2023-2024学年上海市杨思高级中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年上海市杨思高级中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．用集合符号表示直线l在平面上
【答案】
【分析】直线l在平面上，利用集合与集合的关系符合表示即可.
【详解】直线l在平面上，即直线l包含于平面，利用集合与集合的关系表示为.
故答案为：
2．直线a、b确定一个平面，则a、b的位置关系为 ．
【答案】平行或相交
【分析】利用平面的基本性质求解即可.
【详解】因为直线a，b确定一个平面，
所以a，b的位置关系为平行或相交，
故答案为：平行或相交
3．空间中，直线与直线所成角的范围是 （用弧度制表示）.
【答案】
【分析】根据直线与直线所成角的定义求解即可.
【详解】根据直线与直线所成角的定义可知，
空间中，直线与直线所成角的范围是，
故答案为：
4．空间中一个角的两边和另一个角的两边分别平行，，则 .
【答案】或/或
【分析】由空间两条平行线的性质和等角定理，可得与相等或与互补，由此不难得到正确答案．
【详解】①若角的两边和角的两边分别平行，且方向相同，则与相等
此时；
②当角的两边和角的两边分别平行，且一边方向相同另一边方向相反，则与互补，
此时．
故答案为：或
5．若一个圆柱的高为5，底面积为，则该圆柱的体积为 .
【答案】
【分析】直接利用柱体的体积公式求解即可.
【详解】因为圆柱的高为5，底面积为，
所以该圆柱的体积为，
故答案为：.
6．若正三棱柱的所有棱长均为，且其侧面积为12，则 .
【答案】2
【分析】根据三棱柱侧面积公式即可求解.
【详解】因为正三棱柱的所有棱长均为，所以三棱柱的侧面是边长为的正方形，
所以侧面积，所以.
故答案为：2
7．如图所示直角梯形上下两底分别为2和4，高为，则利用斜二测画法所得其直观图的面积为 .
【答案】
【分析】按照斜二测画法画出直观图，利用梯形面积公式便可求得其面积.
【详解】如图所示，作出直观图，
则，，，
梯形的高为，
∴直观图的面积为.
故答案为：.
8．在正方体中，异面直线和所成角的大小为 .
【答案】/
【分析】连接，则由正方体的性质可得‖，从而异面直线和所成角转化为直线和所成的角，再由正方体的性质可求得结果.
【详解】连接，因为在正方体中，‖，，
所以四边形为平行四边形，
所以‖，
所以异面直线和所成角就等于直线和所成的角，
因为，
所以异面直线和所成角的大小为，
故答案为：
9．如图，正方体中，，则二面角的余弦值为 .
【答案】
【分析】首先取BD的中点O，连接A1O，C1O，A1C1，根据题意得到为二面角的平面角，再利用余弦定理计算其余弦值即可.
【详解】取BD的中点O，连接A1O，C1O，A1C1，如图所示：
因为长方体中，
所以，即 ，
所以，，且.
所以为二面角的平面角，
故答案为：.
10．在菱形中，，，为菱形所在平面外一点，，，到直线距离为 .
【答案】
【分析】作，垂足为，可得就是到直线的距离.根据线面垂直的性质可得，，根据勾股定理即可求解.
【详解】如图，作，垂足为，
因为，即平面，且平面，
所以.
因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为,,所以.
因为平面，平面，所以.
所以.
故答案为:.
11．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”，在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是 .
【答案】36
【分析】根据题中定义“正交线面对”的含义，找出正方体中“正交线面对”的组数，即可得出结果.
【详解】如果一条直线与一个平面垂直，那么，这一组直线与平面就构成一个正交线面对.
如下图所示：
①对于正方体的每一条棱，都有个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有个；
②对于正方体的每一条面对角线（如，则平面），均有一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有个.
综上所述，正方体中的“正交线面对”共有个.
故答案为.
12．如图，正方体，则下列四个命题：
①点在直线上运动，直线与直线所成角的大小不变；
②点在直线上运动，直线与平面所成角的大小不变；
③点在直线上运动，二面角的大小不变；
④点是平面上到点和距离相等的动点，则的轨迹是过点的一条直线.
其中真命题是 （请在横线上填上正确命题的序号）
【答案】①③④
【分析】对于①，由于平面，根据平面即可判断选项正误；
对于②选项，只需要将先取在线段两端，判断与选项中的直线与平面角度是不相同的，即可得出选项的正误；
对于③选项，当在直线上运动时，发现直线始终落在平面上，据此可以判断选项的正误；
对于④选项，找到平面与底面的交线即可得到的轨迹，进而判断选项的正误.
【详解】对于①选项，由于在直线上运动，故平面；
由于，，且，
又平面，平面，
平面，，
即直线与直线所成角的大小不变，始终为，故①正确；
对于②选项，由于，且平面，平面，
所以平面，故得：点与点到平面的距离相等，又因为
所以在直线上运动，直线与平面所成角和直线与平面所成角不相等，故②错误；
对于③选项，当在直线上运动时，发现直线始终落在平面上，
即二面角始终等于平面与平面所成角，
得二面角大小不变，故③正确；
对于④选项，易知，平面垂直且平行线段，
即平面上任意一点到点与点的距离均相等，
因此平面底面即为的轨迹，轨迹为过点的一条直线，
故④选项正确.
故答案为：①③④
二、单选题
13．给定空间中的直线与平面，则“直线与平面垂直”是“直线垂直于平面内所有直线”的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要
【答案】C
【分析】根据直线与平面垂直的定义，结合充分条件与必要条件定义判断即可.
【详解】根据直线与平面垂直的定义，
若直线与平面垂直，则直线垂直于平面内所有直线，充分性成立，
直线垂直于平面内所有直线，则内必存在两直线与垂直，则直线与平面垂直，必要性成立，
所以“直线与平面垂直”是“直线垂直于平面内所有直线”的充要条件，
故选：C.
14．如图，、、、是某长方体四条棱的中点，则直线和直线的位置关系是（ ）
A．相交B．平行C．异面D．垂直
【答案】A
【分析】如图，延长GM到N,使,连接AN,DN.由和分别平行于正方体的两条相交的对角线，从而得与相交．
【详解】如图，延长GM到N,使,连接AN,DN.
，AN∥FM,
∴A,B,N三点共线，
同理D,C,N三点共线，
与相交，
故选：．
【点睛】本题考查两直线的位置关系的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15．设是直线，、是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】B
【分析】对于A，与相交或平行；对于B，由面面垂直的判定定理得；对于C，与平行或；对于D，与相交、平行或．
【详解】设是直线，，是两个不同的平面，
对于A，若，，则与相交或平行，故A错误；
对于B，若，则内存在直线，因为，
所以，由面面垂直的判定定理得，故B正确；
对于C，若，，则与平行或，故C错误；
对于D，若，，则与相交、平行或，故D错误．
故选：B．
16．在棱长为10的正方体. 中，为左侧面上一点，已知点到的距离为3，点到的距离为2，则过点且与平行的直线交正方体于、两点，则点所在的平面是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据平面的基本性质，过点且与平行的直线必然在点与直线所确定的平面内，确定点与直线所确定的平面，即由直线所确定的平面，延长，交AD于点M,在截面中作出直线,即得到Q点，并得到Q所在的平面.
【详解】如图由条件可知直线交线段于点，连接，过点作的平行线，必与相交，那么也与平面相交.
故选：D.
【点睛】本题考查直线与正方体表面的交点位置的判断，涉及线面平行的性质，考查较强的空间想象能力和逻辑推理能力，难度一般.
三、解答题
17．已知正方体，求直线与平面所成角的大小.
【答案】
【分析】作出线面角，然后根据三角函数定义可得.
【详解】设正方体棱长为，则，
由正方体性质可知，平面，
所以即为直线与平面所成角，
所以,
所以直线与平面所成角大小为.
故答案为：.
18．如图，已知正方体的棱长为2，点是棱的中点.求异面直线与所成角的大小.
【答案】
【分析】取的中点，连接，，所以异面直线与所成角即为直线与所成角，即，求解即可.
【详解】取的中点，连接，，
所以异面直线与所成角即为直线与所成角，
即，因为正方体的棱长为2，
，
所以异面直线与所成角的大小为.
19．如图，在圆柱中，是圆柱的母线，是圆柱的底面的直径，是底面圆周上异于、的点．
(1)求证：平面；
(2)若，，，求圆柱的侧面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由圆柱的性质可得底面，即可得出，再由直线与平面垂直的判定得出结论；
（2）由已知解直角三角形求出圆柱的底面半径及母线长，即可求出答案.
【详解】（1）证明：底面，且底面，
，
又，且，平面，
平面；
（2）在中，，，
，
又在中，，
．
圆柱的底面半径为，母线长为4，
圆柱的侧面积为．
四、未知
20．如图，直三棱柱的底面是等腰直角三角形，，.
(1)证明：；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）根据题目条件得到，再证明出线面垂直得到，从而证明出线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用相关公式求出二面角的余弦值，得到二面角的大小.
【详解】（1）因为直三棱柱中，，
所以四边形为正方形，故，
因为，所以，故，
因为，，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以；
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
又平面的法向量为，
故，
从图形可以看出，二面角为锐角，
则二面角的大小为.
21．如图，且，，且，且，平面，.
(1)求证：平面//平面；
(2)若为的中点，为的中点，求证：//平面；
(3)若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据，可证明线面平行，再根据面面平行的判定定理求解即可；
（2）依题意，以为坐标原点，分别以、、的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系．求出对应点的坐标，求出平面的法向量及，由，结合直线平面，可得平面；
（3）设线段的长为，，则点的坐标为，0，，求出，而为平面的一个法向量，由直线与平面所成的角为，可得线段的长．
【详解】（1）因为，，平面，平面，
且平面，平面，
所以平面，平面，
又因为，是平面内的两条相交直线，
所以平面//平面；
（2）依题意，以为坐标原点，分别以、、的方向为轴，
轴，轴的正方向建立空间直角坐标系．
可得,0,，,0,，,2,，,2,，
,0,，,1,，,0,，,,，,0,．
设为平面的法向量，
则，不妨令，可得；
又，可得．
又直线平面，
平面；
（3）设线段的长为，，则点的坐标为,0,，
可得，而为平面的一个法向量，
故．
由题意，可得，解得,．
线段的长为．