2023-2024学年上海市市北中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年上海市市北中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共17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．空间中已知直线，直线，直线，若直线直线，直线与直线异面，则直线与直线的位置关系是 .
【答案】相交或异面
【分析】根据直线与直线的位置关系判断可得出结论.
【详解】空间直线，直线，直线a与c为异面直线，
则直线b与直线c可能是相交直线或也可能是异面直线.
故答案为：相交或异面
2．已知球的表面积为,则该球的体积为 .
【答案】
【分析】设球半径为，由球的表面积求出，然后可得球的体积．
【详解】设球半径为，
∵球的表面积为，
∴，
∴，
∴该球的体积为．
故答案为．
【点睛】解答本题的关键是熟记球的表面积和体积公式，解题时由条件求得球的半径后可得所求结果．
3．如图所示，是长方体，其中，，点是棱上一点，若异面直线与互相垂直，则 ．

【答案】/0.5
【分析】构造平行使异面直线夹角化为共面直线夹角，在平面中解边长即可.
【详解】如图所示，作，连接AF，则，且AD=EF，
即四边形ADEF为平行四边形，所以AF⊥，
故在矩形中，
解得
故答案为：

4．已知某圆锥体的底面半径，沿圆锥体的母线把侧面展开后得到一个圆心角为的扇形，则该圆锥体的表面积是 ．
【答案】
【详解】试题分析：由已知沿圆锥体的母线把侧面展开后得到的扇形的弧长为，从而其母线长为，从而圆锥体的表面积为；
故答案为
【解析】圆锥体的表面积．
5．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是AD的中点，F是BB1的中点，则直线EF与平面ABCD所成角的正切值为 .
【答案】/
【分析】根据平面可知即为所求角，利用可求得结果.
【详解】连接，
平面，即为直线与平面所成角，
在中，，，
.
故答案为：.
6．已知是空间的两条不同直线，是两个不同的平面，下列四个命题中真命题的编号是 .
①．，则 ②．，则
③．，则 ④．，则
【答案】①④
【分析】根据空间中直线与平面的位置关系一一判断.
【详解】对①，因为，所以，
又因为，所以，①正确；
对②，由，可得或，②错误；
对③，由，可得直线与平面的位置关系可以是平行或相交，③错误；
对④，因为，所以，④正确；
故答案为：①④.
7．圆柱容器内部盛有高度为2的水，若放入一个圆锥（圆锥的底面与圆柱的底面正好重合）后，水恰好淹没圆锥的顶部，则圆锥的高为 ．
【答案】3
【分析】设圆柱的底面半径为r，圆锥的高为，根据体积关系列方程求解即可.
【详解】设圆柱的底面半径为r，圆锥的高为，则有，
解得.
故答案为：3.
8．正四棱锥的侧棱与底面所成角的大小为，则侧面与底面所成二面角的大小为 .
【答案】
【分析】画出图形，找到二面角，求出即可.
【详解】
如图所示，为底面中心，为棱的中点，
因为是正四棱锥，所以平面，设正方形的边长为，则，
因为侧棱与底面所成角的大小为，即，则，
因为，则为所求二面角，
因为，所以，
所以侧面与底面所成二面角的大小为，
故答案为：
9．已知三棱锥，且两两垂直，则点到平面的距离为 .
【答案】/
【分析】可根据等体积求解，即，根据三棱锥中，三条侧棱两两垂直，且，即可进行求解.
【详解】设点到平面的距离为
因为两两垂直，且，
所以，，，，
在中，，所以
所以
所以
解得：.
故答案为：
10．已知三棱柱的体积为30立方厘米，P为其侧棱上的任意一点，则四棱锥的体积为 立方厘米．
【答案】20立方厘米.
【详解】试题分析：四棱锥P﹣A1CC1A的体积=三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积﹣三棱锥P﹣ABC体积﹣三棱锥P﹣A1B1C1后的体积，由此能求出四棱锥P﹣A1CC1A的体积．
详解：
四棱锥P﹣A1C1CA的体积=三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积﹣三棱锥P﹣ABC体积﹣三棱锥P﹣A1B1C1后的体积，
∵VP﹣ABC=，=
BP+B1P=BB1，
S△ABC×BB1=30，
∴四棱锥P﹣A1C1CA的体积V=﹣（VP﹣ABC+）=30﹣30×=20．
故答案为20．
点睛：本题考查棱锥的体积的计算，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化，在求棱锥的体积时常用的方法有，直接求底面积和点面距离，或者等体积转化，将不易求的点面距离和底面积转化为易求的棱锥的底面积和高.
11．如图，在正方体中，M、N、P分别是、和AB的中点，则下列关系：
①BM⊥AB；
②BM∥平面；
③；
④⊥平面，
正确的编号为 ．
【答案】①②④
【分析】①，由AB⊥面，得AB⊥BM，；
②，取的中点O，可得PO∥BM⇒BM∥面；
③，若，可得BM⊥面，与已知矛盾；
④，取中点，可得面，，即可得平面
【详解】对于①，∵AB⊥面，BM⊂面，∴AB⊥BM，故正确；
对于②，如图1，取A1C1的中点O，连接，又为中点，,
且,为中点，,，，且，
，且，所以四边形为平行四边形，
所以，面，面，面，故正确；
对于③，若，由①知AB⊥BM，即,
，且面，BM⊥面，面
，显然与已知矛盾，故错误；
对于④，如图2，取中点H，
根据平面几何关系，，所以
，，得到，
为中点，故得面，面，
面，所以面,
而面，所以
正方体中，，面，面
，又，面，
所以面，
而面，所以，面
所以面，故正确
故答案为：①②④.
12．在平面上有如下命题：“若为直线外一点，则点在直线上的充要条件是：存在实数，满足且”类比此命题，给出点在平面上的充要条件是： .
【答案】存在实数满足且.
【分析】命题表示的点在直线上的充要条件，类比直线，推广到点在平面内的充要条件.
【详解】类比到空间向量，所得结论为，在空间中，点在平面内的充要条件是：存在实数满足且.
充分性：因为点在平面内，所以满足平面向量基本定理，
得到，即，
整理得：，所以存在实数.
满足，且，得证.
必要性：因为且.
所以
即有
，由共面定理可得、、、四点共面，即点在平面内.
故答案为：存在实数满足
二、单选题
13．如图，空间四边形ABCD四边相等，顺次连接各边中点E，F，G，H，则四边形EFGH一定是（ ）

A．菱形B．正方形C．矩形D．空间四边形
【答案】C
【分析】取中点为，分别连接，利用中位线性质结合平行四边形判定证明其为平行四边形，再利用线面垂直的判定和性质即可证明其为矩形.
【详解】取中点为，分别连接，如图，

因为，且各边中点分别为E，F，G，H，
所以，，，
所以，所以四边形为平行四边形，
又因为平面，所以平面，
因为平面，所以，因为，所以，
又因为，所以，所以四边形为矩形，
易知与不一定相等，故与不一定相等，故四边形不一定为正方形.
故选：C.
14．一个正方体的八个顶点都在同一球面上，已知这个球的表面积是，则这个正方体的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出球体的半径，可求出正方体的棱长，再利用正方体的体积公式可求得该正方体的体积.
【详解】设正方体的棱长为，正方体外接球的半径为，则，可得，
因为，解得，
所以，这个正方体的体积为.
故选：C.
15．已知，若共面，则实数（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】B
【分析】由共面向量基本定理结合向量的坐标运算列式求解即可.
【详解】，若共面，则,其中，
则，
所以，解得.
故选：A.
16．若干个能确定一个立体图形的体积的量称为该立体图形的“基本量”．已知长方体，下列四组量中，一定能成为该长方体的“基本量”的是（ ）
A．，，的长度
B．，，的长度
C．，，的长度
D．，BD，的长度
【答案】A
【分析】根据题意列式求解，逐项分析判断即可.
【详解】设，
对于选项A：可得，据此可以解出，故A正确；
对于选项B：可得，据此无法解出，故B错误；
对于选项C：可得，据此无法解出，故C错误；
对于选项D：可得，据此无法解出，故D错误；
故选：A.

三、解答题
17．叙述并证明三垂线定理.
【答案】证明见解析
【分析】叙述三垂线定理内容，画出满足条件的图形后，结合线面垂直的判定定理及性质，即可证明该定理．
【详解】三垂线定理：在平面内的一直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.
已知：如图、分别是平面的垂线、斜线，是在平面内的射影，
，，
求证：.
证明：，，，
又，，平面，
平面，
又平面，．
18．已知圆锥的顶点为S，底面圆心为O，半径为2，母线SA､SB的长为，且M为线段AB的中点．

(1)证明：平面SOM平面SAB；
(2)求直线SM与平面SOA所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明线面垂直再由面面垂直判定定理证明即可；
（2）由线面角定义求线面角求正切再求角即可.
【详解】（1）因为为中点，所以，
因为平面，平面，
所以，且，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）
设的中点为，连接，则，
因为，所以，
因为底面，所以,平面，平面，,
所以平面，
所以即是直线与平面所成角．
因为圆锥的底面半径为2，母线长为，所以高，
得．
因为，
所以，
所以．
19．如图，平面，四边形为直角梯形，.

(1)求异面直线与所成角的大小；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据可得异面直线所成的角，利用直角三角形求解即可；
（2）以点为坐标原点，建立坐标系，再由向量法得出二面角的余弦值.
【详解】（1）由，
则异面直线与所成角即为，
由题意知，平面，又平面，
故，所以，即，
即异面直线与所成角为.
（2）因为平面，平面，
所以，又，，
所以以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系：

则，
则，
设平面的法向量为，
则，取，得，得，
取平面的法向量为，
设二面角的大小为，由图形知，为锐角，
所以，
所以二面角的余弦值为.
20．在正方体中，求：

(1)二面角的大小
(2)点在棱上，若与平面所成角的正弦值为，判断点位置并说明理由
【答案】(1)
(2)点在棱上，且
【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出面面角大小即得.
（2）由（1）中坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）设正方体棱长为1，以分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，

则
显然平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为,
由，得，即，令，得，
设的夹角为，，由图知二面角为锐二面角，
所以二面角大小为.
（2）设，则，平面的一个法向量为，
设与平面所成角为，，即，
所以当时，与平面所成角的正弦值为.
21．我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）甍（méng）者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，窟盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍的字面意思为茅草屋顶．”现有一个“刍甍”如图所示，四边形为正方形，四边形、为两个全等的等腰梯形，，，，．
(1)设过点且与直线垂直的平面为平面，且平面与直线、分别交于、两点，求的周长；
(2)求四面体的体积；
(3)点在线段上且满足．试问：在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）过点分别作，，连接，所以平面即为平面，分别求出，即可求出求的周长；
（2）利用等体积转化，再求解点到平面的距离，即可求解体积；
（3）当点在线段上时，分别利用线线，线面平行关系求得的值.
【详解】（1）过点分别作，，分别交，于，，连接，
所以平面即为平面，
因为四边形为正方形，，
所以，，
由已知得，，
所以的周长为．
（2）过点作，垂足为．
因为，平面，平面，
所以平面．因为，，
所以．因为，平面，
所以平面．因为平面，所以．
因为，，平面，
所以平面，所以为三棱锥的高，．
因为，所以，
所以
（3）假设存在点．
当点在线段上时，连接交于，
则，因为，
所以．
因为平面，平面，
平面平面，
所以，
所以．
综上，在直线上存在点，使平面，的值为．