2023-2024学年上海市风华中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年上海市风华中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了填空题，单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．用集合符号表述语句“平面经过直线”： .
【答案】
【分析】根据线面关系可得结果.
【详解】因为平面经过直线AC，则.
故答案为：.
2．如果一个多面体的所有面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这个多面体就叫做正多面体.下列几何体中，所有棱长均相等，同一表面的角都相等，则 是正多面体.（写出所有正确的序号）
【答案】（1）（2）（3）（4）
【分析】由题意，逐项判别，可得答案.
【详解】对于（1），该多面体由全等的正三角形组成，且每个顶点聚集的棱有条，符合题意；
对于（2），该多面体由全等的正四边形组成，且每个顶点聚集的棱有条，符合题意；
对于（3），该多面体由全等的正三角形组成，且每个顶点聚集的棱有条，符合题意；
对于（4），该多面体由全等的正五边形组成，且每个顶点聚集的棱有条，符合题意；
故答案为：（1）（2）（3）（4）.
3．已知正方体中，，则该正方体的表面积为 .
【答案】
【分析】由正方体的体对角线公式可表示正方形的边长，进而可求得正方体的表面积.
【详解】如图所示，
设正方体的边长为m（），则，解得，
所以正方形的表面积为.
故答案为：.
4．如果平面外有两点A、B，它们到平面的距离都是a，则直线和平面的位置关系是 ．
【答案】平行或相交
【分析】若在平面的同侧，可判断直线和平面平行；若在平面的两侧，可判断直线和平面相交；
【详解】若在平面的同侧，因为平面外有两点到平面的距离相等，所以直线和平面平行；
若在平面的两侧，因为平面外有两点到平面的距离相等，所以直线和平面相交；
综上所述:直线和平面的位置关系一定是平行或相交
故答案为：平行或相交.
5．正四棱锥的侧面是等边三角形，为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为 .
【答案】/
【分析】设等边的边长为，设，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线和所成角的余弦值.
【详解】设等边的边长为，设，则平面，
又因为四边形为正方形，则，且，
易知为的中点，则，
因为平面，平面，则，
所以，，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
所以，，，
所以，，
因此，异面直线和所成角的余弦值为.
故答案为：.
6．球面上三点、、所确定的截面到球心的距离等于球半径的，且，，，则该球的体积为 .
【答案】
【分析】设球的半径为，计算出的外接圆半径，根据题意可得出关于的等式，解出的值，再利用球体的体积公式可求得该球的体积.
【详解】设球的半径为，因为，，，则，
所以，，则为直角三角形，且为斜边，
所以，的外接圆半径为，
因为所确定的截面到球心的距离等于球半径的，
则，可得，
因此，该球的体积为.
故答案为：.
7．如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，那么AB，CD，EF，GH这四条线段所在直线是异面直线的有 对．
【答案】3
【分析】把展开图还原成正方体，观察几何体由异面直线的定义即可得到答案.
【详解】如图所示：把展开图再还原成正方体，由经过平面外一点和平面内一点的直线和平面内
不经过该点的直线是异面直线可得，AB，CD，EF，GH这四条线段所在直线是异面直线的有：
AB 和 CD，AB 和 HG，EF 和 HC，共三对，
故答案为：3．
二、单选题
8．将地球看作是一个球体，则下列经纬线所在截面是大圆的有（ ）
①经线②北纬③西经④赤道
A．②③B．①②③C．①③④D．①②③④
【答案】C
【分析】根据经线和纬线及大圆的定义判断.
【详解】由经线和纬线的定义可知，所有经线均为大圆，纬线中只有赤道为大圆，
故①③④正确，②错误.
故选：C
9．如图有一个直角梯形，则它的水平放置的直观图是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】作出直角梯形的直观图，即可得出合适的选项.
【详解】作出直角梯形的直观图如下图所示：
A选项满足要求.
故选：A.
三、多选题
10．在下列关于直线、和平面、的命题中，假命题是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】AC
【分析】利用线面垂直的性质可判断AD选项；利用空间向量与面面垂直的关系可判断B选项；利用已知条件直接判断面面位置关系，可判断C选项.
【详解】对于AD选项，若，，则，又因为，则，A错D对；
对于B选项，设直线、的方向向量分别为、，
因为，，则平面的一个法向量可以为，平面的一个法向量可以为，
因为，则，故，B对；
对于C选项，若，，，则、平行或相交（不一定垂直），C错.
故选：AC.
四、解答题
11．如图，在正方体中，，求：
(1)异面直线与所成角的大小；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）找到即为异面直线与所成角，求出各边长，得到答案；
（2）作出辅助线，证明出面，求出点到平面的距离为.
【详解】（1）因为，
所以即为异面直线与所成角，
因为，由勾股定理得，，
故，
所以；
（2）连接交于，则，
因为⊥平面，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以面，
所以线段为所求距离，所以点到平面的距离为.
12．已知P为所在平面外一点．
(1)若O为P在平面上的投影，，，证明：O为的垂心；
(2)若、、两两垂直，且，求直线与平面的夹角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)直线与平面的夹角的大小为
【分析】（1）通过证明三垂线交于点即可证明结论；
（2）通过证明线面垂直得出所求角，即可求出直线与平面的夹角的大小.
【详解】（1）O为P在平面上的投影，则面，
由可得，同理，
所以，O为的垂心.
（2）取中点D，连接，过P作于O，
因为，，所以，，
∵面，面，，面，
所以面，
∵面，
所以，
因为，面，面，，面，
所以平面，所以即为所求角.
∵、、两两垂直，且，
设，
∴，是等边三角形，，，，
∴，，
∴夹角大小为.
13．如图，在直角梯形中，，，，.将（及其内部）绕所在的直线旋转一周，形成一个几何体.

(1)求该几何体的体积和表面积；
(2)设直角梯形绕所在的直线旋转角至，若，求角的值.
【答案】(1)体积为，表面积为
(2)
【分析】（1）在中可求得，运用柱体、锥体的体积表面积公式计算即可.
（2）在中由余弦定理可得，在中由勾股定理即可求得结果.
【详解】（1）过点作，如图所示，

则，，
所以，
在中，，，，则，
所以该几何体的体积，
该几何体的表面积.
（2）连接，，如图所示，

在中由余弦定理得，即，
所以在中，，即，解得，
又，所以.
14．如图所示的一块木料，其形状是正四棱柱，记作，是的中点，，，

(1)棱上是否存在一点，使得点在平面上？请说明理由；
(2)现需要沿着平面切开这块木料，再将两部分木料重新拼接成一个新的直三棱柱或直四棱柱，求新棱柱的表面积.（求出所有可能的表面积）
【答案】(1)存在点位于的中点处时，点F在平面上理由见解析.
(2)新棱柱的表面积为或
【分析】（1）运用经过两条平行线有且只有一个平面证明即可.
（2）重新组合后有三种情况，分别计算三种情况下的表面积即可.
【详解】（1）存在点位于的中点处时，点F在平面上.
理由如下：当点位于的中点时，连接、，如图所示，

因为，，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又是的中点，为的中点，所以，
所以，
所以点、、、四点共面，即点F在平面上.
（2）①如图所示，

由题意知，，，则，
所以此三棱柱的表面积为（）.
②如图所示，

所以此三棱柱的表面积为（）.
③如图所示，

所以此三棱柱的表面积为（）.
综述：新棱柱的表面积为或.
15．已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.

(1)求证：//平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)若点是线段上的动点，问: 点在何处时，直线与平面所成的角最大?求出最大角，并说明点此时所在的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)在线段上靠近点的处，
【分析】（1）根据线面平行的判定定理即得. （2）根据题干数据结合 即可求解.（3）由线面平行的判定定理可得平面，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，要使最大，则需使最小，此时，从而可求解.
【详解】（1）因为菱形，所以，又平面，
平面，所以平面.
（2）由题意可得、与都是边长为2的等边三角形，
所以，，所以.
因为，所以，
设到平面的距离，由得，
即，解得，
故点到平面的距离.
（3）设直线与平面所成的角为，由（1）知平面，
所以到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，则 ，此时，要使最大，则需使最小，
此时，
由题意可知：，，
在中，由余弦定理可得：，
所以，
由面积相等，
即，解得，
，则，得，
即直线与平面最大角为，此时在线段上靠近点的处.