2021-2022学年上海市实验学校高二年级上册学期期中数学试题【含答案】

这是一份2021-2022学年上海市实验学校高二年级上册学期期中数学试题【含答案】，共16页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市实验学校高二上学期期中数学试题 一、填空题1．空间内，两异面直线所成角的取值范围是______.（用区间表示）【答案】【分析】利用异面直线所成角的定义直接写出范围作答.【详解】由异面直线所成角的定义知，两异面直线所成角的取值范围是.故答案为：2．已知底面边长为的正三棱柱侧面积为，则其体积为______.【答案】【分析】根据侧面积可求正三棱柱的高，进而可求体积.【详解】设正三棱柱的高为，则，解得，所以体积.故答案为：.3．圆柱的底面半径为，高为，则其表面积为______.【答案】【分析】直接利用表面积公式计算得到答案.【详解】表面积.故答案为：4．在两平面平行的判定定理中，假设为两不同平面，为两不同直线，若要得到，则需要在条件“”之外补充条件______.【答案】【分析】确定为平面内的两条相交直线，，故，得到答案.【详解】因为一个平面内两条相交直线平行于另一个面，则这两个面平行，所以要证，需要，，以及，共五个条件，所以需要在条件“”之外补充条件是.故答案为：.5．为等差数列，为其前项和，若，则______.【答案】0【分析】根据等差数列的性质及通项公式计算即可得解.【详解】因为，所以，即，所以，所以.故答案为：06．记等比数列的前项和为，若，则该等比数列的公比______.【答案】【分析】排除，由等比数列求和公式代入方程求得公比.【详解】因为，易得，所以，解得.故答案为：.7．在正方体中，分别是线段的中点，则直线与直线的位置关系是______.（从相交，平行，异面中选填）【答案】相交【分析】连接与交于点F，易得是平行四边形，根据平面的基本性质即可判断直线与直线的位置关系.【详解】如图所示：连接与交于点，由题意，易得四边形是平行四边形，在平行四边形中，分别是线段的中点，∴，又且共面，则直线与直线相交.故答案为：相交.8．如图的四面体中，所以棱长均相等，每个面都是全等的正三角形，分别是棱的中点，则直线与平面所成角的大小为______.【答案】【分析】由题意得，四面体为正四面体，进而可以证明平面，求出线面角.【详解】如图，连接，由题意得，四面体为正四面体，所以，，因为与点，平面，平面，所以平面，所以直线与平面所成角的大小为.故答案为：.9．已知等差数列满足，，等比数列的公比，令的前项和为，若“”是“”的充分条件，则正整数的最小值为______.【答案】6【分析】计算，，得到，利用错位相减得到，代入不等式解得答案.【详解】，，，，故；，故，两式相减得，所以，因为，所以，整理得到，，，，所以.正整数的最小值为.故答案为：10．如图，曲线是一个圆心位于,半径为得四分之一圆弧，是直线上的线段，两者交于，，与轴共同构造一个封闭区域，将绕轴旋转一周得到几何体，现已知：过点作的水平截面，所得的截面积与之间的函数关系式为，利用的表达式与祖暅原理，考虑一个长方体，一个四棱锥和一个平放的半圆柱，计算几何体的体积为______.【答案】【分析】利用祖暅原理，通过一个长方体减去一个四棱锥加上一个半圆柱的组合体，使其与的水平截面表达式相等，算出构造的组合体体积即可.【详解】如图，取一个宽，长，高的长方体挖空一个四棱锥，再加个半径，高的圆柱，当高时，水平截面（阴影部分）面积，由，可得，由，可得，则此组合体水平截面面积与之间的函数关系式为，所以此组合体体积与几何体的体积相等，. 故答案为：. 二、单选题11．如图所示，用符号语言可表述为（　　）A．，，B．C．D．【答案】A【分析】由题可知两平面相交于直线，直线在平面内，两直线交于点，从而可得答案.【详解】由题可知平面相交于直线，直线在平面内，两直线交于点，所以用符号语言可表示为，，，故选：A.12．已知一个圆锥的底面半径，若其体积与侧面积之间满足，则该圆锥的母线长度为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设圆锥的高为，根据体积和表面积公式得到，解得，再计算母线长得到答案.【详解】设圆锥的高为，则，，，即，解得，该圆锥的母线长度为.故选：C.13．如图是一棱长为的正方体，则异面直线与之间的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，求出与和垂直的向量坐标，求出异面直线间的距离.【详解】以D为原点，DA，DC，分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，则，，设与和都垂直，则，即，取，又因为，所以异面直线和间的距离为.故选：B.14．空间内水平放置的两个封闭图形分别为（i）长为、宽为的矩形；（ii）边长为的正三角形，记（i）中原图形面积为，斜二测画法得到的直观图面积为，（ii）中原图形面积为，斜二测画法得到的直观图面积为，对以下两个命题：①；②，以下判断正确的是（    ）A．①为真命题，②为假命题 B．①为假命题，②为真命题C．①为真命题，②为真命题 D．①为假命题，②为假命题【答案】C【分析】根据斜二测画法的知识求得正确答案.【详解】①，长为、宽为的矩形：原图：直观图：所以原图面积为，直观图的面积为，所以，①为真命题.②，边长为的正三角形：原图：直观图：所以原图面积为，直观图的面积为，所以，②为真命题.故选：C. 三、解答题15．如图，为长方体的体对角线，(1)写出所在直线与直线异面的所有棱；(2)若，且长方体的表面积为，求异面直线与所成的角大小.【答案】(1)；(2). 【分析】(1)根据异面直线的概念即得；(2) 连接，则即可判断出为所求的角，解三角形即可.【详解】（1）由异面直线的性质得与直线异面；（2）连接，因为，所以即为所求角，因为，且长方体的表面积为，所以，所以，易得，由题可知平面，平面，所以，即为直角三角形，所以，所以异面直线与所成的角大小为.16．数列的前项和为，已知.(1)时，写出与之间的递推关系；(2)求的通项公式.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据与之间的关系分析运算，注意分和两种情况讨论；（2）根据题意利用构造法结合等比数列求通项公式.【详解】（1）因为①，所以当时，②，得：，即，在①中：令得，也符合上式，所以.（2）因为，则，且所以数列是以4为首项，为公比的等比数列，所以，故.17．如图，四棱锥的底面为矩形，平面，为的中点，且.(1)证明：平面平面；(2)若，求该四棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理得到，然后利用线面垂直的判定定理即可得到平面，即可得证；（2）以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，得到，，利用可求出，即可得到答案【详解】（1）因为平面，平面，所以，又因为，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，设，则，所以，，由平面，平面可得，所以，即，解得，所以四棱锥的体积为.18．如图，正方形、的边长都是1，而且平面、互相垂直．点M在上移动，点N在上移动，若．(1)求的长；(2)a为何值时，的长最小；(3)当的长最小时，求面与面所成二面角的大小．【答案】(1)(2)当时，MN的长取最小值(3) 【分析】（1）作MP∥AB交BC于点P，NQ∥AB交BE于点Q，则MNQP是平行四边形，根据MN＝PQ，即可求出MN的长；（2）根据（1）的结果，结合二次函数的性质，即可求出MN的最小值；（3）取MN的中点G，由题意知AG⊥MN，BG⊥MN，根据二面角的平面角的定义可知∠AGB即为二面角的平面角，在三角形AGB中利用余弦定理求解即可．【详解】（1）作MP∥AB交BC于点P，NQ∥AB交BE于点Q，连接PQ，依题意可得MP∥NQ，且MP＝NQ，即MNQP是平行四边形，∴MN＝PQ．由已知，CM＝BN＝a，CB＝AB＝BE＝1，∴AC＝BF＝，，即，．（2）由（1）得，，，所以，当时，MN的长取最小值.即当M、N分别为AC、BF的中点时，MN的长最小，最小值为. （3）取MN的中点G，连接AG、BG，由（2）可得，∵G为MN的中点，∴AG⊥MN，BG⊥MN，则∠AGB即为所求二面角的平面角α，又AG＝BG＝，所以由余弦定理有，故所求二面角．19．已知数列有递推关系(1)记若数列的递推式形如且，也即分子中不再含有常数项，求实数的值；(2)求的通项公式.【答案】(1)或(2) 【分析】（1）根据题意整理可得，即，运算求解即可；（2）取，可得，利用构造法结合等比数列求通项公式.【详解】（1）因为，且，所以，则，解得或；（2）由（1）可得：当时，则，且，可得，则，且，故数列是以为首项，为公比的等比数列，∴，则，故.20．无穷数列和满足：①②，记的前项积为，(1)是否存在使得的前四项依次成等差数列？若存在则写出一组这样的若不存在，则说明理由；(2)若，求的最大值.【答案】(1)不存在，理由见解析(2) 【分析】（1）假设存在，对正负进行讨论，找出矛盾得出结论；（2）根据（1）分析出，进而对的取值进行讨论，最终得到结果.【详解】（1）假设存在，设的前四项公差为，当时，易得，所以，矛盾；同理时，也矛盾，故不存在；（2）因为，由（1）得，设，则，所以，又因为的值从大到小依次为①若，则，则，不能同时存在，故不成立；②若，则或，此时或，不能同时存在，故不成立；③若，则，则，不能同时存在，故不成立；所以，此时或可取到，所以，所以，，所以，此时为因为，所以，即的最大值为.【点睛】分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容.分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力.