2021-2022学年上海外国语大学附属外国语学校高二年级上册学期期中考数学试卷含详解

上海外国语大学附属外国语学校2021-2022学年高二上期中数学试卷

一、填空题（本大题共有12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）

1.已知某圆柱的侧面展开图是边长为6的正方形，则该圆柱的体积为.

2.某圆锥的底面积为47，侧面积为8万，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为一.

3.PP是AfiC所在平面ɑ外一点，。是点PP在平面ɑ上的射影.若PA=PB=PC,则。是―MC的心.

4.正方体ABCD-AMcQl的棱长为α,E是棱。。的中点，则异面直线AB与CE的距离为.

5.给出下列命题：

①若两条不同的直线垂直于第三条直线，则这两条直线互相平行；

②若两个不同的平面垂直于一条直线，则这两个平面互相平行；

③若一条直线平行于一个平面，另一条直线与这个平面垂直，则这两条直线互相垂直.

其中所有正确命题的序号为.

6.如图，在坡面α与水平面夕所成二面角为60。的山坡上，有段直线型道路A8与坡脚/成30。的角，这段路直通山

顶A,已知此山高1356米，若小李从B沿着这条路上山，并且行进速度为每分钟30米，那么小李到达山顶A需

要的时间是一分钟.

7.如图是正四面体的平面展开图，M、N、G分别为OE,BE,在的中点，则在这个正四面体中，MN与CG所

成角的大小为.（结果用反三角函数值表示）

8.已知正四棱锥的底面边长为2,现用一平行于正四棱锥底面的平面去截这个棱锥，截得棱台的上、下底面的面积

之比为1：4,若截去的小棱锥的侧棱长为2,则此棱台的表面积为.

9.已知圆柱的上、下底面的中心分别为0、O2,过直线RO?的平面截该圆柱所得的截面是正方形.底面圆的内接

正三角形面积为主互，则该圆柱的表面积为

2

10.已知正四棱锥尸-ABCD的棱长都相等，侧棱PB、尸。的中点分别为M、N,则截面AMN与底面ABCD所成

的二面角的正弦值是

11.直三棱柱A线G-ABC中，平面ABC，平面ABq4,KAC=√3A41-则AC与平面ABC所成的角。的取值范

围是

12.如图，三棱柱ABC-A4G中，ΛAl±BC,Λlβ1ββl,若AB=1,ACSBC=6则三棱柱ABC-A/g体积

最大时，AA=

二、选择题（本大题共有4小题，满分20分，每题5分）

13.设牛P2、P3、弓为空间中的四个不同点，则“牛B、P3、乙中有三点在同一条直线上“是'有、%P3、E在同一个

平面上”的（）

A.充分非必要条件B.必要非充分条件

C.充要条件D.既非充分又非必要条件

14.在下列四个正方体中，能得出A3_L8的是（）

15.《九章算术》是我国古代数学著作，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及米几

何？’‘其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高

为5尺，间米堆的体积及堆放的米各为多少？''己知一斛米的体积约为1.62立方尺，由此估算出堆放的米约有（）

A.21斛B.34斛

C.55斛D.63斛

16.如果底面是菱形的直棱柱（侧棱柱与底面垂直的棱柱）ABC。-A内GA的所有棱长都相等，ZABC=60,E,M,N

分别为48,BC,CG的中点，现有下列四个结论：①CEL平面CGDQ②ABUMN③AR〃平面AMN④异面

直线AQ与MN所成的角为60,其中正确结论的个数为

A.1个B.2个C.3个D.4个

三、解答题(本大题共5题，满分76分)

17.如图，已知E、尸两点分别是正方形ABa)边AO、AB的中点，E尸交AC于点M,GC垂直于ABCD所在平

面.求证：EFL平面GMC.

18.如图，长方体ABCD-AMCQ∣中，AB=BC=2,AC与底面ABCD所成的角为60。.

(1)求长方体ABa)-AAGA的体积;

(2)求异面直线AtB与BR所成角的大小.

19.如图，已知点P在圆柱。。的底面圆。上，ZAOP=UOo,圆。的直径ΛB=4,圆柱的高Oq=3.

(1)求三棱锥4-APB的体积;

(2)求点A到平面A/。的距离.

20.如图所示的某种容器的体积为90万，它是由圆锥和圆柱两部分连结而成的，圆柱与圆锥的底面圆半径都为

厂cm.圆锥的高为％cm,母线与底面所成的角为45。；圆柱的高为acm.已知圆柱底面造价为24元∕c>,圆柱侧面

a21

造价为元Zcm,圆锥侧面造价为y[2a元Icm.

(I)将圆柱的高均表示为底面圆半径"的函数，并求出定义域；

(2)当容器造价最低时，圆柱的底面圆半径「为多少？

21.如图，在四面体A-BCD中，AD，平面88,BClCD,AD=2,BD=2瓜M是AD的中点，P是BM的

中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC.

C

(1)证明：PQ〃平面BC。；

(2)若二面角C-BM-Z)的大小为60。，求NBZ)C的大小.

54

π

【分析】根据圆柱体积公式，结合侧面展开图的性质进行求解即可

【详解】因为圆柱的侧面展开图是边长为6的正方形，

所以该圆柱的底面圆的周长为6,因此半径为3,而圆柱的高为6,

π

故该圆柱的体积为左χ(a]χ6=把.

∖π)π

54

故答案为：一

π

【点睛】本题考查了圆柱体积公式的计算，考查了数学运算能力.

【分析】根据圆锥底面面积公式以及圆锥侧面面积公式，求出底面半径和母线长，即可得出结论.

【详解】设圆锥的底面半径为一，母线长为/,

则πr2=4π，解得r=2,

πrl=2πl=84，解得/=4,

设该圆锥的母线与底面所成角为

21π

所以COSe=W=上，o<θ<-f

422

所以

故答案为：y.

3.外心.

【分析】由POl平面ABC和尸A=PB=PC,利用勾股定理，求得AO=BO=CO,即可求解.

【详解】如图所示，由点。是点P在平面α的射影，所以P。工平面A8C,

可得AO=4-Pb1，BO=4PB1-PO1CO=PC2-PO2，

因为PA=PB=PC,所以AO=BO=CO,

所以。为,.ABC的外心.

故答案为：外心.

4.a

【分析】根据正方体的性质可得BCLCE,则忸Cl即为异面直线AB与CE的距离;

【详解】解：依题意可得8CLΛB,BC工面GCD。，CEU面GC。。，所以8C_LCE,即8C为AB与CE的公垂

线，所以怛Cl=。即为异面直线AB与CE的距离,

故答案为：“

5.②③

【分析】由垂直于同一直线的两直线的位置关系判断①；由直线与平面垂直的性质判断②；由空间中直线与平面的

位置关系判断③.

【详解】对于①，若两条不同的直线垂直于第三条直线，则这两条直线有三种位置关系：平行、相交或异面，故①

错误；

对于②，根据线面垂直的性质可知，若两个不同的平面垂直于一条直线，则这两个平面互相平行，故②正确；

对于③，若一条直线平行于一个平面，则与该平面垂直的直线与该直线垂直，故③正确.

其中所有正确命题的序号为②③.

故答案为：②③.

6.18

【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理推得4C，直线/,从而在RlAoC与RtC中求得AB,由此求

得小李到达山顶所需时间.

【详解】过点A作AOL平面广，垂足为O,过点。作OCL直线/,垂足为C,连接AC,如图,

因为AOj_平面尸，Iuβ,所以/_LAO,

又/"LOC,AOCOC=O,AO,OCu面AOC,所以/上面AoC,

又AeU面AOC,所以ACj_直线/,

由题意可知NACO=60°,AO=135√3,

AO

所以在RjAOC中，AC=

SinZACO

在RtZ∖ABC,NABC=30。，所以AB=2AC=54O,

因为小李行进速度为每分钟30米，

所以他到达山顶A需要的时间是540÷3()=18(分钟).

故答案为：18.

7石

/.arccos——

3

【分析】根据展开图还原几何体，利用平移找到异面直线所成的角，根据余弦定理即可求解.

【详解】由正四面体的平面展开图可得正四面体如图所示，其中点48,C重合

因为M,N为OE,AE的中点，所以MNPAO,所以/"G即为MN与CG所成

的角或补角，不妨设正四面体的棱长为2,则AG=OG=石,在AADG中，由余弦定理可得,

cosNDAG=^“G—°、=-4+3_n=3.,所以MN与CG所成角的大小为arccos△叵.

2ADDG2×2×y∣333

故答案为arccos^a

3

【点睛】本题主要考查异面直线所成角的大小求解，考查作图能力与运算求解能力，属于基础题.

8.5+3√15

【解析】根据棱台的上、下底面的面积之比为1：4,利用相似比得到棱台的上、下底面的边长之比为1：2,再根

据截去的小棱锥的侧棱长为2和正四棱锥的底面边长为2,得到棱台的底面边长和斜高，代入公式求解.

【详解】如图所示：

因为棱台的上、下底面的面积之比为1：4,

所以棱台的上、下底面的边长之比为1：2,

因为截去的小棱锥的侧棱长为2,

所以正四棱锥的侧棱长为4,

又因为正四棱锥的底面边长为2,即CD=2,

所以CQ=LCG=2,

作GE_L8,则CE=；(8-CQj=；,

GE=Jy-C炉=Jm泻,

所以此棱台的表面积为S=4x；(l+2)x孚+lxl+2x2=5+3√l?,

故答案为：5+3∖∕15

9.12π

【分析】先由三角形面积公式求出三角形边长，再由正弦定理求底面圆的半径，由表面积公式求圆柱的表面积.

如图所示，设圆柱的底面圆半径为广，则高为∕ι=2r,

再设底面圆的内接正三角形边长为。，

则该三角形的面积为S.,C=曰/=手，解得。=«；

y—a__yΓy

由正弦定理得rsin60-B7,所以r=√∑,

T

所以该圆柱的表面积为S=2兀/÷2πrh=2π×2÷2π×>∕2×2∖∣2=12π-

故答案为：12π.

10.更

5

【分析】设PO交MN于£,过A作直线”/B。，证明出NE4。为所求二面角的平面角，求出EO,AO,AE,即

可求解.

【详解】如图，正四棱锥P-ABCD中，。为正方形ABCO的两对角线的交点，

因为侧棱心、PO的中点分别为〃、N,所以MN为aPBD的中位线，所以MNHBD.

设PO交MN于E,则PE=EO.

因为PO上面A8CD,所以POJ.BD

又8O_LAC,AePo=O,ACU平面PAC,PoU平面PAC,所以平面PAC.

过A作直线///80,贝IJ〃/MN,所以/u面AMN,/u面ABCD,所以/为面AMN与底面ABC。的交线.

因为ABC。为正方形，所以3D，AO,所以/LAO.

由正四棱锥的对称性可得：AΛ∕=4V.而E为MN的中点，所以/LE4.

所以/E4。为所求二面角的平面角.

又Eo=LAO=^^a,AO=-^-a»所以AE=∙^^∙α

2424

所以sinZEAO=.

5

所以截面AMN与底面ABCQ所成的二面角的正弦值是S.

故答案为：号.

11.0o<6∙<30o

【分析】作A。，AB于D判断出/A8即为AC与平面ABC所成的角.设AA=*AB=x,利用几何性质得到

7=J"∙sin9,进而丁=江玛.证明出x<白。.

√4+%l-3sιn^0

解得∣sinθ∣<1,即可求出。的取值范围

2

【详解】作A。，A用于D.

G

因为平面ABC，平面ABAA,平面48CC平面AB4A=AB,

所以ADL平面A8C,所以NACO即为AC与平面ABC所成的角，ZACD=Θ.

设=a,AB=Xf则AC=∖∣3AAx=ga.

在直角三角形ACQ中，由正弦的定义：A。=AC∙sin6=Gα∙si∏e.

在直角三角形ABA中，由等面积可得：3华妙=/",,

所以Af)=/广，=√⅞∙sin6>,所以f=3〃sin,.

∖∣a+Xl-3sin~σ

在直三棱柱ABc-4BC中，A1AlBC.

因为A£)，平面A8C,所以AOL8C.

因为AΛ∣u平面A48B∣,A。U平面A488∣,AA1nAD=A,

所以BC工平面448片，故NC&4=90。，从而AB<AC,即x<√i,/.

于是0≤誓蹙<3/,,解得：∣sine∣<:.

1-3sιn^θ2

又0。<。<90°,解得：0o<^<30o.

故答案为:0o<6><30o.

12.B

3

【分析】推导出的，平面A8C,设AAI=X,可求出48、AC的长，计算出S*sc，可求得匕BC-A4G=3匕MBC的

解析式，结合二次函数的性质可求得答案.

【详解】因为33∣143,MBB1,则AA_LAB,

又A4lLBC,A1BIBC=B,A^ICu平面ABC,所以AΛ∣，平面A∣BC,

设A4l=x,在RtAA∣BB∣中，AB=QAB；-BB；=Jl-V,

在Rt^ACG中，AC=JAO-CC;=h-χ2,

胸+房—叱2

-X"

所以CoS/BAC=

2Λ1B∙A1C心-巧（一2）'

所以SinNW=后者占'

2-3X2>0

,J,1-x2>O,2

由已知可得、2A，可得O<x9<：7，

2-X2>03

x>0

所以S"BC=；AB∙AC∙sinNBaC=,

又VA-AAC=V%MBC=%-ABC

所以三棱柱ABC-ABC的体积-AA=∣

111V=3VA,ΛBC=S^BC1=√2‹-3√=#3CT?+g,

所以当f=g时，三棱柱ABC-ABe体积最大，止匕时AA=冬

故答案为：］叵.

3

13.A

【分析】由公理2的推论（。（2）即可得到答案.

【详解】由公理2的推论：

过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面,

可得眉、P2'P3'与在同一平面，

故充分条件成立；

由公理2的推论：

过两条平行直线,有且只有一个平面,

可得,

当片上4、P2∈∕pA∈4'P4J</2时,

Pr生行、与在同一个平面上，

但4P2,P3、巴中无三点共线，

故必要条件不成立；

故选:A

【点睛】本题考查点线面的位置关系和充分必要条件的判断,重点考查公理2及其推论;属于中档题;

公理2的三个推论：

⑴经过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面；

（2）经过两条平行直线,有且只有一个平面;

(3)经过两条相交直线,有且只有一个平面；

14.A

【分析】由线面垂直的性质可判断A,根据异面直线所成角的计算可判断BCD.

【详解】对A,如图，连接8E,则在正方体中，CD±BE,又钻，平面BCEO,CL)U平面BCEr>,则AE_LCD,

AEcBE=E,∖CZ)A平面ABE,ABu平面W,.'COLAB,故A正确：

对B,如图，连接AE,易得CD//AE,则NZBAE为异面直线/W,CZJ所成角，ZBAE=60,故A8,8不垂直，故

B错误；

对C,如图，CDHBE,则/ABE为异面直线4及8所成角，易得NABE=45,故AB,8不垂直，故C错误;

对D,如图，CDHBE,则/A3E为异面直线A8,8所成角，显然ZA8E*90,故AB,CD不垂直，故D错误.

故选：A.

15.A

【分析】由扇形弧长公式可求得底面圆半径，根据圆锥体积公式计算出米堆的体积，进而计算得到结果.

【详解】由题意知：底部扇形弧长/=8,圆心角ɑ=],圆锥的高∕ι=5

•••底面圆半径r='=3.∙.米堆的体积VZ=_1、_1%/％=_1.吃'5=型

aπ4312π3π

堆放的米约有3了20÷1.62~21斛

5π

故选：A

【点睛】本题考查圆锥体积相关问题的求解，涉及到扇形弧长公式、圆锥体积公式的应用，属于基础题.

16.B

【解析】根据几何体的性质，对选项进行逐一判断.

【详解】解：因为底面是菱形，且NABC=60",E为中点,

所以ΔABC为等边三角形，且CE工45,

又因为CO//AB,

所以CELCD,

因为四棱柱A88-Λl8CR为直棱柱，

所以CG_L平面GCOR,

故CE1CC,,

又因为Cz)C1C=C,CO,C/Cu平面GCD4，

所以CE，平面G84,故选项①正确：

因为M,N为BC,CG的中点，

所以MN"BC∖,

若MNilAB,则得到A1B//BC1,

与A8CBC∣=8矛盾，故选项②不正确：

因为四棱柱A8S-A4GA,

所以有Aq//8£,

因为M,N为BC,CG的中点，

所以MN"BC∣,

故MNi/AD、,

因为MNu平面A1MN,

明(z平面AMN

所以AR//平面AMN,故选项③正确；

由③可知，MNlIAD

所以异面直线与MN所成的角即为直线4。与AA所成的角，

因为四棱柱ABS-A用GR为直棱柱，且各棱长相等，

所以四边形44。。为正方形，

故ACJ∙4R,即异面直线4。与MN所成的角为90。，故④不正确,

综上：本题的共有2个正确，故选B.

【点睛】本题考查了几何体线面的位置关系，解题时应充分运用题中所给的条件，结合判定与性质定理逐项进行验

证.

17.证明见解析.

【详解】试卷分析：连接交AC于点。，由E,尸是正方形A88边A。、AB的中点，得到EFLAC,再根

据GCJ_平面ABCf>,得到EF_LGC,即可利用线面垂直的判定定理，证得EFJ_平面GMC.

试卷解析：证明：如图，连接8。交AC于点O,

'：E,尸是正方形ABC。边A£>、AB的中点，AC±BD,

：.EFlAC,

又YGC，平面ABa),EFU平面ABCr),

/.EFLGC,

VACGC=C,AC,GCU平面GMC

：.EF_L平面GWC.

G

考点：直线与平面垂直的判定与证明.

18.(1)8√6

(2)arccos-

14

【分析】（1）先证明幺。4是AC与底面ABS所成的角，解三角形求44，利用长方体的体积公式可得结果;

（2）由BQ-可得NAB。是异面直线4出与BQ所成角（或所成角的补角），利用余弦定理可得结果.

【详解】（1）因为多面体A8Cf>-AAG。为长方体，AB=BC=2>

所以AΛ∣J.平面ABCI）,ΛC=√22+22=2√2>

所以幺C4是AC与底面ABCO所成的角，

因为AC与底面ABa）所成的角为60，

所以ZΛ,C4=60,所以A4l=ACtan60=20x75=2#,

因为正方形A8C。的面积S=ABX8C=2x2=4,

所以长方体ABCZ)-AACQI体积V=A41×S=2y∣6×4=8λ∕6.

(2)因为B£>〃BlR,

所以NΛ,B。是异面直线AB与BQ所成角（或所成角的补角）.

22

因为BQ=√4+4=2√Σ,ΛID=Λ1B=j2+(2√6)=2√7.

产+巧》-.28+8-28√L4

所以CoSNABO=

2×2√7×2√2^14

2×AlB×BD

所以ZAtBD=arccos^^∙.

所以异面直线AB与“,所成角是arcc°s当∙

19.(1)2^

（2）l

【分析】（1）计算出AP、3P的长，利用锥体的体积公式可求得三棱锥A-APB的体积；

（2）计算出三棱锥A-AOP的体积以及AA1PO的面积，利用等体积法可求得点A到平面4/。的距离.

【详解】（1）解：因为A8是圆。的直径，所以弘±PB,

因为ZAoP=I20°,S.OA=OB=OP,所以N8AP=30,ZABP=60，

又OB=OP=耕=2,所以BP=2,ΛP=2√3,

三棱锥A-APB的体积！τw,=gSwM=；xgx2x26x3=2g.

l222

(2)解：AtO=y∣AA,+AO=√13,ΛlP=√A41+AP=√21,OP=I,

所以sinZA1PO=Jl-COS2NAPO=三-.

所以SAoP=LX6W空=2后,设点A到平面AP°的距离为d，

^VA,-AOP=VA-A,OP,得;xgx2x2Gxgx3=gx2&xd,解得d=∣.

所以点A到平面4尸。的距离为g.

9（）r

20.（1）H=F：,定义域为{r∣0<r<3Wδ}.（2）3cm

r3

【分析】（1）由题九=，由圆柱与圆锥体积公式得K=万-24=90万-；万/,得自=言H-W即可;（2）由圆

22

柱与圆锥的侧面积公式得容器总造价为y=J^αS]+6zS2÷2t∕S3=2πra÷2πr!τ1a+2πra,求导求最值即可

【详解】（1）因为圆锥的母线与底面所成的角为45。，所以4=小

圆锥的体积为匕=→rA1=；/，圆柱的体积为匕=不，他.

,1

因为乂+匕=90），所以％=乃厂也=90〃-§//1,

,,270-/907•

所rri以>叫=；­=—一一.

-3r2r23

因为K=!l/<90万，所以「‹3痂.

因此0<r<3Wd.

所以HTg定义域为mo<γ师｝.

（2）圆锥的侧面积SI=πr∙y∕2r=GjVrI,

2

圆柱的侧面积S2=2乃明，底面积S3=πr.

12222

容器总造价为y=J54S]+aS2+2aS3=2πra+2πrh1a+2πra=2πa（r+rlι2+r）=2πa[2r÷'（作一：）

号E'

令/⑺=/+54^,则/⑺=2-5=4.令/⑺=0,得r=3.

rr

当0<r<3时，∕,（r）<0,/⑺在（0,3）上为单调减函数；

当3<r<3厢时，/（厂）>0,/（『）在（3,3班）上