2019-2020学年上海市嘉定区交分高二年级下学期期中考试数学试卷

上海交通大学附属中学2019-2020学年度第二学期

高二数学期中试卷

（满分150分，120分钟完成。答案请写在答题纸上。）

一、填空题（本大题共12题，1-6题每题4分，7-12题每题5分，满分54分） 1.若P?l,P??,Q?l,Q??，则直线l与平面?有________个公共点； 【答案】：1

【解析】：由题易知l为平面内或者斜线，又因为Q??，所以l为其一个交线只有一个交点。

2．给出下列命题：

①三条平行直线最多可以确定三个个平面； ②任意三点确定一个平面；

③不同的两条直线均垂直于同一个平面，则这两条直线平行；

④一个平面中的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面平行． 其中，说法正确的有 （填序号）．

【答案】①③．

【解析】①两两平行或相交即可确认三个平面；②三点共线确定无数个平面 ③易知正确；④两个平面相交，各选取两条与交线平行直线即可，故错误

3.若异面直线a,b所成的角为70，则过空间上任一点P可作不同的直线与a,b所成的角都是55，可作直线有__________条 【答案】3．

【解析】与a,b所成钝角110平分线处满足，锐角平分线小于55，故可以再选两条。 4.平行六面体

中，已知底面四边形

为正方形，且

oooo，其中，设

值是_____.

，，体对角线，则的

1

【答案】

Q?A1AB??A1AD?点A1在平面ABCD的投影恰好在直线AC上，【解析】投影点为E,

设?A1AC为?，则cos?A1AB?cos?cos?CAB即

cos?3?cos?gcos?4??212??? cos???cos??42222c 2 ?A1E?AE?A1Agcos??即CE?AC?AE?2?2c 2?在RtVA1EC中，利用勾股定理可解的c?1?3

5.如图，在三棱锥A﹣BCD中，底面是边长为2的正三角形，AB＝AC＝AD＝4，且E，F分别是BC，AD中点，则异面直线AE与CF所成角的余弦值为 ．

【答案】

【解析】因为三棱锥A?BCD中，底面是边长为2的正三角形，AB?AC?AD?4,所以

2

三棱锥A?BCD为正三棱锥；连结DE,取DE中点P,连结PF、PC，Q正三棱锥

底面正三角形的边长2，点E、F分别是棱BC、AD的中点， A?BCD的侧棱长都等于4，

?PFPAE,??PFC是异面直线AE和CF所成角的余弦值，

AE?42?12?15,DE?22?12?3,AC2?AD2?CD216?16?47cos?CAF???

2?AC?AD2?4?48CF?42?22?2?4?2?7?6 8PF?11537 AE?,PC?()2?12?2222157?6?4?410 ?cos?PFC?415152??62?异面直线AE和CF所成的角的余弦值为

410 156.在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是正方形BB1C1C的中心，M为C1D1的中点，过A1M的平面α与直线DE垂直，则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面面积为 ．

【答案】26

【解析】在正方体ABCD?A1B1C1D1中，记AB的中点为N,连结MC,CN,NA1,则平面

A1MCN即为平面?.证明如下：由正方体的性质可知，A1MPNC，则A1，M，C，N

3

四点共面，记CC1的中点为F，连接DF,易证DF?MC.连接EF,则EF?MC,所以

MC?平面DEF,则DE?CM.同理可证，DE?NC，NC?MC?C，则DE?平

面A1MCN,所以平面A1MCN即平面?，且四边形面A1MCN即平面?截正方体所得的截面.因为正方体棱长为2，易知四边形面A1MCN是菱形，其对角线AC1?23,MN?22, 所以其面积S?

7.如图，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，点P在线段A1C上运动，异面直线BP与AD1所成的角为?，则?的最小值为_______________

1?22?23?26 2

【答案】30°

【解析】建立空间直角坐标系，以AD为x轴，以DC为y轴，以DD1为z轴，表示出各点坐标，利用夹角公式得到即可。

8．如右图所示的几何体ABCDEF中，ABCD是平行四边形且AE∥CF，六个顶点任意两点连线能组成异面直线的对数是 ．

【答案】39

【解析】由题意得：因为题中共有六个点，所以一共形成C6-2=13个三棱锥，又因为每个三棱锥中有三对异面直线，所以异面直线的对数是3C6?2?39个。

4?4? 4