2023-2024学年上海市延安中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年上海市延安中学高二上学期期中数学试题含答案，共19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．在正方体中，，则直线到平面的距离为 ．
【答案】2
【分析】根据已知先得出平面.然后求出点到平面的距离，即可得出答案.
【详解】根据正方体的性质可知，.
又平面，平面，
所以，平面.
所以，点A到平面的距离，即等于直线到平面的距离.
又平面，所以点A到平面的距离即为.
所以，直线到平面的距离为2.

故答案为：2.
2．圆锥的母线长为2，母线所在直线与圆锥的轴所成角为，则该圆锥的高为 ．
【答案】
【分析】直接根据圆锥的图形特点计算即可.
【详解】由已知得该圆锥的高为.
故答案为：.
3．已知圆柱的底面半径为2，高为2，则该圆柱的侧面积是 ．
【答案】
【分析】圆柱的侧面展开为矩形，求出矩形的长和宽，得到侧面积.
【详解】圆柱的侧面展开为矩形，其中矩形的一条边长为圆柱底面周长，即，另一边长为2，故圆柱的侧面面积为.
故答案为：
4．如图为正六棱柱，与直线异面的侧棱共有 条．

【答案】4
【分析】分别写出与平行的侧棱，以及相交的侧棱，即可得出答案.
【详解】根据正六棱柱的性质结合图象可得，
侧棱中，没有与平行的直线；
与相交的有，共2条.
又正六棱柱的侧棱，共有6条，
所以，与直线异面的侧棱共有条.
故答案为：4.
5．在正方体中，为棱的中点，则与平面所成角的正切值为 ．
【答案】
【分析】在正方体中显然有面，找到为线面角，进行计算即可.
【详解】
连接,在正方体中，面,
是直线与平面所成角；
为棱的中点，
.
故答案为：.
6．设，由，，，…，为质数，归纳猜想为质数．该猜想 ．（选填“正确”或“错误”）
【答案】错误
【分析】举出反例即可.
【详解】，，所以121不是质数，所以该猜想错误.
故答案为：错误
7．长方体的8个顶点都在同一个球面上，且，，，则球的表面积为 ．
【答案】
【分析】根据已知求出长方体的体对角线的长，即可得出外接球的半径，进而根据球的表面积公式得出答案.
【详解】因为，长方体外接球的直径即等于长方体的体对角线，
且，
所以，
，
所以，，
所以，外接球的半径，表面积为.
故答案为：.
8．如图，在四面体中，是的中点，是的中点，若，则乘积 ．
【答案】
【分析】直接利用向量的线性运算即可得答案.
【详解】,
则，
所以
故答案为：
9．正多面体各个面都是全等的正多边形，其中，面数最少的是正四面体，面数最多的是正二十面体，它们被称为柏拉图多面体．如图，正二十面体是由个等边三角形所组成的正多面体．已知多面体满足：顶点数-棱数+面数=，则正二十面体的顶点的个数为 ．
【答案】
【分析】根据正二十面体的结构特征，利用条件列出方程求解即可.
【详解】由于正二十面体是由个等边三角形所组成的正多面体，
所以面数为，并且每个顶点处有条棱，
设正二十面体共有个顶点，则棱数为，
由题意可得，解得.
则正二十面体的顶点的个数为
故答案为：.
10．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中描述了如图所示的形状，后人称为“三角垛”.三角垛的最上层（即第一层）有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，从第二层开始，每层球数与上一层球数之差依次构成等差数列.现有60个篮球，把它们堆放成一个三角垛，那么剩余篮球的个数最少为 .

【答案】
【分析】设第层有和球，根据题意求出和，再根据和可得答案.
【详解】设第层有和球，则，，，，，
所以当时，
，
当时，也适合上式，
故，
所以这层三角垛的球数之和为
，
因为，所以单调递增，
当时，，剩余球数为个，
当时，，
所以剩余球数的最小值为个.
故答案为：.
11．如图，在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，将容器底面一边固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜角度的不同，有下列四个说法：
①水的部分始终呈棱柱状；
②水面四边形的面积不改变；
③棱始终与水面平行；
④当时，是定值．
其中正确说法是 ．
【答案】①③④
【详解】随着倾斜度的不同，
水面四边形的面积改变，
但水的部分始终呈棱柱状，
且棱平面，
∵棱，
∴平面，
∵体积是定值，高为定值，
则底面积为定值，
则底面积为定值，
即为定值，
综上①③④正确．
12．若正方体的棱长为3，P是正方体表面上一动点.设是以P为球心，半径为1的动球在运动过程中经过区域的全体，则的体积为 .
【答案】
【分析】由空间想象得到为棱长为5的正方体，去掉中心处棱长为1的正方体，各角去掉正方体减去一个顶点为球心半径为1的球后余下部分，各棱处去掉长方体减去一条高为轴，1为底面半径的圆柱后的部分，再结合正方体、球体、圆柱的体积公式求体积.
【详解】由题设，动球在运动过程中经过区域可看作棱长为5的正方体，先去掉中心处棱长为1的正方体，
8个角处去掉：棱长为1的正方体减去一个顶点为球心半径为1的球后剩余部分，
12条棱处去掉：底面边长为1，高为3的棱柱减去一条高为3，底面半径为1的圆柱后剩余部分，
综上，的体积为.
故答案为：
二、单选题
13．若，是两个不同平面，，是两条不同直线，则下列命题中不正确的是
A．，，则
B．，，则
C．，，则
D．，与，所成的角相等，则
【答案】D
【解析】根据线面垂直、面面垂直的判定定理判定即可.
【详解】解：对于A.由，，则由直线与平面垂直的判定定理得，故A正确；
对于B.由，，则由直线与平面垂直的判定定理得，故B正确；
对于C.由，，则由平面与平面垂直的判定定理得，故C正确；
对于D.由，与，所成的角相等，则与相交、平行或异面， 故D不正确.
故选：D.
【点睛】证明线面垂直的常用方法及关键：
（1）证明线面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性；③面面垂直的性质.
（2）证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直，则需借助线面垂直的性质.
14．已知数列的通项公式为，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】代入得出，先说明为等差数列.进而由已知可得出，代入求解即可得出答案.
【详解】令，则为常数，
所以数列为等差数列，首项为.
由已知对任意的恒成立，
可知有，即，解得.
故选：A.
15．如图所示，一个灯笼由一根提竿PQ和一个圆柱组成，提竿平行于圆柱的底面，在圆柱上下底面圆周上分别有两点A、B，AB与圆柱的底面不垂直，则在圆柱绕着其旋转轴旋转一周的过程中，直线PQ与直线AB垂直的次数为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】A
【分析】作出与垂直的平面后判断几何关系
【详解】作出平面，使得平面，
当时，平面或平面，
结合旋转分析可知有两次使得．
故选：A
16．如图，正方体的棱长为1，E，F分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点M，N，设，给出下列三个结论：①四边形一定为菱形；②若四边形的面积为，，则有最大值；③若四棱锥的体积为，，则为常值函数.其中正确结论有多少个?（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】先根据面面平行的性质定理得出四边形为平行四边形.进而根据线面垂直的判定定理以及性质定理证明，即可得出①；根据①的结论，得出四边形的面积，只需考虑即可，观察图形，即可判断②；将四棱锥分割为三棱锥与三棱锥，进而根据线面垂直的判断定理，以及线面平行的性质，即可得出三棱锥的高为常数，即可得出③.
【详解】
对于①，如图1，连接.
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，.
同理可得，.
所以，四边形为平行四边形.
根据正方体的性质可知，，平面，
又平面，所以.
因为平面，平面，，
所以，平面.
又平面，所以.
因为分别是的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，
所以，，
所以，，所以四边形为菱形，故①正确；
对于②，由①知，四边形为菱形，
所以，四边形的面积为.
因为为定值，所以当最大时，面积最大.
由图可知，当或，即点与点或重合时，有最大值，
此时或.
所以，当，没有最大值，故②错误；
对于③，如图2，连接，则四棱锥被分割为三棱锥与三棱锥.
根据正方体的性质可知，，平面，
又平面，所以.
因为平面，平面，，
所以，平面，
所以，点到平面，即平面的距离等于.
因为，平面，平面，
所以平面.
又，所以点到平面的距离即等于点到平面的距离.
同理可得，点到平面的距离也等于.
所以，到平面的距离之和为常数.
又的面积为一个常数，
所以，三棱锥与三棱锥的体积均为常数，
即四棱锥的体积一个常数，故③正确.
故选：C.
【点睛】方法点睛：在求解不规则多面体的体积时，常采用分割的方法.将不规则多面体分割为若干个规则的多面体，逐个求解.
三、解答题
17．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，M为PC中点．

(1)求证：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，交于点，连接.由已知推得，即可根据线面平行的判定定理得出证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出以及平面的法向量的坐标，根据向量法求解即可得出答案.
【详解】（1）连接，交于点，则是的中点，连接.
因为，分别是的中点，
所以，.
因为，平面，平面，
所以，平面.
（2）
如图，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，.
因为平面，所以即为平面的一个法向量.
设直线与平面所成角为，
因为，，
所以，，.
18．如图，圆锥的顶点是S，底面中心为O，P为AS的中点，Q是半圆弧的中点，且，．

(1)求异面直线与所成角的正切值；
(2)在该圆锥侧面上，求从P到Q的最短路径的长度．
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出，，根据向量求解得出夹角的余弦值.然后根据同角三角函数的基本关系，即可得出答案；
（2）将圆锥沿剪开得到扇形，根据已知得出扇形的有关量，结合已知在中，根据余弦定理求解，即可得出答案.
【详解】（1）连接，由已知可得.
由已知可得，，，.
如图1，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，
所以，.
设异面直线与所成角为，则，，
所以，.

（2）
如图2，将圆锥沿剪开得到扇形，则图中即为所求最小值.
由已知可得，该扇形的半径即等于圆锥的母线，弧长即等于原圆锥底面圆的周长，
所以，扇形的圆心角为.
又Q是半圆弧的中点，所以.
则在中，有，，，
由余弦定理可得，，
所以，,
所以，从P到Q的最短路径的长度为.
19．如图，在四棱锥中，底面，，，，，．
(1)求证：平面；
(2)试在棱PB上确定一点，使截面把该几何体分成的两部分与的体积比为；
(3)H是PB中点，求二面角大小的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)点为的中点
(3)
【分析】（1）根据已知可得，，进而即可根据线面垂直的判定定理得出证明；
（2）过点作，证明四边形是平行四边形.进而求出梯形的各个边长以及面积，得出四棱锥的体积，进而得出三棱锥的体积为.过点作，求出的面积，即可得出，即可得出点位置；
（3）建立空间直角坐标系，得出相关点以及向量的坐标，求出平面以及平面的法向量，根据向量求解即可得出答案.
【详解】（1）因为底面，平面，
所以，.
又，，
所以，.
因为平面，平面，，
所以，平面.
（2）
因为，所以.
过点作，则.
又，
所以，四边形是平行四边形，
所以，.
因为，
所以，，点为中点，
所以，.
所以，梯形的面积为，
四棱锥的体积.
由已知与的体积比为，
所以，三棱锥的体积为.
过点作，则，且是三棱锥的高，
因为，所以有.
因为，
所以，，，
所以，三棱锥的体积为，
所以，，
所以，点为的中点.
（3）
如图2，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，.
因为底面，所以即为平面的一个法向量.
设为平面的一个法向量，
则，取，可得为平面的一个法向量.
所以，.
由图象可知，二面角为锐角，
所以二面角大小的余弦值为.
20．定义：若无穷数列满足是公比为q的等比数列，则称数列为“数列”.设数列中，，.
（1）若，且数列为“数列”，求数列的通项公式：
（2）设数列的前n项和为，且，请判断数列是否为“数列”，并说明理由；
（3）若数列是“数列”，是否存在正整数m，n，使得？若存在，请求出所有满足条件的正整数m，n；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是，理由见解析；（3）存在，，.
【分析】（1）根据数列的定义，结合等比数列的定义进行求解即可；（2）利用前n项和与项的关系得到的递推关系，再利用构造等比数列法求解得到数列的通项公式，并结合数列的定义进行判断；（3）结合定义，推导得出结果．
【详解】（1）因为，且数列为“数列”，所以，
即，所以是以首项为，公差的等差数列，所以.
（2）由已知条件可得，，故，所以.
当时，，
得，又也成立，
所以，
设，即，所以.
又，所以是以首项为公比为3的等比数列.
所以，
即，所以，
所以是以首项为，公比为3的等比数列，
故数列是“数列”.
（3）由数列，是“数列”得，
所以，即，
所以，
所以时，，
当时上式也成立，故.
假设存在正整数m，n，使得，则，
由，可知，所以，又因为m，n为正整数，
所以，又，
所以∴.
∴，∴，∴，∴.
故存在满足条件的正整数m，n，且，.
【点睛】方法点睛：利用等比数列定义证明数列为等比数列，利用构造等比数列法、累加法解决具有递推关系的数列问题．