2022-2023学年四川省资阳市安岳县安岳县周礼中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年四川省资阳市安岳县安岳县周礼中学高二上学期期中数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省资阳市安岳县安岳县周礼中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1．如图所示的几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的为A．①② B．②④C．①④ D．①③【答案】B【分析】利用三视图的作图法则，对选项判断，①的三视图相同，圆锥，四棱锥的两个三视图相同，棱台都不相同，推出选项即可．【详解】正方体的三视图分别为：正方形、正方形、正方形，圆锥的三视图分别为，三角形、三角形、圆和点．三棱台的三视图分别为：梯形和线段、梯形、大三角形内有小三角形，正四棱锥的三视图分别为：三角形、三角形、正方形和对角线，易知只有②④符合条件，故选B.【点睛】本题主要考查几何体的三视图的识别能力，作图能力，学生的空间想象能力，三视图的投影规则是主视、俯视长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视 宽相等，熟记常见几何体的三视图是解题的关键，属于基础题.2．空间两个角α，β的两边分别对应平行，且α=60°，则β为（　　）A．60° B．120° C．30° D．60°或120°【答案】D【详解】试题分析：根据等角定理，两个角的两边分别对应平行，则两个角相等或互补，所以为或，故选D.【解析】等角定理3．命题“若，则且”的否命题为A．若，则且 B．若，则且C．若，则或 D．若，则或【答案】D【解析】根据否命题要否定条件和结论得答案.【详解】命题“若，则且”的否命题为“若，则或”.故选：D.【点睛】本题考查否命题的写法，注意且的否定为或，是基础题.4．已知两个球的表面积之比为，则这两个球的体积之比为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意和球的表面积公式可得两球半径之比，结合球的体积公式计算即可.【详解】由题意知，两球的表面积之比为，则，所以两球的体积之比为.故选：C.5．设m、n是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则.其中正确命题的序号是（    ）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【答案】A【分析】利用面面平行、面面垂直以及线面关系定理分别对四个命题分析解答.【详解】对于①，若，根据面面平行的性质容易得到，故①正确；对于②，若，，m与的关系不确定，故②错误；对于③，若，，可以在找到一条直线l与m平行，所以，故，故③正确；对于④，若，，那么m与的位置关系为或者，故④错误；故选：A.【点睛】本题考查了面面平行、面面垂直以及线面关系定理的运用，关键是熟练掌握应该的定理，正确运用.6．已知空间中两条不同的直线，，一个平面，则“直线，与平面所成角相等”是“直线，平行”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要【答案】B【解析】根据直线与平面所成角及充分条件、必要条件求解即可.【详解】直线，与平面所成角相等,推不出直线，平行，例如平面内任意两直线与平面所成角都为0，但是直线可以相交；当直线，平行时，直线与平面所成角相等成立，故“直线，与平面所成角相等”是“直线，平行”的必要不充分条件.故选：B7．已知命题：，使；命题：，都有，则下列结论正确的是（    ）A．命题“”是真命题： B．命题“”是假命题：C．命题“”是假命题： D．命题“”是假命题．【答案】B【解析】根据正弦函数的性质判断命题为假命题，由判断命题为真命题，从而得出答案.【详解】因为的值域为，所以命题为假命题因为，所以命题为真命题则命题“”是假命题，命题“”是假命题，命题“”是真命题，命题“”是真命题故选：B8．下图为某旋转体的三视图，则该几何体的侧面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由三视图确定几何体为圆锥体，应用圆锥体侧面积公式求面积即可.【详解】由三视图知：几何体为底面半径为1，高为3的圆锥体，∴其侧面展开为以底面周长为弧长，圆锥体母线长为半径的扇形，故几何体的侧面积为，故选：A9．“堑堵”“阳马”和“整臑”是我国古代对一些特殊几何休的称谓．《九章算术．商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为整臑”，即一个长方体沿对角面斜解（图1）．得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱维称为整臑（图4）．若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和整臑的体积分别为，则下列选项正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据棱锥，棱柱的体积计算公式，结合题意求解即可.【详解】设长方体的长宽高分别为，则，，，故，，，，则ABC错误，D正确；故选：D.10．正四棱锥(顶点在底面的射影是底面正方形的中心)的体积为12，底面对角线的长为2，则侧面与底面所成的二面角为(　　)A．30° B．45°C．60° D．90°【答案】C【详解】由棱锥体积公式可得底面边长为2，高为3，在底面正方形的任一边上，取其中点，连接棱锥的顶点及其在底面的射影，根据二面角定义即可判定其平面角，在直角三角形中，因为tan θ＝ (设θ为所求平面角)，所以二面角为60°，选C.11．如图，以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把和折成互相垂直的两个平面后，则下列四个结论中错误的是（    ）A． B．是等边三角形C．平面平面 D．二面角的正切值为【答案】C【分析】设等腰直角三角形的腰为，则斜边，利用面面垂直的性质定理易证平面，又平面，从而可知，可判断A；由题意及设法可知，，利用勾股定理可求得，从而可判断B；作出平面与平面的二面角的平面角，利用平面，可知为直角，因此不是直角，从而可判断C；作出二面角的平面角，设为，可求得，从而可判断D.【详解】设等腰直角三角形的腰为，则斜边，为的中点，，又平面平面，平面平面，，平面，平面，又平面，，故A正确；由A知，平面，平面，，又，由勾股定理得：，又，是等边三角形，故B正确；为等腰直角三角形，取斜边的中点，则，又为等边三角形，连接，则,为平面与平面的二面角的平面角，由平面可知，为直角，因此不是直角，故平面与平面不垂直，故C错误；由题意知，平面，过点作于点，连接，则，为二面角的平面角，设为，则，故D正确;故选：C.12．已知三棱锥的各顶点都在同一球面上，且平面，若该棱锥的体积为，，，，则此球的表面积等于（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由条件确定三棱锥的外接球的球心位置及球的半径，再利用球的表面积公式求外接球的表面积.【详解】由已知，，，可得三棱锥的底面是直角三角形，，由平面可得就是三棱锥外接球的直径，，，即，则，故三棱锥外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为．故选：D.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 二、填空题13．己知向量，若，则的值是_______．【答案】【分析】根据空间向量平行的坐标表示，列出等量关系，求得，再求结果即可.【详解】根据题意，存在实数，使得，即，解得，故.故答案为：.14．己知平行六面体中，，，，，则的长度为________．【答案】5【分析】根据空间向量的线性运算可得，等式两边同时平方，利用空间向量数量积的定义计算即可.【详解】由题意知，设，则，所以，又，所以，即，所以.故答案为：5.15．已知，，若“”为假命题，则实数m的取值范围为_____________．【答案】【分析】根据“”为假命题，得到均为假命题，写出，分别求出为真命题时m的取值范围，得到答案.【详解】因为“”为假命题，所以均为假命题，为真命题，故，为真命题，故，解得：或，与或取交集，得，故实数m的取值范围为.故答案为：16．如图所示，在直三棱柱中，底面是以ABC为直角的等腰三角形，，，是的中点，点在棱上，要使平面，则___________.【答案】a或2a【分析】利用已知条件判断B1D⊥平面，然后说明，设AE=x（0<x<3a），然后可得CE2=x2+4a2，DE2=a2+（3a﹣x）2，又CD2=a2+9a2=10a2，然后可求出答案.【详解】由已知得A1B1=B1C1，又D是A1C1的中点，所以B1D⊥A1C1，又侧棱AA1⊥底面ABC，可得侧棱AA1⊥平面A1B1C1，又B1D⊂平面A1B1C1，所以AA1⊥B1D，因为AA1∩A1C1=A1，所以B1D⊥平面AA1C1C，又CE⊂平面AA1C1C，所以B1D⊥CE，故若CE⊥平面B1DE，则必有.设AE=x（0<x<3a），则CE2=x2+4a2，DE2=a2+（3a﹣x）2，又CD2=a2+9a2=10a2，所以10a2=x2+4a2+a2+（3a﹣x）2，解得x=a或2a.故答案为：a或2a. 三、解答题17．已知空间三点，，，设．(1)求与的夹角大小；(2)若与互相垂直，求k的值．【答案】(1)；(2). 【分析】(1)根据空间向量的坐标表示求出和的坐标，结合计算即可；(2)由(1)，求出与的坐标，利用空间垂直向量的数量积为0即可求出参数k.【详解】（1）由题意得，，所以，又，所以，即与的夹角为；（2）由(1)知，，所以，，又与垂直，所以，即，解得.18．如图在边长是2的正方体中，E，F分别为AB，的中点．（1）求异面直线EF与所成角的大小．（2）证明：平面．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用可得解；（2）利用和，可证得线线垂直，进而得线面垂直.【详解】据题意，建立如图坐标系．于是：，，，，，∴，，，．（1），∴∴异面直线EF和所成的角为．（2）∴，即，∴即．又∵，平面且∴平面．19．如图，已知平面，，，且F是的中点．(1)求证：平面；(2)求证：平面平面．【答案】(1)见解析；(2)见解析. 【分析】(1)如图取CE的中点G，连接BG、FG，根据中位线的性质可证得四边形为平行四边形，得，利用线面平行的判定定理即可证明；(2)根据线面垂直的性质可得，根据题意可得，利用线面垂直的判定定理证得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明.【详解】（1）由题意得，且，取CE的中点G，连接BG、FG，由F为CD的中点，得且，有且，所以四边形为平行四边形，得，又平面，平面，所以平面；（2）因为平面，平面，所以，又，则，由为的中点，得，又平面，所以平面，又平面，所以平面平面.20．已知，．(1)当时，若为真命题，求x的取值范围；(2)若是的充分不必要条件，求m的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）分别解p为真命题、q为真命题时的一元二次不等式的解集，因为为真命题，所以p真且q真，所以求两个集合的交集.（2）由一个命题与它的逆否命题同真假得：q是p的充分不必要条件，所以q所满足的集合是p所满足集合的真子集，所以由集合的包含关系列式可得结果.【详解】（1）若p为真命题，则；若q为真命题，则， 当时，q为真命题时，则∵为真命题，∴故x的取值范围为.（2）∵是的充分不必要条件，∴q是p的充分不必要条件.∴且等号不会同时取到，解得： .故m的取值范围为.21．如图，在平行四边形中，，将沿折起到的位置，使平面平面．(1)求证：；(2)求三棱锥的表面积．【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）通过证明面，即可由线面垂直证明线线垂直；（2）根据棱锥的表面积计算公式，结合已知条件，求解即可.【详解】（1）在△中，由余弦定理，即，解得，则由可得，又四边形为平行四边形，故；根据题意，也有，又面面面，面面，故可得面，又面，故.（2）根据（1）中所证，面，又面，故；又面，故面，又面，故，综上所述，△均为直角三角形，又，则三棱锥的表面积 .三棱锥的表面积为：.22．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．(1)若为棱的中点，求证：平面；(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意. 【分析】（1）取中点，连接，得到，然后利用线面平行的判定定理得到平面；（2）假设在棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，设，根据平面与平面的夹角的余弦值为，则两平面法向量所成角的余弦值的绝对值等于，求出，即可得出结论.【详解】（1）取中点，连接，分别为的中点，，底面四边形是矩形，为棱的中点，，．，，故四边形是平行四边形，．又平面，平面，平面．（2）假设在棱上存在点满足题意，在等边中，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，平面，则是四棱锥的高．设，则，，，所以.以点为原点，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，故，，．设，．设平面PMB的一个法向量为，则 取．易知平面的一个法向量为，，，故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.