2022-2023学年上海市大同中学高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年上海市大同中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．以下说法正确的是（    ）

A．各侧面都是矩形的棱柱是长方体

B．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱

C．各侧面都是全等的等腰三角形的四棱锥是正四棱锥

D．底面四条边相等的直棱柱是正四棱柱

【答案】B

【分析】举反例如直三棱柱判断选项A；由线面垂直的判定定理可判断B；举反例判断选项C，D；即可得正确选项.

【详解】对于A：直棱柱的侧面都是矩形，但不一定是长方体，如直三棱柱，故选项A不正确；

对于B：

如图假设四棱柱中，侧面和都是矩形，则，，因为，面，面，所以面，因为棱柱的侧棱都是平行的，所以是直四棱柱，故选项B正确；

对于C：

如图，将菱形的对角线的交点上拉可得如图四棱柱，各侧面都是全等的等腰三角形，但底面是菱形，故不是正四棱柱，故选项C不正确；

对于D：底面是菱形的直棱柱，满足底面四条边相等，但不是正四棱柱，故选项D不正确；

故选：B.

2．如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点，且，则下列结论中错误的是（    ）

A．

B．平面

C．三棱锥的体积为定值

D．的面积与的面积相等

【答案】D

【分析】连接，则平面，利用线面垂直的定义可知A正确；，利用线面平行的判定定理可知B正确；进而得到C正确；点到直线的距离不相等，可知D不正确，得出答案．

【详解】

解：连接，在正方体中，平面，

又，平面，

平面，选项A正确；

，即，平面，

平面，平面，选项B正确；

由平面，

得；

三棱锥的体积为定值，选项C正确；

点到直线的距离不相等，

的面积与的面积不相等，

故D错误．

故选：D

3．、两个动点从棱长为的正方体的顶点出发沿棱向前运动.动点运动的路线是，运动规则如下：第段与第段（其中是正整数）所在直线一定是异面直线.动点运动的路线是，它和点具有相同的运动规则.那么动点运动完段、动点运动完段后各自停止在正方体的某个顶点处，此时动点、的距离是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分析可知点、运动的路线呈现周期性变化，且以段为一个周期，确定动点运动完段后、动点运动完段后，这两个动点的位置，即可求得动点、的距离.

【详解】点运动的路线为，

点运动的路线为，

由上可知，点、运动的路线呈现周期性变化，且以段为一个周期，

因为，，

所以，动点运动完段后与点重合，动点运动完段与点重合，

此时，动点、的距离是.

故选：C.

4．一个盛满水的三棱锥容器，不久发现三条侧棱上各有一个小洞D､E､F，且知，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】液面为平面时所盛水最多，利用体积之比即可求解.

【详解】设到平面的距离为，

因为，所以到平面的距离为，

因为，

所以,

所以，,

所以=，因此最多可盛的水的体积为，

故选:D.

二、填空题

5．已知球的半径为3，则该球的体积为 _________ .

【答案】

【分析】根据球的体积公式计算可得；

【详解】解：因为球的半径，所以球的体积；

故答案为：

6．已知等差数列中，，则数列的通项公式是___________.

【答案】##

【分析】设公差为d，由基本量代换列方程组，解出，即可得到通项公式.

【详解】设等差数列的公差为d，由题意可得：，

解得：，

所以.

故答案为：.

7．“直线与平面内无数条直线垂直”是“”的______条件.（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充分必要”或“既不充分又不必要”）

【答案】必要不充分.

【分析】根据平面内与斜线在平面内的射影垂直的直线必定与垂直，可知充分性不成立；根据线面垂直的定义，可得必要性成立．由此得到正确答案

【详解】解：（1）充分性：当直线与平面斜交，且在平面内的射影为，若内的直线与垂直时与垂直，并且满足条件的直线有无数条．这样平面内有无数条直线垂直，但与不垂直，因此充分性不成立；

（2）必要性：当“”成立时，内的任意一条直线都与垂直，因此“直线与平面内无数条直线垂直”成立，所以必要性成立.

故答案为:必要不充分.

【点睛】本题考查了判断两命题间的充分、必要条件，考查了直线与平面的位置关系.对于两个命题， ，判断他们的关系时，常常分为两步，以为条件，判断是否成立；以为条件，判断是否成立.

8．正方体中，直线与平面所成角的大小为__________.

【答案】##

【分析】确定即为直线与平面所成角，计算得到答案.

【详解】如图所示：易知平面，则即为直线与平面所成角，

.

故答案为：.

9．数列的通项公式为，则它的前项和__________.

【答案】

【分析】直接利用裂项相消法计算得到答案.

【详解】，

故.

故答案为：

10．在水平放置的平面上，有一个边长为4cm的正方形，其直观图的面积是____________cm.

【答案】

【分析】由已知得直观图为邻边长分别为4cm，2cm，夹角为的平行四边形，直接求其面积即可.

【详解】其直观图为邻边长分别为4cm，2cm，夹角为的平行四边形，

其面积为 cm

故答案为：

11．正四棱台的上、下底面分别为边长为1和2的正方形，侧棱长为1，则该棱台的侧面积为______．

【答案】

【分析】先求出一个侧面的面积，即可求出该棱台的侧面积.

【详解】正四棱台的侧面为一个等腰梯形，如图示：

.

过C作于E，则.

所以等腰梯形的面积为.

所以该棱台的侧面积为.

故答案为：.

12．圆柱的侧面展开图是边长为和的矩形，则圆柱的体积为__________.

【答案】或

【分析】根据圆柱的侧面展开图与圆柱的关系即可求解.

【详解】设圆柱底面圆的半径为，高为，

若为底面圆的周长，则，则圆柱的体积为，

若为底面圆的周长，则，则圆柱的体积为，

故答案为:或.

13．在无穷等比数列中，，公比，记，则___________

【答案】

【分析】求出数列的公比，首项，然后由无穷递缩等比数列的和公式计算．

【详解】因为是等比数列，公比为，

所以也是等比数列，公比为，从而还是等比数列，公比为，

首项为，

所以．

故答案为：

14．如图，已知棱长为1的正方体中，分别是线段的中点，又分别在线段上，且.设平面平面，现有下列结论：①平面；②；③直线与平面垂直；④当变化时，是定直线.其中成立的结论是__________.（写出所有成立结论的序号）

【答案】①②④

【分析】①利用线面平行的判定定理和性质定理； ②结合①所得结论即可判定；③根据不垂直于平面即可判断，④根据线面平行的性质定理确定的位置即可判断.

【详解】连接,,

平面，平面，

平面,

又因为平面平面，

,且平面,平面,

所以平面，故①正确；

因为,所以,所以，故②正确；

因为不垂直于平面，所以不垂直于平面，

故③错误；

当变化时，是过点且与直线平行的定直线，故④正确.

故答案为: ①②④.

15．如图，菱形的边长为，点为的中点，现以线段为折痕将折起使得点到达点的位置，且平面平面，点分别为的中点，若三棱锥的体积等于的值为__________.

【答案】2

【分析】利用三棱锥的体积和三棱锥的数量关系即可求得的值.

【详解】由已知在菱形中，则为等边三角形，

，，

因为，平面平面，易知平面

又因为为中点，则

所以

，解得

故答案为：2

16．如图，矩形中，分别为边上的定点，且，分别将沿着向矩形所在平面的同一侧翻折至与处，且满足，分别将锐二面角与锐二面角记为与，则的最小值为__________.

【答案】

【分析】如图所示，作于，在底面投影为，于，在底面投影为，将立体图形还原到平面图形，设，根据相似得到各线段的长度，得到的函数表达式，计算二次函数的最值得到答案.

【详解】如图①，作于，在底面投影为，，

同理，于，在底面投影为，，

，故，还原到平面图形如图②所示：

易知是中点，是中点，，

设，，

同理可求得，，

，

当且仅当 取得最小值.

故答案为: .

【点睛】本题考查了二面角的问题，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和转化能力，其中通过立体和平面的转化，将二面角的三角函数值转化为二次函数是解题的关键.

三、解答题

17．如图，已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，高为2，底面半径为2．

(1)求该圆锥的侧面积；

(2)设OA、OB为该圆锥的底面半径，且∠AOB＝，M为线段AB的中点，求直线PM与直线OB所成的角的正切值，

【答案】(1)8π

(2)

【分析】（1）先求圆锥的母线l，再根据圆锥的侧面积公式可求出结果；

（2）取OA的中点N，连接MN，PN，易知∠PMN或其补角即为所求，先证OB⊥平面POA，推出MN⊥平面POA，故MN⊥PN，在直角三角形中求解可得结果.

【详解】（1）由题意知，圆锥的高，底面半径，

所以圆锥的母线，

∴圆锥的侧面积．

（2）取OA的中点N，连接MN，PN，

∵M为AB的中点，∴MNOB，

∴∠PMN或其补角即为直线PM与直线OB所成的角，

∵OB⊥OA，OB⊥OP，OA∩OP＝O，OA、OP⊂平面POA，

∴OB⊥平面POA，

∴MN⊥平面POA，∴MN⊥PN，

，，

在直角三角形中，有.

故直线PM与直线OB所成的角的正切值为．

18．如图，在正方体中.

(1)求异面直线和所成角的大小；

(2)求二面角的大小.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，计算可得，即得解；

（2）分别求解两个平面的法向量，利用二面角的向量公式求解即可

【详解】（1）

由正方体，故两两垂直，不妨令正方体边长为1

以为坐标原点所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：

故

由于，故

异面直线和所成角的大小为

（2）由（1），

设平面的法向量为

，令，故

设平面的法向量为

，令，故

设二面角的平面角为，由图得二面角为钝角

故

故，即二面角的大小为

19．已知为等差数列，为公比大于0的等比数列，且，，，.

（1）求和的通项公式；

（2）记，数列的前项和为，求.

【答案】（1），；（2）.

【分析】（1）求出的公差和的公比后可得和的通项公式.

（2）利用错位相减法可求.

【详解】（1）设的公差为，的公比为，

则，解得或（舍），故.

又，故，故.

（2），

故，

所以，

所以

，

故.

【点睛】方法点睛：数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.

20．已知直三棱柱中，是线段的中点，连接，得到的图形如图所示.

(1)证明：平面；

(2)若，求三棱锥的侧面积和体积.

【答案】(1)见解析

(2);

【分析】（1）由勾股定理证明，再利用线面垂直的判定定理证明平面，进而可得 ，再利用线面垂直的判定定理即可证明结果；

（2）利用侧面积等于三个三角形面积之和求解侧面积，根据等体积法求解体积.

【详解】（1）因为,所以，

又因为平面,平面,所以,

且平面，,

所以平面,又因为平面,

所以,

又因为四边形为正方形，所以,

且平面，,

所以平面.

（2）由题可知，,

所以,

又因为

所以三棱锥的侧面积.

由题可知.

21．已知是底面边长为1的正四棱柱，为与的交点.

(1)设与底面所成角的大小为异面直线与所成角的大小为求证:

(2)若点C到平面的距离为求正四棱柱的高；

(3)在(2)的条件下，若平面内存在点P满足P到线段BC的距离与到线段的距离相等，求的最小值.

【答案】(1)证明过程见解析；(2)2；(3)

【分析】(1)根据线面角的定义、异面直线所成角的定义可以求出的大小,最后可以证明出结论；

(2)根据面面垂直的性质定理可以找到点C在平面的射影的位置,利用相似三角形性质可以求出正四棱柱的高；

(3)以为空间直角坐标系的坐标原点，以所在的直线为轴，设出点P的坐标,由题意可以求出点P的轨迹方程,计算出的表达式,进行恒等变形最后求出的最小值.

【详解】(1)设正四棱柱的高为,因为底面,所以

,于是有.因为∥,如下图所示：所以

,由勾股定理可知：,在等腰三角形中,底边上的高为,

所以,.

(2)因为为与的交点,三角形是以为底边的等腰三角形,所以,根据线面垂直的判定理可知：平面,由面面垂直的判定定理可知：平面平面,这两个平面的交线为,因此点C在平面的射影在上,即,如上图所示：

在矩形中, ,

因为∽,所以有,

所以正四棱柱的高为2；

(3) 以为空间直角坐标系的坐标原点，以所在的直线为轴，如上图所示：设,因为平面,故,由题意可知；

所以有,

当时, 有最大值1,此时,而也达到最小值,所以

有最大值,因此有最小值,最小值为.

【点睛】本题考查了线面角、异面直线的所成的角的计算,考查了求正四棱柱的高,考查了函数的应用.