2022-2023学年上海市进才中学高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年上海市进才中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．下列几何体中，多面体是（  ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】判断各选项中几何体的形状，从而可得出多面体的选项.

【详解】A选项中的几何体是球，是旋转体；B选项中的几何体是三棱柱，是多面体；

C选项中的几何体是圆柱，旋转体；D选项中的几何体是圆锥，是旋转体.

故选B.

【点睛】本题考查多面体的判断，要熟悉多面体与旋转体的基本概念，考查对简单几何体概念的理解，属于基础题.

2．一个水平放置的三角形的斜二测直观图是有一条边水平的等边三角形，则这个三角形一定是

A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．以上都有可能

【答案】C

【详解】试题分析：画出图形判断即可．

解：一个水平放置的三角形的斜二测直观图是有一条边水平的等边三角形，则这个三角形一定是钝角三角形，如图：

故选C．

点评：本题考查平面图形的直观图的画法，考查空间想象能力，基本知识的应用．

3．设是直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（    ）

A．若，，则

B．若，，则

C．若，，则

D．若，，则

【答案】D

【解析】由线面平行的性质和面面平行的判定可判断选项A；由面面垂直的性质定理和线面平行的性质可判断选项B；由面面垂直的性质定理和线面位置关系可判断选项C；由线面平行的性质和面面垂直的判定定理可判断选项D；

【详解】对于选项A：若，，则或与相交，故选项A不正确；

对于选项B：若，，则或，故选项B不正确；

对于选项C：若，，则或或与相交，故选项C不正确；

对于选项D：若，由线面平行的性质定理可得过的平面，设，则，所以，再由面面垂直的判定定理可得，故选项D正确；

故选：D

4．若和围成的封闭平面图形绕轴旋转一周，则所得体积与绕轴旋转一周所得体积之比是（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据圆锥的体积计算以及组合体体积计算方法，计算出两个几何体体积，进而求得体积的比值.

【详解】由解得或.

和围成的封闭平面图形绕轴旋转一周所得几何体为圆锥，图形如下图所示，

故体积为.

和围成的封闭平面图形绕轴旋转一周所得几何体为圆柱挖掉两个圆锥，图形如下图所示，

故体积为.

所以两个图形的体积比为.

故选：A

【点睛】本小题主要考查圆锥和组合体体积计算，属于中档题.

二、填空题

5．直线与平面所成角的范围______．

【答案】

【分析】由直线与平面所成角的定义可得.

【详解】解：根据直线与平面所成角的定义可得

直线与平面所成角的范围为

【点睛】本题考查直线和平面所成的角基本概念.

6．如图，已知长方体的棱长，，则点A到棱的距离是______cm.

【答案】

【分析】根据长方体的性质，结合线面学会知性质定理以及点线距离定义，可得答案.

【详解】连接，作图如下：

在长方体中，平面，平面，，

则点A到棱的距离是，

在矩形中，，

故答案为：.

7．已知一个正四棱锥的底面正方形边长为1，侧棱长为1，则该棱锥的侧棱与底面所成角的大小为______.

【答案】

【分析】由题意，作图，根据线面角的定义以及正四棱锥的性质，明确线面角，利用勾股定理以及三角函数，可得答案.

【详解】由题意，作正四棱锥，连接，记，连接，

则在正四棱锥中，底面，则为侧棱与底面所成角，

在底面正方形中，，

在中，，故，

故答案为：.

8．若球O1、O2表示面积之比，则它们的半径之比"_____________. "

【答案】3

【详解】

9．正方体中，异面直线与BD所成角大小为______

【答案】##

【分析】连接、，，证明，可得即为异面直线与BD所成角，在求即可求解.

【详解】如图，连接、，

因为，,

所以四边形是平行四边形，

所以，

所以即为异面直线与BD所成角，

设正方体的棱长为，

在中，，

所以是等边三角形，

所以，即异面直线与BD所成角为，

故答案为：

10．如图，若平面ABCD，四边形ABCD为正方形，，则二面角的大小为______.

【答案】

【分析】由已知条件可证是二面角的平面角，在中，，即可求出的大小.

【详解】解：平面，

，

又是正方形，

，

又，

平面，

是二面角的平面角.

在中，，

，

二面角的大小为，

故答案为：.

11．已知一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的体积为______.

【答案】##

【分析】依次求圆锥底面周长、底面半径、高，由体积公式即可求.

【详解】由题意，圆锥底面周长为，

故圆锥底面半径，圆锥高，

故圆锥的体积为.

故答案为：

12．已知一个正方体与一个圆柱的高度均为1，且正方体的表面积与圆柱的侧面积相等，则圆柱的体积为______.

【答案】

【分析】设圆柱底圆半径为r，由正方体的表面积与圆柱的侧面积相等求得r，由体积公式即可求

【详解】设圆柱底圆半径为r，由正方体的表面积与圆柱的侧面积相等得，故，故圆柱体积为.

故答案为：

13．如图，已知三棱柱的体积为3，P，Q，R分别为侧棱，，上的点，且，则______.

【答案】1

【分析】由题意，根据线段的等量关系，可得面积的等量关系，结合棱锥的体积公式，进行等积变换，根据同底同高的棱柱与棱锥之间的体积关系，可得答案.

【详解】在三棱柱中，易知侧面为平行四边形，设其面积为，上的高为，

在平行四边形中，易知四边形为梯形或平行四边形，设其面积为，且其高为，

则，

在三棱柱中，易知平面，点到平面的距离与点到平面的距离，设该距离为，

连接，作图如下：

则，

设三棱柱的体积，由图可知，，即，

故答案为：.

14．如图所示，半径的球O中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱的侧面积之差等于___________.

【答案】

【分析】设出圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为，求出圆柱的侧面积表达式，由正弦型函数的单调性求出圆柱侧面积的最大值，求出球的表面积，即可求得两者的差值.

【详解】设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为（），则，圆柱的高为，圆柱的侧面积为：，

当，即时，取最大值1，圆柱的侧面积取最大值为，

所以当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱的侧面积之差为.

故答案为：

【点睛】本题考查柱体、球体的表面积，球的内接几何体，将面积用三角函数表示使计算过程更加简洁，属于中档题.

15．正四棱锥S－ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为________．

【答案】

【详解】试题分析：取中点，连接，则，所以面面，因为面，故面，当点在边上运动时，永远有，因为，所以三角形的周长为.

【解析】线面垂直的判定.

16．如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，，平面ABCD，F，O分别是PA，BD的中点，E是线段PB上的动点，给出下列四个结论：

①；②；③直线PO与底面ABCD所成角的正弦值为；④面积的取值范围是.

其中所有正确结论的序号是______.

【答案】①③④

【分析】对①，由线线垂直证平面，再证；

对②，由线面垂直得，由几何关系求出PO，在由余弦定理求得，即可进一步求在由余弦定理求得FC；

对③，由线面角定义，就是直线与底面所成的角，；

对④，由平面得，，讨论OE的范围即可

【详解】对①，菱形ABCD中，由平面ABCD ，平面ABCD得，又平面，所以平面，

因为平面，所以，①对；

对②，菱形ABCD中，，，，平面，所以，，

，

，所以，②错；

对③，由线面角定义知，就是直线与底面所成的角，，③对；

对④，由平面得，，

时OE最小，为， OE最大时与OP重合，故，④对.

故答案为：①③④.

三、解答题

17．如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，，E是PB的中点，求异面直线EC和AD所成的角（结果用反三角函数值表示）

【答案】

【分析】由题意可知，或其补角为异面直线EC和AD所成的角，证明，则在中，可求，进而异面直线EC和AD所成的角.

【详解】，所以或其补角为异面直线EC和AD所成的角，

又平面ABCD，

，

又，，、面，

面，

，

于是在中，，，

，

异面直线EC和AD所成的角是.

18．如图，在圆柱OO1中，AB是圆柱的母线，BC是圆柱的底面⊙O的直径，D是底面圆周上异于B､C的点.

(1)求证：CD⊥平面ABD；

(2)若BD=2，CD=4，AC=6，求圆柱OO1的侧面积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过证明来证得平面.

（2）计算出圆柱的底面半径和母线长，由此求得圆柱的侧面积.

【详解】（1）平面面.

∵BC是圆柱的底面⊙O的直径，

∴CD⊥BD，

又∵BDAB=B，

∴CD⊥平面ABD.

（2）在Rt△BCD中，由BD=2，CD=4，得BC=，

在Rt△ABC中，AC=6，得AB=，

∴圆柱的底面半径为，母线长为4.

∴圆柱OO1的侧面积为.

19．如图，在底面半径为1，高为的圆锥中，O是底面圆心，P为圆锥顶点，A，B是底面圆周上的两点，，C为母线PB的中点.

(1)求该圆锥的表面积；

(2)求在该圆锥的侧面上，从A到C的最短路径的长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将圆锥侧面展开得到扇形图，结合扇形的面积公式即可求出圆锥侧面展开图面积，加上圆锥底面圆面积，即可得到圆锥的表面积；

（2）在侧面展开图中，由两点之间线段最短，得到从到的最短路径是联结AC的线段长．

【详解】（1）圆锥的底面半径为1，高为，则母线长，

因此将圆锥侧面展开得到一个半圆，

因此圆锥的侧面积为：，

圆锥的底面圆面积为：，

所以圆锥的表面积为：.

（2）在底面圆中，，

侧面展开图中，如图，联结AC，即线段的长为最短路径，

设圆心角为，，

，

即到的最短路径长为.

20．如图，将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD与平面CBD所成二面角为直角，平面ABD，且.

(1)求证：直线EC与平面ABD平行；

(2)求点C到平面BED的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，连接、，证明平面即可得解；

（2）在三棱锥中，利用等体积法即可求出点到平面的距离.

【详解】（1）证明：取的中点，连接、，如图，

依题意，在中，，则，

而平面与平面所成二面角为直角，即平面平面，

又平面平面，平面，于是得平面，且，

因平面，且，则有，且，

从而得四边形为平行四边形，，

又平面，平面，

则平面；

（2）解：由（1）可得平面，

于是得平面，，

则等腰底边上的高，，

而，设点C到平面BED的距离为d，

由得，

即，解得，

所以点C到平面BED的距离为1 .

21．如图，在四棱锥中，已知平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，，，.

(1)证明：；

(2)线段CP上是否存在一点M，使得直线AM垂直平面PCD，若存在，求出线段AM的长，若不存在，说明理由；

(3)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长.

【答案】(1)证明见解析.

(2)存在，线段AM的长为.

(3)

【分析】（1）通过定义法证明线面垂直，即可证出两线垂直.

（2）通过建立空间直角坐标系，表达坐标点，进而根据线面垂直的性质，证明直线AM与和都垂直，求出点M的坐标，进而求出线段AM的长.

（3）通过向量关系表达出，再表达出， 列出直线CQ与DP所成的角的表达式，求出最值和最值成立的条件，进而求出线段BQ的长.

【详解】（1）由题意，

在四棱锥中，

⊥面ABCD，,，

∴，

在直角梯形中，，

∵，

∴

∵

∴

（2）由题意及（1）得，存在一点M，使得直线AM垂直平面PCD，

在四棱锥中，，

作出空间直角坐标系如下图所示：

由几何知识得，，，，，，

∴，，，

设，则,

∴

∴，

若AM⊥面PCD

解得：

∴

（3）由题意及（1）（2）得，

，，

设

∴，

设，，

∴

当且仅当即时，最大，为，

在中，上是减函数，

∴最大时，直线CQ与DP所成的角最小，

∵，

∴，

∴当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长为.