精品解析：上海市南洋模范中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

2024学年第一学期南模中学高二年级期中考试 数学学科 （本次考试时间120分钟，满分150分，命题人：高俊翔，审题人：艾晓云） 一、填空题（本大题共有12题） 1. 空间两直线所成的角大小的取值范围是__________. 【答案】. 【解析】 【分析】两直线所成夹角为。 【详解】故答案为：两直线所成夹角为。 【点睛】此题考查两直线间的夹角范围，属于简单题目。 2. 如图所示：在直三棱柱中，，，则平面与平面ABC所成的锐二面角的大小为_____. 【答案】 【解析】 【分析】通过题意易得直三棱柱ABC﹣A1B1C1即为正方体的一半，直接得出答案． 【详解】根据题意，易得直三棱柱1即为正方体的一半， 所求即为平面与平面所成的二面角，即为， 又△为等腰直角三角形，， 故答案为. 【点睛】本题考查二面角的求法，发现“直三棱柱ABC﹣A1B1C1即为正方体的一半”是解决本题的关键，属于中档题． 3. 已知圆柱Ω的母线长为l，底面半径为r，O是上底面圆心，A，B是下底面圆周上两个不同的点，BC是母线，如图，若直线OA与BC所成角的大小为，则=__． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：如图，过A作与BC平行的母线AD，连接OD，则∠OAD为直线OA与BC所成的角，大小为． 在直角三角形ODA中，因为，所以．则． 考点：异面直线及其所成的角 点评：本题考查了异面直线所成的角，考查了直角三角形的解法，是基础题 4. 以下四个命题中，所有真命题的序号为__________.①三角形（及其内部）绕其一边所在的直线旋转一周所形成的几何体叫圆锥；②正棱柱的侧棱垂直于底面；③棱锥的各侧棱和底面所成的角相等；④圆锥的轴截面一定是等腰三角形. 【答案】②④ 【解析】 【分析】根据几何体的结构特征及性质判断各个命题的真假即可. 【详解】①以直角三角形的一条直角边为轴，将三角形旋转一周所得几何体为圆锥，而其它三角形所得为组合体，故①错误； ②底面为正多边形的直棱柱叫正棱柱，故侧棱垂直于底面，故②正确； ③正棱锥的各侧棱与底面所成角相等，而不是所有棱锥各侧棱和底面所成的角相等，故③错误； ④圆锥轴截面有两条边对应圆锥的母线，第三条边为底面直径，故一定为等腰三角形，故④正确. 所以真命题有②④. 故答案为：②④. 5. 正方体中，点为的中点，则异面直线，所成的角的大小为__________. 【答案】 【解析】 【分析】在正方体中可以建立空间直角坐标系，得到点的坐标，从而得到对应线的方向向量，通过空间向量的夹角求出异面直线的夹角. 【详解】如图： 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 设正方体边长为2，则点，，，， 则，， 设异面直线，所成的角为， 则， ∴ 故答案为： 6. 已知在圆锥中，底面圆的直径，的面积为，点在母线上，且，一只蚂蚁若从点出发，沿圆锥侧面爬行到达点，则它爬行的最短距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】将圆锥沿母线展开，结合圆心角的大小，利用余弦定理求解即可. 【详解】设圆锥的母线长为，底面的半径为，因为的面积为， 所以，解得. 由勾股定理，可得母线， 如图，圆锥的侧面展开图为扇形， 因为扇形的弧长为，所以扇形的圆心角，所以， 在中，由余弦定理是可得， 所以，因为， 所以蚂蚁爬行的最短距离为的长度，即蚂蚁爬行的最短距离为. 7. 如图，在正四棱柱中，，，为的中点，则点到平面的距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，根据点到平面的距离公式求出答案. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，则， 故， 故点到平面距离为. 故答案为： 8. 在平面上，两条直线的位置关系有相交、平行、重合三种．已知，是两个相交平面，空间两条直线、在上的射影是直线、，、在上的射影是直线，．用与，与的位置关系，写出一个总能确定与是异面直线的充分条件：________． 【答案】，且与相交（或：，且与相交） 【解析】 【分析】由异面直线的定义、充要条件的判断结合空间中点线面的位置关系即可得出答案. 【详解】当、是异面直线时，、在上的射影是直线、，可能平行或相交； 、在上的射影是直线、，可能平行或相交； 但当直线与直线，同时成立时，则可能平行； 而当直线与、直线与，均相交时，则与可能相交， 所以能确定与是异面直线的充分条件是，且与相交（或：，且与相交）． 故答案为：，且与相交（或：，且与相交） 9. 已知某商品的形状为圆台，上下底面圆的半径分别为和，高为，将两个这样完全相同的商品水平放入形状为长方体的外包装盒中（不考虑外包装的厚度），则外包装盒的表面积的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】分三种放置情况计算可求得最小表面积. 【详解】水平放入长方体的盒子中有三种放法， 第一种，两个圆台一个正放，一个倒置放入，其俯视图如图所示， 此种放置时，要使表面积最小， 可求得正方形的对角线长为， 可得正方形的边长为， 表面积为， 第二种，两个圆台一个正放，一个倒置放入，其俯视图如图所示， 此种放置时，要使表面积最小， 可得长方体的底面长方形的一边长为，另一边为，长方体的高为， 表面积为， 第三种两个两个圆台重叠方放入，则长方体表面积最小时的长方体的底面是的正方形，高为， 可得表面积为， 比较可得，表面积最小为. 故答案为：. 10. 已知正四面体中，，、，…，在线段上，且，过点（、、…、）作平行于直线、的平面，截面面积为，则所有截面积之和为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由正四面体的定义和线面垂直的判定与性质，推得，再作出截面，根据线面平行的性质可得四边形为矩形， 求得面积，利用以及等差求和公式，结合分组求和即可求解. 【详解】过作平行于的平面分别交，，于，，，如图， 因为平面，且平面平面，所以， 同理,，，故四边形为平行四边形． 过作，可得为的中点，连接，可得， 而，平面，可得平面， 平面，则． 故,则四边形为矩形． 又为靠近的第个等分点， 故． 故． ， 由于， 故 ， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据线面平行的性质以及线面垂直的性质可先证得四边形为矩形，求解面积表达，利用，由分组求和得解. 11. 在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是侧面 内的动点，且满足直线平面，当直线与平面所成角最小时，记过点的平面截正方体所得到的截面为，所有的面积组成的集合记为，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】取为 中点，为中点，进而证明平面平面，故在上，再根据直线与平面所成角的正弦值为得与 重合时，直线与平面所成角最小，再分别讨论的两种位置情况即可得答案. 【详解】取为 中点，为中点， 如图，由正方体的性质得， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面； 由中位线性质得：，又因为，所以，因为平面，平面，所以平面， 又因为，所以平面平面， 所以在上， 又因为直线与平面所成角为，， 所以当最大时，直线与平面所成角最小， 即与 重合时，直线与平面所成角最小， 当与 重合时，过点的平面截正方体所得到的截面为四边形，其面积为； 当与重合时，过点的平面截正方体所得到的截面为梯形，该梯形为等腰梯形，上底为，下底为，腰为，其面积为； 故． 故答案为： 【点睛】本题考查线面所成角，面面平行的判定，正方体中的截面问题，考查空间思维能力，运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题意寻找在平面内的轨迹，进而根据线面角的概念求解. 12. 在棱长为的正方体中，分别为线段和平面上的动点，点为线段的中点，则周长的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】设G关于平面对称的点为，的周长，再通过建系以及转化思想转化为平面几何中的距离之和的问题，进而结合三角形三边关系确定最值取得的情况，由此可得结果. 【详解】 设G关于平面对称的点为，连接，则， ，的周长， 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则,，， 设，则，所以 即点到与距离和的最小值， 设关于x轴对称的点为， 则 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中到定点和到动点的距离和的最值问题的求解，解题关键是转化为平面几何中的距离之和的问题，进而结合三角形三边关系确定最值取得的情况. 二、选择题（本大题共有4题） 13. 如图、用斜二测画法作△的直观图得△，其中，是边上的中线，由图形可知，在△（是的中点）中，下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】还原，可知且，进而通过图形可判断出结果. 【详解】由直观图画出如图所示 其中，A错误；，B错误； ，C正确，D错误 故选：C 14. 如图，正方体中，P、Q、R、S分别为棱AB、BC、、CD的中点，连接、，空间任意两点M、N，若线段MN上不存在点在线段、上，则称M、N两点可视，下列选项中与点可视的为（ ）． A. 点Q B. 点P C. 点B D. 点R 【答案】A 【解析】 【分析】根据异面直线的定义判断即可. 【详解】A选项，四边形是平行四边形，，得点平面，得与为异面直线， 四边形是平行四边形，且平面，得点平面，得与为异面直线，根据题意，得两点可视，故A对； B选项：四边形是平行四边形，与相交，故B错； C选项：四边形是平行四边形，与相交，故C错； D选项：四边形是平行四边形，与相交，故D错； 故选：A. 15. 分别以直角三角形的斜边和两直角边所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积依次为､､，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设直角三角形的三边分别为､､，，即为斜边，分别求得､､的值，可得结论. 【详解】设直角三角形的三边分别为、、，，即为斜边， 则以边所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积为， 则， 以边所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积为，则 ， 以边所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积为，则 ， ， 故选：C. 16. 已知是正方体的中心，过点的直线与该正方体的表面交于、两点，现有如下命题：①线段在正方体6个表面的投影长度为，则为定值；②直线与正方体12条棱所成的夹角的，则为定值.下列判断正确的是（ ） A. ①和②均为真命题 B. ①和②均为假命题 C. ①为真命题，②为假命题 D. ①为假命题，②为真命题 【答案】D 【解析】 【分析】利用特例法可判断①；利用长方体的几何性质，结合两直线所成角的定义可判断②选项，从而得解. 【详解】对于①，依题意，设正方体的棱长为， 当为正方体的一条体对角线， 不妨设与线段重合，在正方体各面上的投影长为， 此时， 当平面时，在面、的投影长为， 在面、、、的投影长为，此时， 故不是定值，①错误； 对于②，当与正方体的棱平行时，不妨设平面垂直， 此时与棱、、、、、、、都垂直， 与棱、、、都平行，此时， 当不与正方体的棱平行时，过点、分别作正方体的棱的平行线， 构成长方体， 设与棱、、所成的角分别为、、， 由图可知，，同理可得，， 由长方体的几何性质可得， 所以，此时， 所以为定值，故②正确. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于对的位置进行分类讨论，结合长方体的几何性质求解. 三、解答题（本大题共有5题） 17. 已知长方体中，，，E，F分别是，的中点. （1）求证：直线平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】 （1）取的中点P，连接，，由条件E，F分别是，的中点可知 ，且 故为平行四边形，所以 ∵平面，且平面 ∴平面 （2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点P，连接，，根据中位线定理结合线面平行的判定定理证明即可； （2）直线与平面所成角就是直线与平面所成角，再由平面，结合直角三角形的边角关系得出答案. 【详解】（1）略 （2）∵平面平面 ∴直线与平面所成角就是直线与平面所成角. ∵平面 ∴在平面内的射影为 因此就是直线与平面所成角. 在中， 则直线与平面所成角的正弦值为﹒ 18. 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且，. （1）求异面直线和所成角； （2）求二面角的正切值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可得为正三角形，取中点，连，即为异面直线和所成角，求解即可. （2）如图，根据线面垂直的判定定理可得平面，则，易证，则为二 面角的平面角的补角，结合等面积法求得，即可求解. 【小问1详解】 在直三棱柱中，平面，平面， 则，，所以点的曲率为， 所以，所以为正三角形， 取中点，连， 则，， 所以四边形为平行四边形， 所以， 所以即为异面直线和所成角 设，则可得，， 所以， 即异面直线和所成角为. 【小问2详解】 取的中点，连接，则， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面. 又平面，所以， 过作的垂线，垂足为，连接， 则，又，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角的补角. 设，设，则，，. 由等面积法可得，则， 则，故二面角的正切值为. 19. 如图，一矩形的一边在轴上，另两个顶点、在函数，的图像上，设、的纵坐标为. （1）求此矩形绕轴旋转而成的几何体的体积和表面积关于的表达式； （2）求、的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）先求出的范围，再设出点、的坐标为，的坐标，再求出高，根据圆柱体的体积公式得到关于的代数式，以及表面积关于的代数式即可； （2）根据（1）求得的解析式，配方利用二次函数的性质可求得值域． 【小问1详解】 由，当且仅当时取等号，即 又矩形绕轴旋转得到的旋转体是圆柱，设、的坐标为， 则圆柱的底面圆半径为，高为， 令，则，得 所以， 【小问2详解】 由（1），，， ， 当且仅当，即时，， 当或时，，所以； 令，则，， ，在严格递增， 得 所以综上所述：，. 20. 对于函数和数列、，若，，则称为函数的“影数列”，为函数的一个“镜数列”.已知，，. （1）若为的“影数列”，为的“镜数列”，求的值； （2）在（1）的条件下，当，时，比较和的大小，并说明理由； （3）若为函数的“影数列”，为函数的“镜数列”，现将与的公共项按从小到大的顺序重新构成数列，试问在数列中是否存在连续三项构成等比数列？请说明理由. 【答案】（1）20 （2），理由如下： 当，时，猜想，数学归纳法证明如下 （ⅰ）当时，，命题成立； （ⅱ）假设当时，命题成立，即， 则当时，（*） ，，即命题也成立 由（ⅰ）（ⅱ）可知，当，时，成立. （3）不存在，理由如下： ，则，， 设，即，则， 函数，函数单调递增，对于任意，有唯一的与之对应， 即数列中每一项，都有中的项与之相等， 又单调递增，所以新， 假设数列中存在连续三项构成等比数列，，，， 故，整理得到， 当时，为偶数，等式不成立；所以等式无正整数解. 故假设不成立，即不存在连续三项构成等比数列. 【解析】 【分析】（1）由题设定义得出，，再计算的值； （2）当，时，猜想，利用数学归纳法证明即可； （3）由题设定义得出与的通项公式，进而构造函数证明数列中每一项，都有中的项与之相等，再由反证法假设数列中存在连续三项构成等比数列，由等比中项的性质推出矛盾，从而得出证明. 【小问1详解】 由题意，，，，；以； 【小问2详解】 当，时，猜想，理由略； 【小问3详解】 不存在连续三项构成等比数列，理由略. 【点睛】方法点睛：对于新定义题目，必须先看清楚题目是如何定义的，然后依据定义小心验证自己的理解是否有偏差题目，了解之后再考虑提炼第二问的解决方法. 21. 如图，在平行六面体中，，，平面，与底面所成角为，设直线与平面､平面､平面所成角的大小分别为，，. （1）若，求平行六面体的体积的取值范围； （2）若且，求，，中的最大值； （3）若，，，，（其中，是指，中的最大的数），求的最小值. 【答案】（1） （2），，中最大值为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意求出的长和四边形的面积，再利用棱柱的体积公式表达出行六面体的体积，结合三角函数的性质即可求出结果. （2）由题意可证得平面，进而求出，，以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出，从而判断出，，中的最大值. （3）易证平面，进而求出，，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出，再利用作差法比较三者的大小，得到函数，从而求出其最小值. 【小问1详解】 由题意得，四边形的面积为 平行六面体的体积， 平行六面体的体积的取值范围为. 【小问2详解】 ，，即， 又平面，， 平面， ，， 由题意得，，，，， ，， 以，，为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，0，，，2，，，0，，，2， ，2，，，0，，，2，， 设侧面的法向量，，， ，取得， 侧面的法向量，0，， ， 直线与侧面所成角的大小为， 综上，，，中最大值为. 【小问3详解】 ，即， 又平面，， 平面， ，， ，，， 以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，0，，，2，，，0，，，2， ，2，，，0，，，2，， 设侧面的法向量，，， ，令得， 侧面的法向量，0，， ，. ， 与所在的直线的夹角为， ，，， 令，，则，，， ，， ，， ， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第一学期南模中学高二年级期中考试 数学学科 （本次考试时间120分钟，满分150分，命题人：高俊翔，审题人：艾晓云） 一、填空题（本大题共有12题） 1. 空间两直线所成的角大小的取值范围是__________. 2. 如图所示：在直三棱柱中，，，则平面与平面ABC所成的锐二面角的大小为_____. 3. 已知圆柱Ω的母线长为l，底面半径为r，O是上底面圆心，A，B是下底面圆周上两个不同的点，BC是母线，如图，若直线OA与BC所成角的大小为，则=__． 4. 以下四个命题中，所有真命题的序号为__________.①三角形（及其内部）绕其一边所在的直线旋转一周所形成的几何体叫圆锥；②正棱柱的侧棱垂直于底面；③棱锥的各侧棱和底面所成的角相等；④圆锥的轴截面一定是等腰三角形. 5. 正方体中，点为的中点，则异面直线，所成的角的大小为__________. 6. 已知在圆锥中，底面圆的直径，的面积为，点在母线上，且，一只蚂蚁若从点出发，沿圆锥侧面爬行到达点，则它爬行的最短距离为__________. 7. 如图，在正四棱柱中，，，为的中点，则点到平面的距离为__________. 8. 在平面上，两条直线的位置关系有相交、平行、重合三种．已知，是两个相交平面，空间两条直线、在上的射影是直线、，、在上的射影是直线，．用与，与的位置关系，写出一个总能确定与是异面直线的充分条件：________． 9. 已知某商品的形状为圆台，上下底面圆的半径分别为和，高为，将两个这样完全相同的商品水平放入形状为长方体的外包装盒中（不考虑外包装的厚度），则外包装盒的表面积的最小值为__________. 10. 已知正四面体中，，、，…，在线段上，且，过点（、、…、）作平行于直线、的平面，截面面积为，则所有截面积之和为__________. 11. 在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是侧面 内的动点，且满足直线平面，当直线与平面所成角最小时，记过点的平面截正方体所得到的截面为，所有的面积组成的集合记为，则_______． 12. 在棱长为的正方体中，分别为线段和平面上的动点，点为线段的中点，则周长的最小值为___________. 二、选择题（本大题共有4题） 13. 如图、用斜二测画法作△的直观图得△，其中，是边上的中线，由图形可知，在△（是的中点）中，下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 14. 如图，正方体中，P、Q、R、S分别为棱AB、BC、、CD的中点，连接、，空间任意两点M、N，若线段MN上不存在点在线段、上，则称M、N两点可视，下列选项中与点可视的为（ ）． A. 点Q B. 点P C. 点B D. 点R 15. 分别以直角三角形的斜边和两直角边所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积依次为､､，则（ ） A. B. C. D. 16. 已知是正方体的中心，过点的直线与该正方体的表面交于、两点，现有如下命题：①线段在正方体6个表面的投影长度为，则为定值；②直线与正方体12条棱所成的夹角的，则为定值.下列判断正确的是（ ） A. ①和②均为真命题 B. ①和②均为假命题 C. ①为真命题，②为假命题 D. ①为假命题，②为真命题 三、解答题（本大题共有5题） 17. 已知长方体中，，，E，F分别是，的中点. （1）求证：直线平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且，. （1）求异面直线和所成角； （2）求二面角的正切值. 19. 如图，一矩形的一边在轴上，另两个顶点、在函数，的图像上，设、的纵坐标为. （1）求此矩形绕轴旋转而成的几何体的体积和表面积关于的表达式； （2）求、的取值范围. 20. 对于函数和数列、，若，，则称为函数的“影数列”，为函数的一个“镜数列”.已知，，. （1）若为的“影数列”，为的“镜数列”，求的值； （2）在（1）的条件下，当，时，比较和的大小，并说明理由； （3）若为函数的“影数列”，为函数的“镜数列”，现将与的公共项按从小到大的顺序重新构成数列，试问在数列中是否存在连续三项构成等比数列？请说明理由. 21. 如图，在平行六面体中，，，平面，与底面所成角为，设直线与平面､平面､平面所成角的大小分别为，，. （1）若，求平行六面体的体积的取值范围； （2）若且，求，，中的最大值； （3）若，，，，（其中，是指，中的最大的数），求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $