2020年上海市浦东新区高二(下)期中数学试卷解析版(2)

本题考查对球的性质认识及利用，以及学生的空间想象能力，是中档题．解题时要认真

审题，注意合理地进行等价转化．

第7页，共14页

第8页，共14页12.【答案】1：12

【解析】解：在平面SAB 内，过E 作EH ∥AB ，交SA 于点H ，

连接FH ，

∵E 为SB 的中点，∴H 为SA 的中点，

又SG =SA ，∴GH =，则SG =2GH ，

∴V S -EFG =2V H -EFG ，

由平面EFH ∥平面ABC ，且E 为SB 的中点，

得V S -ABC =8V S -EFH ，而

，

∴．故答案为：1：12．

在平面SAB 内，过E 作EH ∥AB ，交SA 于点H ，连接FH ，分别求出三棱锥S -EFG 、

S -ABC 与三棱锥S -EFH 体积的关系，则答案可求．

本题考查棱锥体积间的关系，作出过E 与底面平行的截面图是关键，是中档题．13.【答案】29π

【解析】解：∵SA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，

∴四面体S -ABC 的外接球半径等于以长宽高分别SA ，AB ，BC 三边长的长方体的外接球的半径

∵SA =2，AB =3，BC =4，

∴2R =

=∴球O 的表面积S =4?πR 2=29π

故答案为：29π．

由已知中S 、A 、B 、C 是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，易S 、A 、B 、C 四点均为长宽高分别SA ，AB ，BC 三边长的长方体的顶点，由长方体外接球的直径等于长方体对角线，可得球O 的直径（半径），代入球的表面积公式即可得到答案．

本题考查的知识点是球内接多面体，球的表面积公式，其中根据已知条件求出球O 的直径（半径），是解答本题的关键．

14.【答案】

【解析】解：|z -z 1|+|z -z 2|=|

|+||=

令A （-1，-3），B （3，1），P （，），

因为θ∈R ，所以点P 的轨迹方程为x 2+y 2=2，

所以|z -z 1|+|z -z 2|表示点A 和点B 到圆x 2+y 2=2上任意一点的距离之和，

又过AB 两点的直线方程为x -y -2=0，

圆心（0，0）到直线AB 的距离R =

所以直线与圆x 2+y 2=2相切，记切点为Q ，

所以（|z -z 1|+|z -z 2|）min =|AQ |+|BQ |=|AB |=

．即|z -z 1|+|z -z 2|的最小值为：．

故答案为：．

将|z -z 1|+|z -z 2|化简得|z -z 1|+|z -z 2

|=

第9页，共14页，A （-1，-3），B （3，

1），P （，），则点P 的轨迹方程为x 2+y 2=2，因此|z -z 1|+|z -z 2|表示点A 和点B 到圆x 2+y 2=2上任意一点的距离之和，然后求出最小值即可．

本题考查了复数模的计算和根号型函数的最值，考查了转化思想和数形结合思想，属基础题．

15.【答案】2

【解析】解：沿着侧棱SA 把正三棱锥展开在同一个平面内，

原来的点A 被分到两处A ，A ′，

则线段AA ′的长度即为△AMN 周长的最小值．

△SAA ′中，SA =SA ′=2，∠ASB =∠BSC =∠CSA =30°，

故∠ASA ′=90°，

∴AA ′===2．

故答案为：．

沿着侧棱SA 把正三棱锥展开在同一个平面内，原来的点A 被分到两处A ，A ′，则线段AA ′的长度即为△AMN 周长的最小值．

本题考查三角形周长的最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．

16.【答案】[22，

]

第10页，共14页【解析】解：建立空间直角坐标系如图所示，

过点H 作HM ⊥BB ′，垂足为M ，连接MP ，

则HM ⊥PM ，

∴HP 2=HM 2+MP 2．

过P 作PN ⊥CC ′，垂足为N ，

设P （x ，4，z ），

则F （1，4，3），M （4，4，3），N （0，4，z ），且

0≤x ≤4，0≤z ≤4．

∵PN =PF ，

∴

=x ，化简得2x -1=（z -3）2，则2x -1≥0，

即．∴MP 2=（x -4）2+（z -3）2=（x -4）2+2x -1=x 2-6x +15∈[6，]，

此时HP 2=HM 2+MP 2=16+MP 2∈[22，

]．

故答案为：[22，]．建立空间直角坐标系，过点H 作HM ⊥BB ′，垂足为M ，连接MP ，得出HP 2=HM 2+MP 2，利用空间直角坐标系求出MP 2的取值范围，则答案可求．

本题考查空间直角坐标系的应用

问题，考查数学转化思想方法，训

练了利用二次函数求最值，属难

题．

17.【答案】解：（1）所有棱长都

等于2的正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中

，点D 是A 1C 1的中点，

∴正三棱柱的全面积：

S =+

+

=2S △ABC +3

=2×+3×2×2

=2+12．

（2）以A 为原点，在平面ABC 内过A 作AC 的垂线为x 轴，AC 为y 轴，AA 1为z 轴，建立空间直角坐标系，

A （0，0，0），

B 1（，1，2），

C （0，2，0），

D （0，1，2），

=（0，-1，-2），=（，0，0），=（0，1，-2），

设平面B 1DC 的法向量=（x ，y ，z

），

第11页，共14页则，取z =1，得=（0，2，1），

∴点A 到平面B 1DC 的距离：

d ===．

【解析】（1）正三棱柱的全面积：S =

++

=2S △ABC +3．（2）以A 为原点，在平面ABC 内过A 作AC 的垂线为x 轴，AC 为y 轴，AA 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点A 到平面B 1DC 的距离．

本题考查正三棱柱的全面积的求法，考查点面距离的求解，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．

18.【答案】解：（1）x =1+2i 是实系数方程x 2-px +q =0的根，则x =1-2i 也是该方程的根，

由根与系数的关系知，p =（1+2i ）+（1-2i ）=2，q =（1+2i ）（1-2i ）=1+4=5，∴p +q =7；

（2）若p +2q =2，则p =2-2q ；

则原方程化为x 2-（2-2q ）x +q =0，

其中p 、q 为实数．则为实系数一元二次方程，

∴该方程两根之积为q ，

△=（2-2q ）2-4q =4（q 2-3q +1）

△≥0时，方程有两实根，

解得：q ≤或q ≥，

△=0时方程有两相等实根．

△＜0时方程有两共轭负数根，q ≥

时q 无最大值，q ≤时，q 最大值为：

∴q 的最大值

；【解析】（1）一元二次方程的复数根成对出现，利用韦达定理可解，

（2）利用关系p +2q =2，将方程化简成一个参数，利用方程判别式求解即可．

本题考查复数的基本知识的应用，一元二次方程的复数根，韦达定理，考查计算能力．19.【答案】（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ，AB ，AP ?平面ABP ，

AB ∩AP =A ，

所以BE ⊥平面ABP ，…（2分）

又BP ?平面ABP ，…（3分）

所以BE ⊥BP ，又∠EBC =120°，

因此∠CBP =30°…（4分）

（Ⅱ）以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直

线为x ，y ，z

轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

第12页，共14页由题意得A （0，0，3）E （2，0，0），

，，

故，，，…（6分）设=（x 1，y 1，z 1）是平面AEG 的一个法向量．

由，得，

取z 1=2，可得平面AEG 的一个法向量=（3，-

，2）．…（8分）

设=（x 2，y 2，z 2）是平面ACG 的一个法向量．由，得，取z 2=-2，可得平面ACG 的一个法向量=（3，-，-2）．…（10分）

所以cos ＜＞==．

因此二面角E -AG -C 的大小为60°．…（12分）

【解析】（Ⅰ）由AP ⊥BE ，AB ⊥BE ，得BE ⊥平面ABP ，从而BE …… 此处隐藏：2918字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……