山西省運(yùn)城市景勝中學(xué)2021學(xué)年上學(xué)期高二年級(jí)9月月考數(shù)學(xué)試卷

山西省運(yùn)城市景勝中學(xué)2020-2021學(xué)年上學(xué)期高二年級(jí)9月月考數(shù)學(xué)試卷時(shí)間120分鐘總分150分一、選擇題每小題5分，共60分1如圖，棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M是棱AA1的中點(diǎn)，點(diǎn)P在側(cè)面ABB1A255B55C452已知四棱錐S-ABCD的所有頂點(diǎn)都在同一球面上，底面ABCD是正方形且和球心O在同一平面內(nèi)，若此四棱錐的最大體積為18，則球O的表面積等于（A18πB36πC54π3三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC=30°，ΔAPC的面積為2，則三棱錐A8π3B16π3C32π34在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=6，BC=4，AA1=2，AA1C1D1P324234522點(diǎn)滿足SMMB=12，N為線段CD的中點(diǎn)，⊥25243222ΔABCC=120°AC=2DABΔACDCDAC⊥BCBCACD63332313ABCD-A1B1C1D1E,FAA1,CC1EFBB1,DD1G,HBG=xx∈[0,1]EGFHAC//EGFHEGFHS=f(x)[0,1]A-EGFHCD=2ABP-ABCPA⊥ABC∠BAC=2π3AP=3AB=23QBCPQABCπ3P-ABC45π57π63π84πAA13πAA1A1ABCD-A1B1C1D1EFA1D1C1D1NBC1BN=14BC1PMD1BEF|PM|+|PN|A1B1C1D1-ABCDaPBC1QABCDD1P+PQP-ABCPA⊥AC⊥BCAC=BC=1PA=3ABCDAD//BC∠ABC=∠BAD=π2BCAB=BC=2AD=4ABCDEF//BCAE=xx∈[0,4]EFABCDAEFD⊥EBCFx=2DB⊥EGf(x)f(x)f(x)D-BF-CP-ABCDPA=AB=1PB=PD=2EPDPE:ED=2:1PA⊥ABCDD-AC-EM-ABCDABCD又MO⊥BC，所以MO⊥平面ABCD，如圖建立空間直角坐標(biāo)系則M（0，0，1），A（2，-1，0），B（2，1，0）AB=(0,2,0),MA=(2,設(shè)n=(x,y,z)是平面MAB的一個(gè)法向量則{n?AB=0n?MA=0即CB=(2,0,0)是平面MCD的一個(gè)法向量cosn平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是2520（1）證明：因?yàn)槠矫鍭A1C1C⊥平面ABC，交線為AC，又BC⊥AC，所以BC⊥平面AA1C1C，因?yàn)镃1C平面AA1C1C，從而有BC⊥C1C．因?yàn)椤螦1CC1＝90°，所以A1C⊥C1C，又因?yàn)锽C∩A1C＝C，所以C1C⊥平面A1BC，A1B平面A1BC，所以CC1⊥A1B．（2）解：如圖，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CB,CA的方向?yàn)檩S，y軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系C-y由∠A1CC1＝90°，AC＝2AA1得A1C＝AA1．不妨設(shè)BC＝AC＝2AA1＝2，則B2，0，0，C10，－1，1，A0，2，0，A10，1，1，所以A1C1＝0，－2，0，BC1＝－2，－1，1，設(shè)平面A1BC1的一個(gè)法向量為m，由A1C1·m＝0，BC1·m＝0，可取設(shè)平面ABC1的一個(gè)法向量為n，由BC1·n＝0，AB·n＝0，可取n＝cosám，n?＝m?n|m||n|又因?yàn)槎娼茿1-BC1-A為銳二面角，所以二面角A1-BC1-A的余弦值為721（1）證明：如圖，連接DE，取AE的中點(diǎn)G,連接B1G在四邊形ABCD中，由AD//BC，BA=AD=DC=12BC=1，E易得四邊形ABED、四邊形AECD均為平行四邊形，可得AE=DE=CE=1,ΔABE、ΔADE在等邊ΔDCE中，F(xiàn)為CD的中點(diǎn)，可得EF⊥CD,且AE∥CD,故在等邊ΔB1AE,G為AE的中點(diǎn)，故B1G⊥AE,又平面平面B1AE∩平面AECD=AE,且B1G?平面B1AE，故可得：故：B1G⊥EF,由EF⊥AE，B1G∩AE=G，B1G?平面故：EF⊥平面A（2）解：如圖，連接GD,取B1D的中點(diǎn)H點(diǎn)，連接GH由（1）得：B1G⊥平面AECD，故且易得四邊形DGEF為平行四邊形，DG∥EF，由CD⊥EF,可得由B1G∩GD=G,且B1G?平面B1GD,GD?平面B1CD⊥GH,易得B1G=GD=32，且H故GH⊥B1D,又B1D∩CD=D,且B1D?平面故GH⊥平面B1CD，易得AE到平面CB1D在RTΔB1GD中，B1G=GD=3即AE到平面CB1D的距離為22解：（I）取AD中點(diǎn)O，連接OP，OB，因?yàn)棣AD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，所以O(shè)P⊥AD，OP=∵AB=BD=5，∴OB⊥AD，∴OB2∴OP⊥OB，∴OP⊥平面∵OP?平面PAD，∴平面PAD⊥平面（Ⅱ）連接AC交BD于E，連接QE，∵PA//平面BDQ，∴PA//QE，又E為AC的中點(diǎn)，∴Q為PC的中點(diǎn)以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)A、OB、OP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(1,0,0)，B(0,2