2023-2024学年上海市宝山区上海师大附属罗店中学高二上学期第二次诊断调研数学试题含答案

这是一份2023-2024学年上海市宝山区上海师大附属罗店中学高二上学期第二次诊断调研数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、填空题
1．“直线在平面上”用集合符号语言可以表示为 ．
【答案】
【分析】直接根据直线在平面上的集合符号语言得到答案.
【详解】“直线在平面上”用集合符号语言可以表示为.
故答案为：.
2．已知球的体积为，则该球的表面积为 .
【答案】
【分析】由球的体积公式求出球的半径R，再由表面积公式计算即可．
【详解】由球的体积公式可知，，解得，
∴球的表面积．
故答案为：
3．在正方体中，异面直线与所成的角的大小为 ．
【答案】
【分析】利用平移求异面直线所成角即可.
【详解】
在正方体中，
可将直线平移到直线,
故异面直线与所成的角即与所成的角.
且四边形为正方形，
所以.
故异面直线与所成的角为：
故答案为：
4．在正方体中，二面角的大小为 ．
【答案】45°/
【分析】由定义得出二面角的平面角，从而得结论．
【详解】在正方体中,AB⊥平面，平面，，
又，∴∠D1AD是二面角D1−AB−D的平面角
∵∠D1AD=45°
∴二面角D1−AB−D的大小为45°
故答案为：45°
5．在正三棱柱中，已知，则直线与平面所成的角的正弦值为 ．
【答案】/
【分析】建立空间直角坐标系，运用向量知识进行求解.
【详解】解：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

已知，，
故，，，，
，
设平面的法向量为，
即，故，
令，故，
，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
故答案为：.
6．将边长为1的正方形绕着边所在的直线旋转一周，所形成的几何体的体积为 ．
【答案】
【分析】正方形绕着边所在的直线旋转一周形成圆柱，根据圆柱的体积公式得出结果.
【详解】解：将边长为1的正方形绕着边所在的直线旋转一周
所得圆柱的底面和高均为1，
则圆柱的体积为.
故答案为：.

7．一个高为2的圆柱，底面周长为2，该圆柱的表面积为 .
【答案】6
【详解】2r=2，r=1，S表=2rh+2r2=4+2=6.
8．已知一个圆锥的底面半径为3，高为4，则该圆锥的侧面积为 ．
【答案】
【分析】求出圆锥的母线长即可得侧面积．
【详解】由题意底面半径为，高为，则母线长为，
所以侧面积为．
故答案为：．
9．如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是边长为1的正方形，则原图形的面积为 ．

【答案】
【分析】根据斜二测画法的作图规则，得出原图形，进而解得原图形的面积.
【详解】解：根据题意，斜二测直观图是边长为1的正方形如图1所示，

其中，，
根据斜二测画法规则，还原为如图2所示的原图，
其中，，，
所以原图形的面积为.

故答案为：.
10．已知圆锥的底面半径为，高为1，则过圆锥的顶点的截面面积的最大值为 ．
【答案】2
【分析】根据题意，由余弦定理可得圆锥的轴截面的两母线夹角，再结合三角形的面积公式，即可得到结果.
【详解】
依题意，设圆锥的母线长为，因为圆锥的底面半径为，高为1，
所以，设圆锥的轴截面的两母线夹角为，
则，
因为，所以，
则过该圆锥的顶点做截面，截面上的两母线夹角为，，
故截面的面积为，
当且仅当时，等号成立，故截面面积的最大值为.
故答案为：
11．已知正四面体的棱长为6，设集合，则表示的区域的面积为 ．
【答案】
【分析】根据题意，先找到A点到平面的最短距离AO的长，结合勾股定理得到PO的长度，进而得出所求区域为圆形及其内部，再求解即可．
【详解】
过点A作平面于点O,
则,
因为，则
,
则Ω表示的区域为以O为圆心，为半径的圆及其内部，面积为,
故答案为：
12．在正四棱柱中，已知是棱的中点，是对角线的中点，设是正四棱柱的面上的动点，且平面，则动点P围成的图形的周长为 ．
【答案】
【分析】利用面面平行的性质确定动点P的运动轨迹即可.
【详解】是对角线的中点,故是正四棱柱的中心，
所以点均在平面上，
平面，即平面，
，
取的中点分别为,
且是棱的中点
,,
且平面，平面，
平面，平面,
且平面，,
所以平面平面，
所以当平面时，平面，
此时平面，即平面.
且是正四棱柱的面上的动点，
故围成的图形即四边形,
四边形的周长为: .
故答案为：
二、单选题
13．在空间中，“两条直线没有公共点”是“这两条直线平行”的
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【详解】试题分析：由两条直线平行可得到两条直线没有公共点，反之不成立，所以“两条直线没有公共点”是“这两条直线平行”的必要不充分条件
【解析】充分条件与必要条件
14．已知直线平面是平面上的一条直线，则直线与的关系不可能是（ ）
A．平行B．相交C．异面D．垂直
【答案】A
【分析】利用线面垂直的性质即可.
【详解】因为直线平面，
所以，
故直线与的关系可以是异面的，也可以是相交的，不可能是平行的.
故选：A
15．一个圆柱形的罐子半径是4米，高是9米，将其平放，并在其中注入深2米的水，截面如图所示，水的体积是平方米
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】分析：由已知可得水对应的几何体是一个以截面中阴影部分为底，以9为高的柱体，求出底面面积，代入柱体体积公式，可得答案．
详解：由已知中罐子半径是4米，水深2米，
故截面中阴影部分的面积S=平方米，
又由圆柱形的罐子的高h=9米，
故水的体积V=Sh=48立方米，
故选D．
点睛：本题考查的知识点是柱体的体积公式，扇形面积公式，弓形面积公式，难度中档．
16．如图，在矩形中，已知为边的中点．将沿翻折成，若为线段的中点，给出下列说法：①翻折到某个位置，可以使得平面；②无论怎样翻折，点总在某个球面上运动．则（ ）．
A．①和②都正确B．①和②都错误
C．①正确，②错误D．①错误，②正确
【答案】D
【分析】假设平面，得到，假设不垂直，假设不成立，①错误，取中点，连接，，得到②正确，得到答案.
【详解】对①：假设平面，平面，则，
则，，故不垂直，假设不成立，①错误；
对②：取中点，连接，为线段的中点，则，
则在以为球心，半径为的球上，②正确；
故选：D
三、解答题
17．如图，在长方体中，已知．
(1)求三棱锥的体积；
(2)求异面直线与所成的角的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等体积法转化为求得到答案.
（2）连接，确定，异面直线与所成的角为，再利用余弦定理计算得到答案.
【详解】（1）.
（2）如图所示：连接，且，故四边形为平行四边形，
则，异面直线与所成的角为，
中：，，，
故，故.
18．如图，在四棱锥中，已知底面，底面是正方形，.
(1)求证：直线平面；
(2)求直线与平面所成的角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理即可证明；
（2）以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系.分别求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式代入即可求解.
【详解】（1）因为平面，且平面，
所以.
在正方形中，.
而，平面，
故平面.
（2）以为坐标原点，分别以为轴，
建立空间直角坐标系.
设，则，
从而.
设平面的法向量为，
，
令，则.
设直线与平面所成的角为，
则，
故与夹面的所成角大小为.
19．已知平面，，，，为中点，过点分别作平行于平面的直线交、于点、.
(1)求直线与平面所成的角；
(2)证明：平面平面，并求直线到平面的距离.
【答案】(1)
(2)证明详见解析，直线到平面的距离为
【分析】（1）根据线面角的知识求得直线与平面所成的角.
（2）根据面面平行的判定定理证得平面平面，根据点面距的知识求得直线到平面的距离.
【详解】（1）由于平面，所以是直线与平面所成的角，
由于平面，所以，
，是的中点，所以，
所以，
所以.
（2）依题意可知，平面，平面，
由于平面，所以平面平面.
由于平面，所以，
由于，平面，
所以平面，而是的中点，所以平面，
直线到平面的距离，等于到平面的距离，
所以直线到平面的距离为.
20．如图，是圆柱的底面直径且是圆柱的母线且，点是圆柱底面圆周上的点，点在线段上，点在线段上．

(1)求圆柱的表面积；
(2)求证：；
(3)若是的中点，求的最小值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用圆柱的表面积公式即可；
（2）利用线面垂直的判定定理和性质即可；
（3）将平面旋转，使得转化为同一平面内的两条线，然后三点共线时取最小值即可.
【详解】（1）圆柱的底面直径故半径且高
故圆柱的表面积：
（2）是底面圆的直径，所以,
是圆柱的母线,所以平面,
平面,所以,
且,所以平面,
平面,
所以.
（3）将平面绕旋转到和平面共面，此时点在的延长线上，为点，

，
即当三点共线时，取最小值，
，
.
故的最小值为.
21．如图，是底面边长为1的正三棱锥，分别为棱上的点，截面底面，且棱台与棱锥的棱长和相等.(棱长和是指多面体中所有棱的长度之和)
(1)求证：为正四面体；
(2)若，求二面角的大小；
(3)设棱台的体积为，是否存在体积为且各棱长均相等的直四棱柱，使得它与棱台有相同的棱长和? 若存在，请具体构造出这样的一个直四棱柱，并给出证明；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，构造棱长均为，底面相邻两边的夹角为的直四棱柱即满足条件.
【分析】（1）由棱台、棱锥的棱长和相等可得，再由面面平行有，结合正四面体的结构特征即可证结论；（2）取BC的中点M，连接PM、DM、AM，由线面垂直的判定可证平面PAM，即是二面角的平面角，进而求其大小；（3）设直四棱柱的棱长均为，底面相邻两边的夹角为，结合已知条件用表示出即可确定直四棱柱.
【详解】（1）由棱台与棱锥的棱长和相等，
∴，
故.
又∵截面底面ABC，则棱锥为正三棱锥，即，，
∴，即，
从而，则，
故为正四面体.
（2）取BC的中点M，连接PM、DM、AM，
∵，则，，
，平面PAM，
∴平面PAM，
而平面PAM，故，
从而是二面角的平面角.
由（1）知，三棱锥的各棱长均为1，所以，
由D是PA的中点，得，
在Rt△ADM中，，
故二面角的大小为.
（3）存在满足条件的直四棱柱.
棱台的棱长和为定值6，体积为V.
设直四棱柱的棱长均为，底面相邻两边的夹角为，则该四棱柱的棱长和为6，体积为.
设的中心为，连接，则平面，即为三棱锥的高，
，
∴正四面体的体积是，
则，即，
从而，
故构造棱长均为，底面相邻两边的夹角为的直四棱柱，即满足条件.