2023-2024学年上海市位育中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年上海市位育中学高二上学期期中数学试题含答案，共20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
1．两条异面直线所成角的取值范围是
【答案】
【分析】由异面直线所成角的定义求解．
【详解】解：由异面直线所成角的定义可知：过空间一点，分别作相应直线的平行线，两条相交直线所成的直角或锐角为异面直线所成的角，故两条异面直线所成的角的取值范围是
故答案为：
【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，同时还考查了转化思想，属于基础题．
2．两个平面的位置关系有 ．
【答案】相交和平行
【分析】根据两个平面之间的位置关系，可得答案.
【详解】两个平面的位置关系有相交和平行两种，
故答案为：相交和平行
3．已知正三角形的边长为，在水平线上，则其平面直观图的面积为
【答案】/
【分析】根据直观图是原图形面积的即可得解.
【详解】由题意，
所以其平面直观图的面积为.
故答案为：.
4．已知，则的中点关于平面的对称点的坐标是
【答案】
【分析】先求出中点坐标，然后根据关于平面的对称点的特征即可得解.
【详解】由，得的中点坐标为，
所以的中点关于平面的对称点的坐标是.
故答案为：.
5．已知为空间任意一点，、、、满足任意三点不共线，但四点共面，且，则的值为 .
【答案】4
【分析】根据空间中四点共面的推论结合，求解即可.
【详解】解：因为为空间任意一点，、、、满足任意三点不共线，但四点共面，且，
所以，故.
故答案为：.
6．正方体的6个面无限延展后把空间分成 个部分
【答案】
【分析】正方体的6个面无限延展后把空间分成个部分，得到答案.
【详解】正方体的6个面无限延展后把空间分成个部分.
故答案为：
7．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.
8．在平行六面体中，，，，则 .
【答案】
【分析】先用向量线性表示出，然后求出即可.
【详解】设,，，则，
，
又因为，
所以，则.
故答案为：.
9．已知一个圆柱和一个圆锥同底等高，且圆锥的轴截面是一个正三角形，则圆柱的侧面积与圆锥的侧面积之比为 .
【答案】
【分析】利用勾股定理及圆的面积公式，结合圆柱圆锥的侧面积公式即可求解.
【详解】设圆锥的底面半径为，则圆锥的高为，
所以圆柱的侧面积为.
由题意可知，圆锥的底面周长为，母线长为，
所以圆锥的侧面积为.
所以圆柱的侧面积与圆锥的侧面积之比为.
故答案为：.
10．已知正三棱柱的底面边长为2，高为5，从点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线长度为 .
【答案】
【分析】将正三棱柱沿剪开，即可求解.
【详解】如图所示，将正三棱柱沿剪开，可得到一个矩形，其长为6，宽为5，
其最短路线为量相等线段之和，其长度等于，
故答案为：.
11．在120°的二面角﹣l﹣内有一点P，P在平面、内的射影A、B分别落在半平面内，且PA＝3，PB＝4，则P到l的距离为 ．
【答案】
【分析】在平面内的射影分别落在半平面内，且我们易求出 的长，利用四点共圆及圆周角定理的推理，我们易得到到的距离即为的外接圆直径，利用正弦定理，求出圆的直径即可得到答案 .
【详解】解：如图，平面交于,则平面 PAB，则是二面角﹣l﹣的平面角，
∵在120°的二面角﹣l﹣内有一点P，
∴,四点共圆.
又∵PA＝3，PB＝4，
∴AB＝＝，
因为平面，则同理，
，所以平面PAB，
又平面，所以
P到l的距离为，即为的外接圆直径，
由正弦定理得2R＝＝＝，
故答案为：．
12．在一个棱长为6cm的密封正方体盒子中，放一个半径为1cm的小球．无论怎样摇动盒子，小球在盒子中不能达到的空间体积是 cm3.
【答案】
【分析】小球不能到达的位置为正方体的8个顶点附近和12条棱附近的部分组成.
【详解】顶点部分不能到达部分为棱长为1的正方体减去半径为1的球体的，如下图，
所以8个顶点部分体积为，
棱部分不能到达部分为底面是边长为1，高为4的长方体减去底面半径为1，高为4的圆柱体的，如下图，
12条棱部分不能到达的体积是，
所以不能到达的体积为.
故答案为：
二、单选题
13．下列命题正确的是（ ）
A．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行
B．如果两个平面垂直于同一个平面，那么这两个平面平行
C．如果一条直线与平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行
D．如果两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直
【答案】D
【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系判断即可.
【详解】解：对于A：如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行或相交，故A错误；
对于B：如果两个平面垂直于同一个平面，那么这两个平面平行或相交，故B错误；
对于C：如果一条直线与平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行或该直线在此平面内，故C错误；
对于D：如果两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直，此为面面垂直的性质定理，故D正确；
故选：D
14．把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比为1:4，母线（原圆锥母线在圆台中的部分）长为12，则原圆锥的母线长为（ ）
A．16B．18C．20D．22
【答案】A
【分析】根据圆台的几何特征利用三角形相似即可求得结果.
【详解】由题意可得，几何体如下图所示：
取轴截面可知，圆台的上、下底面半径的比为，且，
设圆锥的母线长为，根据相似比可得，解得，
即原圆锥的母线长为.
故选：A.
15．已知三棱柱的6个顶点都在球的球面上，且，，则球的半径为 （ ）
A．5.5B．6C．6.5D．7
【答案】C
【分析】由题意可得三棱柱为直三棱柱，将直三棱柱补成长方体，则长方体的体对角线即可为外接球的直径，即可得解.
【详解】∵三棱柱的6个顶点都在球O的球面上，
则三棱柱为直三棱柱，
又∵，则可将直三棱柱补成长方体，
∴直三棱柱的外接球即为长方体的外接球，
故球O的直径为
∴球O的半径为.
故选：C.

16．M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点，将菱形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，对于下列两个命题：①直线MN恒与平面ABD平行；②异面直线AC与MN恒垂直．以下判断正确的是（ ）
A．①为真命题，②为真命题；B．①为真命题，②为假命题；
C．①为假命题，②为真命题；D．①为假命题，②为假命题；
【答案】A
【分析】根据线面平行的判定定理可知①为真命题，利用线面垂直可得②为真命题.
【详解】因为M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点，所以，
因为平面ABD，平面ABD，所以①直线MN恒与平面ABD平行正确；
如图，取中点，则（菱形对角线垂直），
又，且两直线在平面内，所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以，所以②正确；
故选：．
三、解答题
17．如图，在正方体中，，求：
(1)异面直线与所成角的大小；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）找到即为异面直线与所成角，求出各边长，得到答案；
（2）作出辅助线，证明出面，求出点到平面的距离为.
【详解】（1）因为，
所以即为异面直线与所成角，
因为，由勾股定理得，，
故，
所以；
（2）连接交于，则，
因为⊥平面，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以面，
所以线段为所求距离，所以点到平面的距离为.
四、未知
18．沪版必修第三册教材中用了较多的篇幅来介绍立体几何中的定理及其证明过程，力求培养同学们的空间想象能力和逻辑推理能力.
(1)写出“异面直线判定定理”的内容并证明该定理；
(2)表述出祖暅原理的内容，并画出用祖暅原理推导半球体积时构造出的几何体（需交代主要线段的长度，可适当用文字说明）.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）写出异面直线判定定理，再利用反证法证明即可；
（2）先写出祖暅原理，再根据祖暅原理画出图形即可.
【详解】（1）异面直线判定定理：经过平面外一点和平面内一点的直线，和平面内不经过该点的直线是异面直线.
证明过程：
已知：点直线，点在平面外，，直线，且，
求证：直线为异面直线.
假设直线在平面内，
则点和直线都在平面内，
而点和直线都在平面内，
由于经过直线和直线外一点有且只有一个平面，
所以重合，
从而直线在平面内，这与已知条件矛盾，
所以直线为异面直线.

（2）祖暅原理：夹在两个平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.
如图所示，图①几何体的为半径为的半球，
图②几何体为底面半径和高都为的圆柱中挖掉了一个圆锥，
设与平面平行且距离为的平面截两个几何体得到两个截面，
则图②与图①截面面积相等的图形是圆环（如阴影部分），
在图①中，设截面圆的圆心为，易得截面圆的面积为，
在图②中，截面截圆锥得到的小圆的半径为，
所以圆环的面积为，所以截得的截面的面积相等，
则图②几何体的体积即为图①半球的体积.
五、解答题
19．如图①，有一个圆柱形状的玻璃水杯，底面圆的直径为20cm，高为30cm，杯内有20cm深的溶液．如图②，现将水杯倾斜，且倾斜时点B始终在桌面上，设直径AB所在直线与桌面所成的角为α．
(1)求图②中圆柱的母线与液面所在平面所成的角(用α表示)；
(2)要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，求α的最大值．
【答案】(1)；
(2)45°﹒
【分析】(1)根据几何关系可知圆柱的母线与液面所在平面所成的角与α互余；
(2)根据题意画出图形，结合图形，求出倾斜时容器内装的最大溶液体积，现有溶液体积小于或等于该体积即可求出α的最大值．
【详解】（1）如图，
EF为液面，EF∥水平线，∴∠BEF＝β，
∵AD∥BC，∴∠DFE＝∠BEF＝β，
∵∠ABC＝，∴α＋β＝，
图②中圆柱的母线与液面所在平面所成的角为．
（2）如图，过F作FQ∥CD交BC于Q，
在中，，，则，
．
此时容器内能容纳的溶液量为：
，
容器中原有溶液量为，
令，解得，，
即的最大角为45°时，溶液不会溢出．
20．如图， 在四棱锥中， 底面， 四边形为正方形， ， 分别是的中点．

(1)证明：平面．
(2)鳖臑是我国古代数学对四个面均为直角三角形的四面体的统称. 右图中是否能找到鳖臑，若能，写出一个并证明；若不能，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)三棱锥（或三棱锥），理由见解析
【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）连接，则三棱锥为鳖臑，证明，及平面即可.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为为的中点，所以且，
因为为的中点，所以且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）连接，则三棱锥为鳖臑，
由四边形为正方形，可得为直角三角形，
因为底面，面，
所以，
所以都是直角三角形，
因为平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以为直角三角形，
所以三棱锥的四个面都是直角三角形，
所以三棱锥为鳖臑.
另解：三棱锥为鳖臑，
由四边形为正方形，可得为直角三角形，
因为底面，面，
所以，
所以都是直角三角形，
因为平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以为直角三角形，
所以三棱锥的四个面都是直角三角形，
所以三棱锥为鳖臑.

21．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，分别为棱中点．
(1)求证：平面平面；
(2)若平面平面，直线与平面所成的角为，且，求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明平面，平面，即可证明结论；
（2）根据面面垂直性质定理得，进而得，再根据题意证明平面可得为直角三角形，再根据几何关系得，进而根据是二面角的平面角求解即可.
【详解】（1）证明：因为分别为棱中点，
所以，在中，，
因为平面，平面，
所以，平面，
因为，为棱中点．
所以，，
所以，四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以，平面，
因为平面，
所以，平面平面
（2）解：因为平面平面，平面平面，，平面，
所以，平面
所以，是直线与平面所成的角，
因为，直线与平面所成的角为，
所以，，
所以，
因为平面，
所以，，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，即为直角三角形，
所以，在中，由可得，
所以，，即，
因为，，
所以，是二面角的平面角，
所以，二面角的大小为.
六、填空题
22．正方体中，过作直线，若直线与平面中的直线所成角的最小值为，且直线与直线所成角为，则满足条件的直线的条数为 .
【答案】2
【分析】作出辅助线，得到为轴的圆锥母线（母线与成）是直线的运动轨迹，为轴的圆锥母线（母线与成）是直线的运动轨迹，两个圆锥的交线即为满足条件的直线的条数.
【详解】设立方体的棱长为1，过作直线，
若直线与平面中的直线所成角的最小值为，
即与平面所成角为，
为轴的圆锥母线（母线与成）是直线的运动轨迹，
连接，由题意得，直线与直线所成角为，
直线与直线所成角为.
此时为轴的圆锥母线（母线与成）是直线的运动轨迹，
两个圆锥相交得到两条交线.
故答案为：2
23．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动. 勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a.
① 能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a

② 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
③ 勒洛四面体中过三点的截面面积为
④ 勒洛四面体的体积
上述命题中正确的是
【答案】①④
【分析】对于①，根据勒洛四面体表面上任意两点间距离小于等于，进行判断；对于②，求出，，相减即为能够容纳的最大球的半径；对于③，勒洛四面体中过三点的截面为三个半径为，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，由此可判断；对于④，勒洛四面体的体积介于正四杨体的体积和正四面体的外接球体积之间，求出正四面体的体积和正四面体的外接球的体积，从而求出答案．
【详解】对于①，由题意知：勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值，故①正确；
对于②，勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图，

其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球的球心，
由题意得该球的球心为正四面体的中心，半径为，连接，
则三点共线，
设正四面体的外接球半径为，
由题意得：，解得，
，，
由题意得，故②错误；
对于③，勒洛四面体中过三点的截面为三个半径为，
圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，

即，故③错误；
对于④，
勒洛四面体的体积介于正四面体的体积和正四面体的外接球的体积之间，

正四面体底面面积为，底面所在圆的半径为，
正四面体的高为，
正四面体的体积，
设正四面体的外接球半径为，则由题意得：
，解得，
正四面体的外接球的体积为，
勒洛四面体的体积满足，故④正确．
故答案为：①④．
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.