2021-2022学年上海市向明中学高二年级上册学期期中数学试题【含答案】

2021-2022学年上海市向明中学高二上学期期中数学试题

一、填空题

1．空间中，直线在平面上用集合语言表示为__________．

【答案】l⊂α

【分析】利用直线在平面上，及元素与集合的关系符号、集合与集合的关系符号表达即可．

【详解】直线在平面上，用集合语言表示为l⊂α．

故答案为 l⊂α．

【点睛】本题考查了点、线、平面的位置关系的表示，点与直线的关系是元素与集合的关系，包括属于、不属于两种关系，直线和平面的关系是2个集合间的关系，包括真含于、不真含于两种关系．

2．已知向量，且与互相垂直，则的值是__．

【答案】##

【分析】两向量垂直，数量积为0，列方程求解.

【详解】因为与互相垂直，所以，解得．

故答案为：

3．在长方体中，若，，，则与平面所成的角可用反三角函数值表示为__．

【答案】

【分析】过点作的垂线，垂足为点，可证明平面，找到线面角，再利用几何关系求出结果.

【详解】

过点作的垂线，垂足为点，连接，在长方体中由，，

由长方体的性质得面，从而有，且，平面，

所以平面，则为则与平面所成角，

在中，，

所以，

故与平面所成的角．

故答案为：.

4．如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为________

【答案】

【详解】 如图所示，以长方体的顶点为坐标原点，

 过的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，

 因为的坐标为，所以,

 所以.

5．如图，平面，且，则异面直线与所成角的大小是__．

【答案】．

【分析】过作，，则（或其补角）即为所求，由线线垂直证平面，再证，即可在中求值.

【详解】过作，且，因为，所以四边形为矩形，

则（或其补角）即为所求．

因为，所以，，

因为平面，平面，，，所以；

又因为，平面，所以平面，

∵平面，所以．

在中，，即异面直线与所成的角为．

故答案为：.

6．已知点A，B到平面的距离分别是4，6，则线段AB的中点M到平面的距离是_______.

【答案】1或5

【分析】分别讨论两点位于平面同侧和两侧的情况得到结果.

【详解】若位于平面同侧，则中点到平面距离为

若位于平面两侧，则中点到平面距离为

故答案为：或

【点睛】本题考查点到面的距离问题，关键是能够对问题进行准确分类，属于基础题.

7．如图，在三棱柱中，，，分别为，，的中点，设三棱锥体积为，三棱柱的体积为，则_______

【答案】

【详解】试题分析：因为D，E，分别是AB，AC的中点，所以S△ADE：S△ABC=1：4，

又F是AA1的中点，所以A1到底面的距离H为F到底面距离h的2倍．

即三棱柱A1B1C1-ABC的高是三棱锥F-ADE高的2倍．

所以V1：V2=S△ADE•h/S△ABC•H＝=1：24

【解析】棱柱、棱锥、棱台的体积

8．已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1，若点E、F分别是AB、AD的中点，则______．

【答案】

【分析】根据题意，得A-BCD为正四面体，根据其几何性质，结合数量积公式，即可得答案.

【详解】连接AC、BD，由题意得A-BCD为正四面体，底面为等边三角形，

因为点E、F分别是AB、AD的中点，

所以，且，

所以.

故答案为：

9．直线与平面所成角为，则与所成角的取值范围是________．

【答案】

【分析】根据直线与平面所成角是直线与平面 内所有直线成的角中最小的一个，直线与平面所成角的范围，即可求出结果．

【详解】由于直线与平面所成角为，

直线与平面所成角是直线与平面 内所有直线成的角中最小的一个，

而异面直线所成角的范围是，

由，可知 与直线异面，

故与所成角的取值范围是，

故答案为：

10．已知正三棱柱的底面边长为1，高为8，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达的最短路线的长为___________.

【答案】10

【分析】将三棱柱的侧面展开两次，结合矩形的对角线长，进而求得最短距离，得到答案.

【详解】将正三棱柱的侧面展开两次，再拼接到一起，

其侧面展开图，如图所示的矩形，连接，

因为正三棱柱的底面边长为1，高为8，可得矩形的底边长为，高为，

所以.

故答案为：.

11．如图所示，在中，，，.在三角形内挖去半圆（圆心O在边AC上，半圆与BC，AB相切于点C，M，与AC交于点N），则图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得旋转体的体积为________.

【答案】

【解析】几何体是图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体，是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，求出圆锥的体积减去球的体积，可得几何体的体积.

【详解】几何体是图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体，

是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，

且球是圆锥的内切球，

所以圆锥的底面半径是1，高为，球的半径为，

可以得到，

所以圆锥的体积为，

球的体积为，

所以阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体的体积为，

故答案为：.

【点睛】该题考查的是有关旋转体的体积的求解问题，在解题的过程中，注意分析几何体的特征，涉及到的知识点有锥体的体积公式和球的体积公式，属于简单题目.

12．有两个相同的直三棱柱，高为，底面三角形的三边长分别为，，，用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，全面积最小的是一个三棱柱，则的取值范围是__．

【答案】．

【分析】由不同的拼接方式，分别计算棱柱全面积，根据全面积最小值的情况列不等式求的取值范围.

【详解】①拼成一个三棱柱时，全面积有三种情况，

将上下底面对接，其全面积为．

边可以合在一起时，其全面积为．

边合在一起时，其全面积为．

②拼成一个四棱柱，有四种情况，其中全面积有三种情况，

就是分别让边长为，，所在的侧面重合，

其上下底面积之和都是，

但侧面积分别为，

显然，三个四棱柱中全面积最小的值为．

由题意得，解得，

所以的取值范围为．

故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题除了考查棱柱全面积的计算外，重点在三棱柱和四棱柱的拼接方式，要考虑全面，不能有遗漏.

二、单选题

13．“直线与直线没有交点”是“直线与直线为异面直线”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

【分析】根据空间两直线的位置关系判断即可得出结论.

【详解】两条直线没有交点 ，说明这两条直线的位置关系为平行或异面

而两条直线为异面直线时，它们必没有交点，

所以选项B正确，选项ACD错误.

故选：B.

14．已知为两条不同的直线,为两个不同的平面,下列四个命题中正确的是（    ）

A．若且则

B．若在上,且则

C．若且在上,则

D．若且在外,则

【答案】D

【分析】A．当和为异面直线时，也可满足条件，即可判断出；

B．利用面面平行的判定定理即可判断出；

C．利用面面垂直的性质定理即可判断出；

D．利用线面垂直的性质定理即可得出．

【详解】解：A．若且则或和为异面直线，因此不正确；

B．若在上,且只有当和相交时，才能推出，因此不正确；

C．若且在上，只有垂直与和的交线时才能推出，因此不正确；

D．若且在外，则内有一条垂直于和交线的直线和垂直，又，利用线面垂直的性质定理，又在外，即可得出，正确．

综上可得：只有D正确．

故选D．

【点睛】本题考查了线面与面面平行、垂直的性质定理，考查了推理能力，属于中档题．

15．下列命题：

①有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱；

②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱；

③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形；

④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱．

其中正确命题的个数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】A

【分析】①②③④均可举出反例.

【详解】①如图1，满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形，

显然不是棱柱，故①错误；

②如图2，满足两侧面与底面垂直，但不是直棱柱，②错误；

③如图3，四边形为矩形，

即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，③错误；

④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，④错误．

故选：A

16．如图，P为正方体中与的交点，则在该正方体各个面上的射影可能是

A．①②③④ B．①③ C．①④ D．②④

【答案】C

【分析】从三个角度对正方体进行平行投影，首先确定关键点P、A，C在各个面上的投影，再把它们连接起来，即得△PAC在该正方体各个面上的射影．

【详解】由题意知，P为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的中心，

则从上向下投影时，点P的影子落在对角线AC上，故△PAC在下底面上的射影是线段AC，是第一个图形；

当从前向后投影时，点P的影子应落在侧面CDC1D1的中心上，A点的影子落在D上，故故△PAC在面CDC1D1上的射影是三角形，是第四个图形；

当从左向右投影时，点P的影子应落在侧面BCB1C1的中心上，A点的影子落在B上，故故△PAC在面CDC1D1上的射影是三角形，是第四个图形．

故选C．

【点睛】本题主要考查了平行投影和空间想象能力，关键是确定投影图得关键点，如顶点等，再一次连接即可得在平面上的投影图，主要依据平行投影的含义和空间想象来完成．

三、解答题

17．若圆锥的侧面积为，且母线与底面所成的角为，求该圆锥的体积.

【答案】.

【分析】直接代入圆锥侧面积公式，根据反三角定义与圆锥的体积公式即可求解.

【详解】

设该圆锥的底面半径为，高为，母线为，如图所示：

因为圆锥的侧面积为，且母线与底面所成的角为，

所以，所以，所以，

故该圆锥的体积.

18．已知正三棱柱的底面边长为3cm，高为3cm，M、N、P分别是、、的中点.

(1)用“斜二测”画法，作出此正三棱柱的直观图（严格按照直尺刻度）；

(2)在（1）中作出过M、N、P三点的正三棱柱的截面（保留作图痕迹）.

【答案】(1)作图见解析；

(2)作图见解析.

【分析】（1）利用斜二测法画出棱柱底面的直观图，再根据斜二测画图的原则确定三点，即可得直观图；

（2）应用平面的基本性质画出截面即可.

【详解】（1）①平面直角坐标系中作边长为3cm的等边三角形，原点为中点，如下图，

②在线段上找到中点，过作与x轴成45°的轴，并在轴找点使，此时直观图底面确定；

③过向上作与x轴垂直的射线，并在各射线上找一点使cm，连接，即得正三棱柱的直观图.

（2）①过作直线分别交射线于，连接，分别交于，

②连接，则截面即为所求.

19．如图所示，正四棱锥底面的四个顶点，，，在球的同一个大圆上，点在球面上，且已知．

（1）求球的表面积；

（2）设为中点，求异面直线与所成角的大小．

【答案】（1）（2）

【分析】（1）由题意可知，平面，并且是半径，由体积求出半径，然后求出球的表面积．

（2）以，，为，，轴建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，进一步求出的坐标，利用向量的数量积公式求出的夹角余弦，得到异面直线与所成角的大小．

【详解】解：（1）解：如图，正四棱锥底面的四个顶点，，，在球的同一个大圆上，点在球面上，底面，，，，

所以，，

球的表面积是

（2）以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则

，0，，，0，，，2，，，0，，，1，，

，，

所以

所以异面直线与所成角的余弦值为．

所以异面直线与所成角的大小为．

【点睛】本题考查球的内接体问题，球的表面积、体积，考查学生空间想象能力，通过建立空间直角坐标系，将异面直线所成的角通过向量的数量积来解决，属于中档题．

20．如图，四面体中，，．

(1)求直线与平面所成角的大小；

(2)求点到平面的距离．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）根据线面垂直判定定理，结合勾股定理和等腰三角形的性质，可得平面，利用定义法找到线面角，从而在直角三角形中求出角的大小；

（2）根据等体积法，结合三角形面积公式，可得答案.

【详解】（1）

取中点，连接、，因为，，所以．

因为，，所以，

在中，，，，

所以，所以．

因为，且平面，平面，所以平面.

故直线与平面所成角为，

在中，，

所以直线与平面所成角为；

（2）因为，所以，

所以，所以，

设点到平面的距离为，

又，且，由等体积法得，

所以，所以.

21．如图，是圆的直径，点是圆上异于、的点，直线平面，，分别为，的中点．

(1)记平面与平面的交线为，试判断与平面的位置关系，并加以说明；

(2)设（1）中的直线与圆的另一个交点为，且点满足，记直线与平面所成的角为，异面直线与所成的锐角为，求证：．

【答案】(1)直线平面，答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）根据中位线当定理，结合线面平行判定以及判定，可得答案；

（2）利用数形结合，作图，利用线面角与异面直线夹角，根据锐角正弦与余弦的定义，可得答案.

【详解】（1）直线平面，证明如下：

连接，

因为、分别是、的中点，所以．

又平面，且平面，所以平面．

而平面，且平面平面，所以．

因为平面，平面，所以直线平面；

（2）如图，连接，

由（1）得交线即为直线，且．

因为是的直径，所以，于是．

已知平面，而平面，所以．

而，且平面，所以平面，连接、，

因为平面，所以．

故就是二面角的平面角，设．

由，作且，连接、，

因为是的中点，，所以，

从而四边形是平行四边形，．

连接，因为平面，所以是在平面内的射影，

故就是直线与平面所成的角，即．

又平面，且平面，有，得为锐角，

故为异面直线与所成的角，即，

于是在，，中，分别得，，

，从而，

即．