的中点．

（1）求证：四边形EFMN为平行四边形．

（2）若AC=BD=2，EM＝2，求异面直线AC与BD所成的夹角．

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1．求证：

（1）直线DE // 平面A1C1F：

（2）直线B1D⊥平面A1C1F．

如图，△ACD中，AD＝CD，Rt△ABC中，AB＝BC＝4，现将△ACD沿着AC边折起．
(Ⅰ)求证：AC⊥BD；
(Ⅱ)若二面角D−AC−B的大小为150∘时，BD＝4，求△BCD的中线BM与平面ABC所成角的正弦值．


如图，直二面角D−AB−E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE=EB，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE．
（1）求证：AE⊥平面BCE；

（2）求二面角B−AC−E的正弦值；

（3）求三棱锥E−ACD的体积．

如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，侧面PAB为等腰直角三角形，∠APB＝90∘，底面ABCD为直角梯形，AB // CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC．

（1）求直线PC与平面ABP所成角的正弦值；

（2）若F为线段PA上一点，且满足PC // 平面FBD，求的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省宁波市高二（上）质检数学试卷（10月份）
一、选择题（本大题共10小题）
1.
【答案】
C
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
由所学知识可知A，D为定理，C为公理，再判断B错误得答案．
【解答】
A，D为定理，不是公理；
对于B，垂直于同一条直线的两条直线可能平行、也可能相交、也可能异面，故B错误；
C是教材中给出的公理．
2.
【答案】
A
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
3.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
4.
【答案】
C
【考点】
直线与平面平行
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
5.
【答案】
B
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
6.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
7.
【答案】
D
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
8.
【答案】
B
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
9.
【答案】
C
【考点】
轨迹方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
10.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
二、填空题（本大题共7小题）
【答案】
,
【考点】
由三视图求体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
4（+15)π,
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
42,2
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
设三棱柱底面直角三角形的直角边为a，b，则棱柱的高ℎ=a2+b2，由外接球的体积为32π3求得半径，可得2ℎ=2r=4，即ℎ=22，则a2+b2=ℎ2=8≥2ab，得到ab≤4，代入三棱柱的体积公式得三棱柱体积的最大值，并求得对应的棱柱的底面积．
【解答】
设三棱柱底面直角三角形的直角边为a，b，则斜边长为a2+b2，
即棱柱的高ℎ=a2+b2，
设外接球的半径为r，则43πr3=32π3，解得r=2，
∵ 上下底面三角形斜边的中点连线的中点是该三棱柱的外接球的球心，
且侧棱长等于底面三角形的斜边长，∴ 2ℎ=2r=4，则ℎ=22，
∴ a2+b2=ℎ2=8≥2ab，则ab≤4，当且仅当a=b=2时“=”成立．
∴ 三棱柱的体积V＝Sℎ＝12ab⋅ℎ=2ab≤42．
即该三棱柱体积的最大值为42，此时三棱柱的底面面积为s=12ab＝2．
【答案】
【考点】
直线与平面所成的角
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
196π
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
正弦定理
【解析】
由∠CBA的余弦值求出其正弦值，在三角形中由正弦定理求出三角形ABC的外接圆的半径，当P，O，O1三点共线时，球面上的点P到面ABC的距离的最大，在三角形中由勾股定理可得外接球的半径R，进而求出球的表面积．
【解答】
设截面ABC的外接圆的圆心为O1，连接O1B，OB，做直线OO1交球于P，O在线段PO1上时，球面上的点到面ABC的距离的最大，即PO1＝7+26，
设△ABC的外接圆的半径为r，球的半径为R，则r＝O1B，R＝OB，
在△ABC中AB＝6，AC＝8，cs∠CBA=35，所以sin∠CBA=1−cs2∠CBA=45，
由正弦定理可得2r=ACsin∠CBA=845=10，所以r＝5，
在△OO1B中，R2＝r2+OO12＝52+(7+26−R)2，解得R＝7，
所以求O的表面积S＝4πR2＝196π．
【答案】
①③④
【考点】
棱锥的结构特征
命题的真假判断与应用
【解析】
建立如图所示的空间直角坐标系．设E(0, t, 0)，t∈[0, 2]．
①利用向量夹角公式可得cs=12×1+(t−2)2，利用三角函数的单调性即可得出异面直线直线PB与直线CE所成的角中最小的角；
②令BE→⋅PC→=0，解得t，即可判断出正误；
③由四棱锥外接球的球心为PC的中点，可得球的半径R=12PC．△BCE的面积=12AB×BC．即可得出三棱锥E−BCO的体积，进而判断出正误；
④把三角形PAD剪开折叠到与矩形ABCD在同一个平面内，可得：当三点P，E，C共线时，CE+PE取得最小值为PC．
【解答】
建立如图所示的空间直角坐标系.A(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，P(0, 0, 1)，C(1, 2, 0)，设E(0, t, 0)，t∈[0, 2]．
A(0, 0, 0)，A(0, 0, 0)，
①PB→=(1, 0, −1)，CE→=(1, t−2, 0)，cs=12×1+(t−2)2≤22，可得：≥45∘．因此异面直线直线PB与直线CE所成的角中最小的角为45∘，正确；
②BE→=(−1, t, 0)，PC→=(1, 2, −1)，令BE→⋅PC→=−1+2t=0，解得t=12，因此BE与PC可能垂直，因此②不正确；
③∵ 四棱锥外接球的球心为PC的中点，可得球的半径R=12PC=1212+12+22=62．△BCE的面积=12×1×2=1．
∴ 三棱锥E−BCO的体积=13×62×1=66为定值，因此③正确；
④把三角形PAD剪开折叠到与矩形ABCD在同一个平面内，可得：当三点P，E，C共线时，CE+PE取得最小值为PC=22+22=22，因此正确．
三、解答题（本大题共5大题）
【答案】
证明：∵ 点E，F，M，N分别为相应棱的中点，
∴ MN // AC，MN=12AC，EF // AC，EF=12AC，
∴ MN // EF，MN=EF，
∴ 四边形EFMN为平行四边形．
∵ 点E，F，M，N分别为相应棱的中点，
∴ MN // AC，MF // BD，且MN=12AC=1，EN=MF=12BD=1，
∴ ∠FMN或其补角即为异面直线AC与BD所成的夹角，
在△MNE中，有MN2+EN2=EM2，即∠MNE=90∘，
由（1）知，四边形EFMN为平行四边形，
∴ ∠FMN=180∘−∠MNE=90∘，
故异面直线AC与BD所成的夹角为90∘．
【考点】
异面直线及其所成的角
直线与平面平行
【解析】
（1）结合中位线的性质和平行四边形的判定定理，即可得证；
（2）由MN // AC，MF // BD，知∠FMN或其补角即为所求，再由勾股定理的逆定理和平行四边形的性质，即可得解．
【解答】
证明：∵ 点E，F，M，N分别为相应棱的中点，
∴ MN // AC，MN=12AC，EF // AC，EF=12AC，
∴ MN // EF，MN=EF，
∴ 四边形EFMN为平行四边形．
∵ 点E，F，M，N分别为相应棱的中点，
∴ MN // AC，MF // BD，且MN=12AC=1，EN=MF=12BD=1，
∴ ∠FMN或其补角即为异面直线AC与BD所成的夹角，
在△MNE中，有MN2+EN2=EM2，即∠MNE=90∘，
由（1）知，四边形EFMN为平行四边形，
∴ ∠FMN=180∘−∠MNE=90∘，
故异面直线AC与BD所成的夹角为90∘．
【答案】
∵ D，E分别为AB，BC的中点，
∴ DE为△ABC的中位线，
∴ DE // AC，
∵ ABC−A1B1C1为棱柱，
∴ AC // A1C1，
∴ DE // A1C1，
∵ A1C1⊂平面A1C1F，且DE⊄平面A1C1F，
∴ DE // 平面A1C1F；
由题意，A1C1⊥平面A1B，B1D⊂平面A1B，
∴ B1D⊥A1C1，
∵ A1F⊥B1D，A1F∩A1C1＝A1，
∴ B1D⊥平面A1C1F．
【考点】
直线与平面平行
直线与平面垂直
【解析】
（1）通过证明DE // AC，进而DE // A1C1，据此可得直线DE // 平面A1C1F1；
（2）证明B1D⊥A1C1，利用A1F⊥B1D，A1F∩A1C1＝A1，即可证明B1D⊥平面A1C1F．
【解答】
∵ D，E分别为AB，BC的中点，
∴ DE为△ABC的中位线，
∴ DE // AC，
∵ ABC−A1B1C1为棱柱，
∴ AC // A1C1，
∴ DE // A1C1，
∵ A1C1⊂平面A1C1F，且DE⊄平面A1C1F，
∴ DE // 平面A1C1F；
由题意，A1C1⊥平面A1B，B1D⊂平面A1B，
∴ B1D⊥A1C1，
∵ A1F⊥B1D，A1F∩A1C1＝A1，
∴ B1D⊥平面A1C1F．
【答案】
（1）证明：取AC的中点O，连接OB，
由题意可知，AD＝CD，
AB＝BC，则OB⊥AC，
又OB∩OD＝O，∴ AC⊥平面BOD，
则AC⊥BD；
（2）由(Ⅰ)可知，二面角D−AC−B的平面角即∠BOD＝150∘，
又BD＝4，∠BOD＝150∘，
由余弦定理求得BD8＝OB2+OD2−8⋅OB⋅OD⋅cs150∘，
解得：OD＝，
在Rt△ABC中，由AB＝BC＝2，
可得AO＝4，则AD＝
∴ △ACD是正三角形．
在△BCD中，由BC＝，CD＝8，
得cs∠BCD＝，
BM＝＝．
∵ M为CD的中点，∴ 点M到平面ABC的距离即为点D到平面ABC距离的一半．
即ℎM＝．
记所求线面角为θ，则sinθ＝＝．
【考点】
直线与平面所成的角
直线与平面垂直
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
解：（1）∵ BF⊥平面ACE．∴ BF⊥AE
∵ 二面角D−AB−E为直二面角．且CB⊥AB．
∴ CB⊥平面ABE∴ CB⊥AE
∵ BF∩CB=B
∴ AE⊥平面BCE
（2）连接BD交AC交于G，连接FG
∵ 正方形ABCD边长为2．∴ BG⊥AC，BG=2
∵ BF⊥平面ACE．由三垂线定理的逆定理得
FG⊥AC．∴ ∠BGF是二面B−AC−E的平面角
由（1）和AE⊥平面BCE
又∵ AE=EB∴ 在等腰直角三角形AEB中，BE=2
又∵ Rt△BCE中，EC=BC2+BE2=6
BF=BC×BEEC=2×26=233∴ Rt△BFG中sin∠BGF=BFFG=2332=63
∴ 二面角B−AC−E的正弦值等于63
（3）过点E作EO⊥AB交AB于点O，OE=1
∵ 二面角D−AB−E为直二面角，∴ EO⊥平面ABCD
∴ VE−ACD=13S△ACD⋅EO=13⋅12⋅AD⋅DC⋅EO=23
【考点】
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）欲证AE⊥平面BCE，由题设条件知可先证BF⊥AE，CB⊥AE，再由线面垂直的判定定理得出线面垂直即可；
（2）求二面角B−AC−E的正弦值，需要先作角，连接BD交AC交于G，连接FG，可证得∠BGF是二面B−AC−E的平面角，在△BFG中求解即可；
（3）由题设，底面三角形ACD的面积易求，关键是求高，过点E作EO⊥AB交AB于点O，求得OE的长度即可，易求．
【解答】
解：（1）∵ BF⊥平面ACE．∴ BF⊥AE
∵ 二面角D−AB−E为直二面角．且CB⊥AB．
∴ CB⊥平面ABE∴ CB⊥AE
∵ BF∩CB=B
∴ AE⊥平面BCE
（2）连接BD交AC交于G，连接FG
∵ 正方形ABCD边长为2．∴ BG⊥AC，BG=2
∵ BF⊥平面ACE．由三垂线定理的逆定理得
FG⊥AC．∴ ∠BGF是二面B−AC−E的平面角
由（1）和AE⊥平面BCE
又∵ AE=EB∴ 在等腰直角三角形AEB中，BE=2
又∵ Rt△BCE中，EC=BC2+BE2=6
BF=BC×BEEC=2×26=233∴ Rt△BFG中sin∠BGF=BFFG=2332=63
∴ 二面角B−AC−E的正弦值等于63
（3）过点E作EO⊥AB交AB于点O，OE=1
∵ 二面角D−AB−E为直二面角，∴ EO⊥平面ABCD
∴ VE−ACD=13S△ACD⋅EO=13⋅12⋅AD⋅DC⋅EO=23
【答案】
平面PAB⊥平面ABCD，且AB⊥BC，
∴ BC⊥平面ABP，则∠CPB即为直线PC与平面ABP所成角，
设BC＝a，则AB＝2a，可得CP＝，
则直角三角形CBP中，有sin，
∴ 直线PC与平面ABP所成角的正弦值为；
F为PA上的一点，连接BF，设AC交BD于点O，
∵ PC // 平面FBD，∴ PC // FO，则．
∵ △COD∽△AOB，∴ ，可得，
即＝．
【考点】
直线与平面所成的角
直线与平面平行
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答