福建省泉州第五中学2026-2027学年高二上学期数学周练三

《2028届高二上数学周练三》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C D B B B B C BCD BD 题号 11 答案 ABD 8.C【详解】设上底面圆心为O,下底面圆心为O,连接OO,OC,OB,如图， 以O为原点，分别以OC,OB,OO所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则C(2,0,0),A0,4,0),B(0,2,4),D,(4,0,4),所以CD=(2,0,4),AB=(0,-2,4), ZA 因为AB·CD=2×0+0×(-2)+4×4=0+0+16=16 B CD-V2+02+42=V4+0+16=V20=25, D AB=V02+(-2)2+42=V0+4+16=√20=25， O C 4 所以Cos◆CD,AB◆= CD·AB16 CD AB20×√205' D主 又异面直线所成角的范国为(0，引 所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为 5 10.BD【详解】以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA为z轴建立空间直角坐标系，正方体棱长为4， 则A(0,0,0),B(4,0,0),A(0,0,4),B(4,0,4),D(0,4,4). M 由AM=A4+AB+AD得AM=(42,4元，4)，即M(42,4元，4)； A N T B1 因为N在上底面AB,CD内，故设N(x,y,4), 由BN=3√2得V(x-4)2+y2+42=3V2,化简得(x-4)2+y2=2, D C 即N的轨迹是上底面内以B(4,0,4)为圆心，半径r=√2的一段圆弧S7 B (如图所示).选项A:元=1时，M(4,4,4),AM=(4,4,4),AB=（4,0,0), 两向量不共线，故AM不平行于AB,A错误： 选项B:元=。时，M(2,2,4),|AM=V22+22+42=√24=2√6，B正确： 21 选项C:直线BW与平面AB,CD,所成角为O,其在平面内的射影为B,N,|BN=√2，故 COs0=IBNI_V2 1 1BW13V23,C错误； 选项D:M,N的z坐标均为4，故MN长度为上底面AB,CD,中两点距离， 答案第1页（共4页） 其中M在线段AC上，N在上底面ABCD内S7上（不含S,T), 圆心B,到线段AC的距离为2√2，故MN≥2√2-√2=√2，当且仅当M,N,B,三点共线且MN1AC时等 号成立.故MN最小值为√2，D正确 11.ABD【详解】由题意可知平面ABCD为等腰梯形，以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系， ZA 则A1,-1,0),B1,2,0),E(0,0,1),有AE=(-1,1,),BE=(-1,-2,), 所以AEBE=O,即AE⊥BE,故A正确： D 因为CF=(0,0,3),所以cos(CF,AE)= CF.AE3 CF.AE 3，故B正确： 因为DA=L,-l,0),DE=(0,0,),设平面ADE的一个法向量为n=(a,b,c), ii.DA=a-b=0 则 i.DE=c=0 ，则万=(a,a,0),显然DB-0,20与之不共线，故c错误： 设平面ABE的一个法向量为p=(x,,z),则 p:AE=-x++20=0 p·BE=-x0-2y+20=0 令=1，则p=(1,0),令a=1,i=0l,0),所以cos(m,》=1 ip 1 2 则平面ADE与平面ABE的夹角的正弦值为5，故D正确. O B 12.4 13.号【详解】设4C与BD的交点为0，迹接P0,则P01平面ABCD 因为AO,ABc平面ABCD,所以PO⊥AB,PO⊥AO.则∠PAO即为侧棱与底面所成角.过点O作 OE⊥AB,交AB于E,连接PE.因为PO,OEC平面POE,PO∩OE=O,所以AB⊥平面POE. 又PBc平面POE,所以ABLPE,所以∠PE0即为侧面与底面所成二面角的平面角，故cos∠PEO=7 7 设正四棱锥P-ABCD底面正方形ABCD边长为2a,则OE=AE=BE=a,AO=√2a 在Rt△POE中，cos∠PE0=0E=5,所以PE=V7OE=Via,P0=V6a, PE 7 在Rt△P40中，tan☑PA0==S=3,又∠PA0e0,F A0√2a 所以∠PAO=- B 05 【详解】如图，作出符合题意的图形， 设正△BCD的中心为O,连接AO,因为ABCD为正四面体，所以AO⊥平面BCD, 6 在正aBCD中，边长为6，外接圆半径为OB=。 =-6 2sin60 2x =2√5 2 答案第2页（共4页） 在Rt△A0B中，正四面体的高为A0=VAB2-0B2=V62-(2V5)2=V36-12=26, 在Rt△AOP中，因为AP=5,A0=2√6，所以OP=VAP2-A02=V25-24=1, 所以点P在平面BCD内的轨迹是以O为圆心、1为半径的圆，因为AO⊥平面BCD,且BCc平面BCD, 所以AO.BC=0,所以AP.BC=(AO+OP)·BC=OP.BC,设在平面BCD内向量OP与BC的夹角为 0∈[0，小，则0P.BC=On.BCcos8=1x6×cos0=6cos0,由异面直线所成角的定义得 cos a EC-6e4生0.因为e小所以se0小.从而csae引 AP BC 5x6 5 15.(I)取BC中点E,连接SE,AE,由于SB=SC,故SE⊥BC, 由余弦定理可得AC=22+(25-2·223:cos30=2,所以AB=AC, 所以AE⊥BC,又由于SEAE=E,所以BC⊥平面SAE,且SAC平面SAE,所以SA⊥BC (②。因为侧面S8C⊥底面ABCD,SE⊥BC,侧面SBCn底面ABCD=BC, 19 所以SE⊥底面ABCD.如图所示，以E为坐标原点，AE,BE,SE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建 立空间直角坐标系，则A1,0,0),S(0,0,2),C0,-3,0),D1,-23,0 设平面ASC的法向量为m=(x,y,z), m·AC=0x+√3y=0 得 取x=2√5，得平面4SC的一个法向量为m=(23,-2,V3) m·AS=0-x+2z=0 设平面DSC的法向量为n=(x,y,乙)，由 nDS=0x-23y-2z=0 得 nSC=03+22=0 取z=V3,得平面DSC的一个法向量为=(-2√5，-2，√5). B D 所以平面ASC与平面DSC夹角的余弦值为cos<m,n>= m.n 5 m19 16.(1)证明：取BC的中点F,连接EF,OF,E,O分别为DB,AC的中点， ∴.EF∥DC,OF∥AB.又，AC是圆O的直径，∴AB⊥BC,∴.OF⊥BC BC⊥DC,EFDC,EF⊥BC.又.EF∩OF=F,EF,OFc平面OEF, ∴.BC⊥平面OEF..OEc平面OEF,.BC⊥OE. 25平面ADC1平面ABC,平面ADCn平面ABC=4C,B=BC,故AB=BC, 又O为AC的中点，所以OB⊥AC,又OBc平面ABC,所以OB⊥平面ADC, 故以O为坐标原点，分别以OB,OC所在直线为x,y轴，以过点O且垂直于平面ABC 的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 答案第3页（共4页） AD=2DC,∠D0C=60°.则A(0,-2,0),B(2,0,0),D0,15),0(0,0,0): ∴AB=(2,2,0),AD=(0,3,5),0A=(0,-2,0),0B=(2,0,0),0D=(01,V3 设平面ABD的法向量为i=（x,y,z),则 B顶=02x+2y=0令x=1,则y=-lz=5. AD.n=0,3y+V3z=0. “i=(山，-l,V5设直线OA与平面ABD所成的角为a,则sina= oa.i0x1+(-2)×(-1)+0x55 O 2W5 5 17.(1)因为长方体ABCD-ABC,D,且AB=BC,所以CC⊥平面AB,CD,且BD⊥AC, 因为B,D,c平面AB,CD,所以CC,⊥B,D,因为AC,c平面ACC,CC,c平面ACC,且AC∩CC,=C, 所以B,D⊥平面ACC,ACc平面ACC,所以BD⊥AC· (2)1 ③35+【详解12)以D为原点，DM,DC,D0所在直线分别为x,,:轴建立空间直 7 角坐标系.则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),A(2,0,3),C(0,2,3), D 设AE=1(0≤1≤2)，则E(24,0),BC=(-2,0,3),AC=(-2,2,-3),AE=(0,4-3), 设平面ACE的法向量为i=(x,y,z),则 n.AC=-2x+2y-3z=0 D .AE=ty-3z=0 令z=21,解得y=6,x=6-31,故i=(6-3t,6,21), 因为BC∥平面ACE，,所以BC·n=0,即-2(6-3t)+0+3(2t)=0,解得1=1，所以线段AE的长度为1： (3)由(2)知t=1,E(2,1,0),A(2,0,3),平面ACE的法向量n=(3,6,2),底面正方形ABCD的内切 圆圆心为O(1,1,0),半径r=1.设内切圆上的点P1+cos0,1+sin0,0),0∈[0,2m),则 AP=(-1+cos0,1+sin0,-3),所以AP.i=(-1+cos0)×3+(1+sin0)×6+(-3)×2=3cos0+6sin0-3. 点P到平面ACE距离d= 4P-月_3cos0+6sin0-3,设f(0)=3cos0+6sin0-3,0e[0,2m, V32+62+22 则f(0)=35 cos0+2 5 等sim8-3=3V5((sin0+in0)-3=35sin(p+0)-3,其中 sinp=5 2=25,当sim(p+)=-1时，(0取最大值，为35+3，所以点P到平面4CE距离 5 的最大值为d35+3_35+ 7 7 答案第4页（共4页）2028届高二上数学周练三 姓名： 班级： 考号： 一、单选题 1.已知经过点A(1,2,4)的平面a的法向量为n=(1,-1,1),则点B(-2,3,2)到平面α的距离为() A.2 B.3 C.32 D.25 2.设平面α的法向量为(1,2，-2)，平面B的法向量为(-2,4，k),若a1B,则k等于() A.2 B.-4 C.-5 D.-2 3.已知向量AB=(4,-1,0),AC=(0,3,0),AS=（-31,4),则三棱锥S-ABC的体积为() A.2 B.4 C.6 D.8 4.如图，在直三棱柱ABC-ABC中，AC=A4=2,BC=2V5,AB=4,D是AB的中点， C 求直线AC与直线DB,所成角的余弦值() A 5 3 A. B. 10 4 c.2 D.V3 B 2 D 5.在正三棱柱ABC-ABC中，BC=2,BB,=1,则直线AC与平面AAB,B所成角的正弦值为 () A.V10 B.5 D.5 5 5 10 10 6.如图所示，正方体的棱长为1，E,F,M,N分别为棱AD,AB,DC,BC的中点.则 平面AEF与平面B,NMD,间的距离为() E A. 2W2 B. 2 3 3 B.C.33 D. 4 3 3 B 泰，在正方体ABCD-ABCD中，E,F分别在4D,AC上，且4E=A AC, 则() 试卷第1页（共4页) D C B A.EF至多与AD,AC之一垂直B.EF是AD,AC的公垂线 E C.EF与BD,相交 D.EF与BD异面 D 8.在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何 体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形 截得的部分)现有一个如图所示的曲池，AA,BB,CC,DD均与曲池的 D 底面垂直，且A4=4,底面扇环对应的两个圆的半径分别为2和4， 对应的圆心角为：则图中异面直线4B与CD,所成角的余弦值为() D 5 A. 10 B. 5 C. 6 D. 5 11 二、多选题 9.已知向量=(1，-1,2)，b=(2,1,0),c=(0,1,-1),则下列说法正确的是() B.与向量ā-b同向的单位向量为 122 A.a,b的夹角为钝角 333 C.a在石上的投影向量的长度为5 D.存在实数2，使得(a+c)⊥b 10.在棱长为4的正方体ABCD-AB,CD中，点M满足AM=AA+1AB+AD(元∈[0，])， 点N在底面ABCD内，且BN=3√2，则() A.当=1时，AM∥AB B.当=时， AM =2V6 C.直线BN和平面4B,CD所成角的余弦值为22 D.线段MN长度的最小值为√2 11.如图，CF⊥平面ABCD,CD‖AB,CF∥DE,AB=CF=3CD=3DE=3,AD=BC=√2， 则下列说法正确的是() A.AE⊥BE B.直线CF与直线AE夹角的余弦值为 C.BD⊥平面ADE D.平面ADE与平面ABE的夹角的正弦值为 2 试卷第2页（共4页) 三、填空题 12.《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马 若PAL平面ABCD,且PA=AB=2,异面直线PD与AC所成角的 则AD的长度为 13.正四棱锥P-ABCD中，侧面与底面所成二面角的余弦值为5，则侧楼与底面所成角大小 7 为 14.正四面体ABCD的棱长为6，在平面BCD内有一动点P,满足AP=5,若直线AP与直线BC 所成的角为a,则cosa的取值范围为 四、解答题 I5.如图，四棱锥S-ABCD中，侧面SBC⊥底面ABCD,底面ABCD为平行四边形，SB=SC, ∠ABC=30°，AB=2,BC=2V3,SA=V5. (I)求证：SA⊥BC. (2)求平面ASC与平面DSC的夹角的余弦值. 16.如图1，AC是半径为2的圆O的直径，点D,B在圆上，且AD=2DC,AB=BC.如图2将圆 O沿AC翻折，E为线段BD上的一点，连接OB,OD,OE,BD (I)若BC⊥CD,E为BD中点，证明：OE⊥BC: (2)若平面ADC⊥平面ABC,求直线OA与面ADB所成的角的正弦值. D B 图1 图2 试卷第3页（共4页) 17.在长方体ABCD-AB,CD中，AB=BC=2,AA=3,E为棱AB上一动点. D C (1)求证：A,C⊥BD: B (2)当BC∥平面ACE时，求线段AE的长度： (3)在(2)的条件下，求底面正方形ABCD的内切圆上 点P到平面ACE距离的最大值， B 试卷第4页（共4页）