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    2023-2024学年上海市新川中学高二上学期期中数学试题含答案

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    2023-2024学年上海市新川中学高二上学期期中数学试题含答案

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    这是一份2023-2024学年上海市新川中学高二上学期期中数学试题含答案,共15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。
    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.直线过点且倾斜角为,则直线的方程为 .
    【答案】x=1
    【详解】∵直线过点且倾斜角为,
    ∴直线的方程为x=1
    故答案为:x=1
    3.若球的半径为1,则球的体积是 .
    【答案】
    【分析】已知半径,根据球的体积公式计算即可.
    【详解】已知球的半径,
    ∴体积.
    故答案为:.
    4.过点P(-1,3)且垂直于直线x-2y+3=0的直线方程是 .
    【答案】2x+y-1=0
    【详解】试题分析:由题可知,设直线Ax+By+C=0,与它垂直的直线为-Bx+Ay+D=0,故设与已知直线垂直的直线为2x+y+D=0,将点P(-1,3)代入,得出D=-1,故直线方程为2x+y-1=0.
    【解析】两条直线的位置关系
    5.若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形.则圆锥的侧面积是 .
    【答案】
    【分析】根据题意可得圆锥的底面半径和母线长,进而根据圆锥侧面积公式求得结果.
    【详解】若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形,则圆锥的底面半径,母线,
    故圆锥的侧面积.
    故答案为:.
    6.已知向量,,且与互相垂直,则的值是 .
    【答案】/
    【分析】向量的垂直用坐标表示为,代入即可求出答案.
    【详解】,

    因为与互相垂直,
    所以,
    即,
    解得:.
    故答案为:
    7.如图,在三棱台的9条棱所在直线中,与直线是异面直线的共有 条.
    【答案】3
    【分析】利用异面直线的判定定理判断即可.
    【详解】空间直线的位置关系有平行、相交、异面,即不平行也不相交则异面,
    由图可知九条棱中,,,,,与相交,
    没有直线与平行,
    所以与直线是异面直线的共有3条,分别为,,,
    故答案为:3
    8.设正四面体的棱长为1,则该正四面体的高为 .
    【答案】/
    【分析】设正四面体为,过作底面,可知为底面正三角形的中心,然后求解直角三角形得答案.
    【详解】如图,设正四面体为,过作底面,垂足为,
    四面体为正四面体,为底面正三角形的中心,
    连接并延长交于,则为中点,
    底面边长为1,,

    该正四面体的高为.
    故答案为:.
    9.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
    10.若,则三棱锥O—ABC的体积为 .
    【答案】
    【分析】根据空间向量的坐标运算,求得棱锥底面积和高,结合棱锥的体积计算公式,即可求得结果.
    【详解】根据已知可得:,即,
    又,
    故△的面积;
    不妨取平面的一个法向量,
    则点到平面的距离,
    故三棱锥O—ABC的体积.
    故答案为:.
    11.在三棱锥中,底面,是的中点,已知,则异面直线BC与AD所成角的余弦值为 .
    【答案】/
    【分析】根据三棱锥的几何特征,以为坐标原点建立空间直角坐标系,利用空间向量即可求出异面直线BC与AD所成角的余弦值为.
    【详解】由底面,平面,所以,
    又,可得,即两两垂直;
    因此以为坐标原点,分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系,如下图所示:
    则,
    又是的中点,可得,所以,
    可得;
    所以异面直线BC与AD所成角的余弦值为.
    故答案为:
    12.如图所示,在正方体中,AB=3,M是侧面内的动点,满足,若AM与平面所成的角,则的最大值为 .
    【答案】
    【分析】以为原点建立空间直角坐标系,设,根据,求得的关系,再根据平面,可得,解即可.
    【详解】解:如图,以为原点建立空间直角坐标系,
    则,
    设,
    则,
    因为,
    所以,
    所以,则,
    因为平面,
    所以即为AM与平面所成角,即,
    则,
    所以当时,取得最大值.
    故答案为:.
    二、单选题
    13.“是“直线与直线平行”的( )
    A.充分不必要条件B.必要不充分条件
    C.既不充分也不必要条件D.充要条件
    【答案】D
    【解析】根据两条直线平行的条件以及充要条件的定义可得答案.
    【详解】因为直线与直线平行等价于且,即,
    所以“是“直线与直线平行”的充要条件.
    故选:D
    【点睛】结论点睛:本题考查充要条件的判断,一般可根据如下规则判断:
    (1)若是的必要不充分条件,则对应集合是对应集合的真子集;
    (2)是的充分不必要条件, 则对应集合是对应集合的真子集;
    (3)是的充分必要条件,则对应集合与对应集合相等;
    (4)是的既不充分又不必要条件, 对的集合与对应集合互不包含.
    14.已知直线l、m和平面、,下列命题中的真命题是( )
    A.若,,则B.若,,则
    C.若,,则D.若,,则
    【答案】C
    【分析】线面平行及线线垂直,线可以有无数种朝向;线面垂直,线只有一种朝向;面面平行,面只有一种朝向,逐个选项判断即可.
    【详解】对A,若,,则可能有,m与相交不垂直,A错;
    对B,若,,则,则可能有,l与相交不垂直,,B错;
    对C,若,,则,C对;
    对D,若,,由于与关系不确定,故l与m关系也不确定,D错.
    故选:C
    15.直线经过第一、二、四象限,则a,b,c应满足( )
    A.B.C.D.
    【答案】A
    【分析】写成斜截式,由斜率和与轴交点纵坐标确定直线经过的象限.
    【详解】若,则直线不会经过三个象限,所以,
    所以,
    因为直线经过第一、二、四象限,
    所以斜率,与轴交点纵坐标,
    解得,
    故选:A
    16.下列结论中
    ①若空间向量,,则是的充要条件;
    ②若是的必要不充分条件,则实数的取值范围为;
    ③已知,为两个不同平面,,为两条直线,,,,,则“”是“”的充要条件;
    ④已知向量为平面的法向量,为直线的方向向量,则是的充要条件.
    其中正确命题的序号有( )
    A.②③B.②④C.②③④D.①②③④
    【答案】B
    【解析】①由可判断①不正确;
    ②由是的必要不充分条件,可得,从而得到正确;
    ③根据面面垂直的性质和判定定理即可判断;
    ④结合利用法向量与方向向量的定义即可判断.
    【详解】解:①空间向量,,则
    ,
    所以是的充要条件错误,故①不正确;
    ②若是的必要不充分条件,则,
    所以,故②正确;
    ③若,则由条件可得,又,所以;
    若,则根据条件得不到,故③不正确;
    ④若,则,因为为直线的方向向量,所以;
    若,则,因为为平面的法向量,所以,故④正确.
    综上,正确命题的序号为②④.
    故选:B.
    【点睛】本题考查了空间向量平行的充要条件,利用必要不充分条件求参数范围,平面与平面垂直的判定和利用法向量与方向向量判定平行和垂直关系,属中档题.
    三、解答题
    17.已知直线过点.
    (1)若直线过点,求直线的方程;
    (2)若直线在轴和轴上的截距相等求直线的方程.
    【答案】(1)
    (2)或
    【分析】(1)根据直线过两点即可求出直线方程;
    (2)分类讨论直线截距是否为,即可得出直线方程.
    【详解】(1)由题意,
    直线过点,,
    ∴直线方程:,即.
    (2)由题意,
    直线过点,且在轴和轴上的截距相等
    当直线过原点时,截距为,方程为
    当直线不过原点时,设直线,
    ∴,解得:,、
    ∴直线方程为
    综上,直线的方程为:或.
    18.已知向量,,点,.
    (1)求;
    (2)在直线上,是否存在一点E,使得,(O为原点),若存在,求出点E的坐标,若不存在,说明理由.
    【答案】(1);(2)存在,.
    【解析】(1)根据向量的坐标加法运算求出,再利用向量的模长公式即可求出;
    (2)由向量共线定理和向量的线性运算得出,从而得出的坐标,再根据以及向量的数量积,即可求出的值,即可得出点的坐标.
    【详解】(1)根据题意,得,
    故.
    (2)由于点在直线上,则,
    即,
    由,则,
    所以,解得,
    因此在直线上存在点E,使得,此时点E的坐标为.
    【点睛】本题考查平面向量坐标的加法运算和向量的模,考查向量的共线定理和向量的线性运算,及向量垂直运算,考查学生运算能力,属于基础题.
    19.如图,四棱锥的底面是矩形,底面,,.点M为BC的中点.
    (1)证明:平面平面;
    (2)求点到平面的距离.
    【答案】(1)证明见解析;
    (2).
    【分析】(1)由线面垂直性质得,根据已知可证,再应用线面、面面垂直的判定证结论;
    (2)AM与BD交于点E,连接PE,过点B作BH垂直于PE交其于点H,由面面垂直的性质有面PAM,即BH的长为B到面PAM的距离,等面积法求长度即可.
    【详解】(1)因为底面,平面,所以.
    底面为矩形,且,,则,
    所以Rt△Rt△,易知.
    又,面,所以平面,而平面,
    所以平面平面.
    (2)设AM与BD交于点E,连接PE,过点B作BH垂直于PE交其于点H,
    由①知,面面PBD,面面,且面,
    因此面PAM,线段BH的长为点B到平面PAM的距离.
    由,解得.
    因此点B到平面PAM的距离为.
    20.如图,棱长为2的正方体中,M、N、P分别是、、的中点.
    (1)证明:M、N、、B四点共面;
    (2)求异面直线与MN所成角的大小;(结果用反三角函数值表示)
    (3)求三棱锥的体积.
    【答案】(1)证明见详解;
    (2);
    (3).
    【分析】(1)由已知可证明和,即可证明,进而得出结果;
    (2),所以即等于异面直线与MN所成角,在中,求出各边长,用余弦定理即可求出;
    (3)根据已知可得,四边形为梯形,,则,根据等体积法可知,求出,即可解出.
    【详解】(1)证明:
    如图1,连结、、.
    由已知可得,,,所以四边形为平行四边形,则.
    又M、N分别是、的中点,所以,且,
    所以,且.
    所以M、N、、B四点共面.
    (2)
    如图2,连结、、.
    因为平面,平面,所以.
    因为,是的中点,所以.
    又,所以.同理.
    在中,.又,
    在中,有,,,
    由余弦定理可得,.
    又,所以异面直线与所成角的大小即等于直线与所成角的大小,即等于.
    (3)
    如图3,,
    因为,且,且M、N、、B四点共面,
    所以四边形为梯形,设梯形高为,则,,
    所以.
    设到平面即到平面的距离为,
    则,,则,且.
    因为平面,平面,,
    所以到平面的距离等于线段到平面的距离.
    又,所以,
    所以,.
    21.如图,在长方体中,,,点在棱上运动.
    (1)证明:;
    (2)设为棱的中点,在棱上是否存在一点,使得平面,若存在,求的值,若不存在,说明理由;
    (3)求直线与平面所成角的取值范围.
    【答案】(1)证明详见解析
    (2)存在,且
    (3)
    【分析】(1)建立空间直角坐标系,利用向量法证得.
    (2)根据向量法列方程,从而求得.
    (3)利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值,结合不等式的性质求得所成角的取值范围.
    【详解】(1)建立如图所示空间直角坐标系,

    设,则,
    ,所以.
    (2)若是的中点,则,
    ,设平面的法向量为,
    则,故可设,
    设,,
    若平面,平面,
    则,所以是的中点,所以.
    (3),
    设,
    设平面的法向量为,
    则,故可设,
    设直线与平面所成角为,
    则,
    由于,
    所以,
    所以.

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