2022-2023学年上海市实验学校高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年上海市实验学校高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．若正棱锥的底面边长与侧棱长相等，则该棱锥一定不是（    ）

A．正三棱锥 B．正四棱锥 C．正五棱锥 D．正六棱锥

【答案】D

【分析】对于选项A，考虑正四面体.对于B，C，D选项，画出满足部分条件的几何体，通过证明来说明是否存在满足题意的图形.

【详解】对于选项A，正四面体为满足条件的正三棱锥，故排除A.

对于选项B，考虑如图所示的正四棱锥.

满足，

为底面正方形中心，EO平面ABCD.

因底面为正方形，故，

则，，，两两全等，得.

故存在满足条件的正四棱锥，排除B

对于选项C，考虑如图所示的五棱锥.

满足，

O为底面正五边形中心，FO平面ABCDE.

因底面为正五边形，故，

则，，，，两两全等.得.

故存在满足条件的正五棱锥，排除C

对于选项D，考虑如图所示的正六棱锥.

满足，

O为底面正六边形中心.GO平面ABCDEF.

但注意到OA=AB，，则有.

这与所设满足的条件矛盾，故不存在满足条件的正六棱锥，故D正确.

故选:D

【点睛】方法点睛:判断满足条件的几何体是否存在的常用方法:

通过积累特殊图形判断某种几何体存在.

通过证明判断某种几何体存在.

通过导出矛盾证明某种几何体不存在.

2．三棱锥中，E，F分别为的中点，则平面将该三棱锥所分的两部分几何体的体积之比为（    ）

A．1∶3 B．1∶4 C．2∶3 D．1∶2

【答案】A

【分析】作出简图，平面AEF将三棱锥分为三棱锥和四棱锥，由A到三棱锥和四棱锥的距离相等，所以体积比即，由相似三角形求出面积比.

【详解】如图，

因为E，F分别为PB，PC的中点，所以，且，

所以，设点A到平面PBC的距离为d，

则.

故选：A.

3．如图，圆锥O的轴截面是一个面积为1的等腰直角三角形，C为弧上的一点，，E为线段上的动点，则的最小值为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】B

【分析】将空间图形进行翻折变化到同一平面，根据两点之间线段最短即可求解.

【详解】

将翻折到平面内，得到如图所示平面四边形，

因为所以,

所以,所以,

又因为，所以翻折后的图形中,

根据两点之间线段最短可知，的最小值为,

故选:B.

4．将一个正方体切一刀，可能得到的以下几何体中的种类数为（    ）

①四面体；②四棱锥；③四棱柱；④五棱锥；⑤五棱柱；⑥六棱锥；⑦七面体

A．3种 B．4种 C．5种 D．以上均不正确

【答案】B

【分析】可能出现①③⑤⑦这四种情况．

【详解】

如图，平面截正方体，可得到四面体；

如图，平面截正方体，可得到四棱柱；

如图，平面截正方体，可得到五棱柱，也是七面体.

故选：B.

二、填空题

5．设为长方体，为直平行六面体，为正四棱柱，为正六面体，则集合A，B，C，D之间的包含关系为________．

【答案】

【分析】先判断出四个集合中的元素关系，再根据集合包含关系定义判断即可.

【详解】在这4种图形中，包含元素最多的是直平行六面体，其次是长方体，再其次是正四棱柱（上下底面是正方形的长方体），最少元素的是正六面体.

故答案为:

6．下列结论中正确的有________．

①“与共线”是“存在实数使”的必要非充分条件

②；③或；④；

⑤，其中；⑥若，则为钝角；

【答案】①⑤

【分析】利用共线向量及充分、必要条件的定义判断①；举例说明判断②，③，④，⑥；利用数量积的运算律判断⑤作答.

【详解】对于①，当时，与共线，不存在实数使，反之，存在实数使，则与共线，

因此“与共线”是“存在实数使”的必要非充分条件，①正确；

对于②，当时，，而为非零向量，，②不正确；

对于③，当时，，此时均为非零向量，③不正确；

对于④，是与共线的向量，是与共线的向量，而与不一定共线，

因此与不一定相等，④不正确；

对于⑤，由平面向量数量积的运算律知，，成立，⑤正确；

对于⑥，当时，，因此当时，可能为，⑥不正确，

所以结论中正确的有①⑤.

故答案为：①⑤

7．已知，则以为方向向量的两直线的夹角为________．

【答案】

【分析】由已知向量，的坐标，结合，求得，求出，由两向量的夹角公式求得以为方向向量的两直线的夹角.

【详解】因为所以，又，故.

又，所以，又.

设以为方向向量的两直线的夹角为 则，所以.

故答案为：.

8．如图的空间直角坐标系中，垂直于正方形所在平面，与平面的所成角为，E为中点，则平面的单位法向量______．（用坐标表示）

【答案】

【分析】根据给定条件，借助线面角求出DP长，并求出点A，B，P的坐标，再利用空间向量求出平面的单位法向量作答.

【详解】如图，连接BD，因平面，则是与平面所成的角，即，

在正方形中，，而，则有，

于是得，PB中点，，

设平面的一个法向量为，则，令，得，

与共线的单位向量为，

所以平面的单位法向量.

故答案为：

9．将一个半径为的球熔化后重新铸成一个侧面展开图为半圆的圆锥，则该圆锥的侧面积为_______．

【答案】

【分析】由题意，易知球的体积与圆锥的体积相同，分别设出圆锥的母线、高、底面半径，根据勾股定理、底面周长等于侧面弧长、体积公式，建立方程组，求得母线长，结合扇形面积公式，可得答案.

【详解】由题意，半径为的球的体积，重新铸成的圆锥的体积，

设圆锥的母线长为，高为，底面半径为，则，

由侧面展开图为半圆，则，即，故，，

圆锥的体积，则，解得，即，

圆锥的侧面积.

故答案为：.

10．空间三角形三个顶点的坐标分别为和，则_______．

【答案】

【分析】利用空间向量得到三角形边长，根据三角形面积公式即可求得面积.

【详解】由已知设三个点坐标分别为和

故

，，

，

故答案为：

11．正方体的棱长为4，点是棱上一点，若异面直线与所成角的余弦值为，则_______.

【答案】1

【分析】由空间向量的方法，根据异面直线与所成角的余弦值为，即可求出的长.

【详解】以为坐标原点，以方向为轴，方向为轴,方向为轴，建立空间直角坐标系，设，则，

所以，设异面直线与所成的角为，

则，解得，即.

故答案为1

【点睛】本题主要考查由异面直线所成的角确定点的位置的问题，由空间向量的方法建系求解即可，属于基础题型.

12．如图，在正四棱柱中，底面边长为2，直线与平面所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为_____．

【答案】4

【解析】以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系, 设，求出平面的一个法向量，则，则可以得到答案.

【详解】解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，，，故，，，

设平面的一个法向量为，则，可取，

故，

又直线与平面所成角的正弦值为，

，解得．

故答案为：4．

【点睛】本题考查根据线面角，利用向量法求柱体的高，属于中档题.

13．空间直角坐标系内有一平行六面体（其中O为坐标原点），若从O出发的三条棱的终点A，C，的坐标依次为和（6，3，1），则该平行六面体的体积为________．

【答案】9

【分析】利用向量的夹角公式、三角形面积公式求出底面平行四边形的面积，再利用向量法求出平行六面体的高，代入体积公式求解.

【详解】由题意，，，，

所以 ,

所以，

所以底面平行四边形的面积，

设平面的一个法向量，

则，令，则，

所以，

则点到底面的距离，

即平行六面体的高.

所以.

故答案为：9

14．己知一个体积为的球内切于直三棱柱（即与三棱柱的所有面均相切）,底面的中有,则该直三棱柱的外接球（即使所有顶点均落在球面上）的表面积为________．

【答案】

【分析】根据直三棱柱内切球与直三棱柱高和底面三角形内切圆之间的关系建立等式,可求出直三棱柱高和底面三角形内切圆半径,再根据题上条件,设边长,用余弦定理,建立边之间的关系,根据底面三角形内切圆半径跟面积和周长之间得关系,找到底面三角形三边长,进而找到直三棱柱的外接球半径,求出表面积即可.

【详解】解:由题知，记内切球半径为,外接球半径为,

内切圆、外接圆半径为r,R,

则,解得,

因为该球内切于一个直三棱柱,

当且仅当球半径与底面三角形内切圆半径相等,

同时棱柱的高恰为球半径的2倍,

所以;

由题意,设,

则在中由余弦定理得,

,

,

所以,

由内切圆半径公式,,

解得,所以,

由正弦定理,,得,

而直三棱柱内接于一个球,

当且仅当两全等的底面位于距球心距离相同且平行的两个小圆上,

显然该两个小圆距球心的距离d应为棱柱高h的一半,

所以平面与球心间的距离,

且其所在小圆的半径即为其本身外接圆的半径,为,

由球的垂径定理,,

所以球的表面积为．

三、解答题

15．如图，在直三棱柱中，，

(1)求异面直线与的所成角；

(2)求直线与平面的所成角．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线与的所成角.

（2）利用向量法求得直线与平面的所成角.

【详解】（1）依题意可知两两相互垂直，

以为原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，

，，

设异面直线与的所成角为，

则，

由于，所以异面直线与的所成角为.

（2），，

而平面中，，

设平面的法向量为，

则，令，

设直线与平面的所成角为

则,

由于，所以直线与平面的所成角为.

16．如图，点在圆柱的底面圆周上，为圆的直径，圆柱的侧面积为，：

(1)求三棱锥的表面积；

(2)求二面角的大小．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由圆柱的性质结合题意可较易证明构成三棱锥的面为直角三角形，求出对应各三角形的边长，即可得出三棱锥的表面积；

（2）找出二面角的平面角，求出平面角即为二面角的大小.

【详解】（1）由题意知：，圆柱的侧面积为：，

∴，

，，∴，

又为圆直径，为直角三角形，∴，，

∴，，

又：，与圆所在的平面垂直，平面，∴，

又，∴平面，∴，

又：，∴，

∴

.

（2）如图所示：

延长交圆于点，过作于点，

由（1）可知：与圆所在的平面垂直，在圆所在的平面内，∴，

∴，∴平面，∴，

又为平面与平面的交线，∴为二面角的平面角，

，为直角三角形，，

∴，

∴，

即：二面角的大小为：.

17．如图，四棱锥的底面为梯形，，，求平面与平面所成二面角的大小．

【答案】和

【分析】由已知得，可得平面，从而平面平面，过P作，则平面，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量法求出二面角的大小．

【详解】由条件知，所以，

又，所以平面，

因为平面，所以平面平面，

过P作，垂足为O，又平面平面平面，

所以平面，

以O为原点，以OA所在直线为x轴，OP所在直线为z轴，过O且与AD垂直的直线为y轴，建立空间直角坐标系，

在中，，则，

由，得，

，，

因为平面，平面，所以，

又，所以垂直于x轴，平行于y轴，

所以，

，

设平面的法向量，则，

即，可取，

设平面的法向量，则，

即，可取，

设平面与平面所成二面角的大小为，

则，

所以平面与平面所成二面角的大小为和．

18．设正六棱锥的底面积为，高为h，侧面积为S，

(1)将S表示为h的函数；

(2)当时，求的正弦值；

(3)将F到平面的距离d表示为h的函数，并求d的取值范围．

【答案】(1)

(2)

(3)，

【详解】（1）设底面边长为a，可解得，在底面正六边形中，中心到各边的距离为，

侧面积，其中斜高，

所以；

（2）由（1），时，

而，解得；

（3）

如图，设为中点，连接，

在中，，

在中，，，

故.

又，.

由易得.

所以，

.，.

显然d是关于h的严格增函数，所以.

19．已知数列满足．

(1)求的通项公式和前n项和；

(2)设，若不等式，对于任意都成立，求正数k的最大值．

【答案】(1)；

(2)4

【分析】（1）由递推公式，构造等比数列，由新数列的通项求，再求前n项和.

（2），不等式等价于恒成立，

设，利用作商证明，

所以只需即可．

【详解】（1），

可得，，

所以是以3为首项、3为公比的等比数列，所以，

则；

（2），

，

不等式可改写为，即，

设，

，

所以，即当n增大时，也增大，

所以只需即可．因为，

所以，，即，所以正数k的最大值为4．

20．已知数列与的前n项和分别为An和Bn，且对任意恒成立．

(1) 若，求Bn；

(2) 若对任意，都有及成立，求正实数b1的取值范围；

(3) 若，是否存在两个互不相等的整数，使成等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）不存在，理由见解析

【解析】(1)    由，得，再由，得数列是以2为首项，1为公差的等差数列，可求得；

(2) 依题意，即，即，所以数列是以b1为首项，2为公比的等比数列，可求得, 所以运用裂项相消法得，转化为，可得其范围；

(3) 由得，运用累加法求得，从而得，又，可得，假设存在两个不相等的整数使成等差数列，得，根据，所以，即，令，则，所以单调递增，可得，代入得此方程无解，可得结论.

【详解】(1) 因为，所以，即，

故，

所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，

所以.

(2) 依题意，即，即，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以, 所以.

因为，

所以，所以恒成立，

因为，所以，所以.

(3) 由得，

所以当时，

，

当时，上式也成立，所以，所以.

又，所以.

假设存在两个不相等的整数使成等差数列，等价于成等差数列，即，

即.

因为，所以，即.

令，则，所以单调递增．

若，则，不满足，所以，代入得．

当时，显然不符合要求；

当时，令，则，所以单调递增，

所以，所以不符合要求．

所以，不存在正整数，使成等差数列．

【点睛】本题考查根据递推式构造出等差数列或等比数列的定义式得数列的通项的方法，累加法数列的通项，以及裂项求和法和运用数列的函数特点解决存在性问题，属于难度题.