精品解析：上海市徐汇中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷

徐汇中学2024学年高二年级第一学期 期中考试数学试卷 出卷人：刘燃 审卷人：龚亮 一、填空题（1-8每题3分，9-12每题4分） 1. 若两条直线无公共点，则两直线的位置关系是________． 【答案】平行或异面 【解析】 【分析】利用空间中直线的位置关系求解即可. 【详解】因为两条直线无公共点，所以两条直线不可能相交， 而空间中直线的位置关系只有相交，平行或异面， 所以两条直线的位置关系是平行或异面. 故答案为：平行或异面 2. 如图，若平面ABCD，四边形ABCD为正方形，，则二面角的大小为______. 【答案】 【解析】 【分析】由已知条件可证是二面角的平面角，在中，，即可求出的大小. 【详解】解：平面， ， 又是正方形， ， 又， 平面， 是二面角的平面角. 在中，， ， 二面角的大小为， 故答案为：. 3. 在数列中，，对任意，有，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】构造等差数列求得的表达式即可求解. 【详解】若，则，因为，所以都大于0， 从而， 所以数列是以为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以. 故答案为：. 4. 正四棱柱的底面边长为1，若直线与底面所成的角的大小为，则正四棱柱的外接球表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意求得的长以及外接球的半径即可得解. 【详解】在正四棱柱中，平面， 则为直线与底面所成的角， 依题意可得，又，所以， 所以正四棱柱的外接球的半径为， 所以正四棱柱的外接球表面积为. 故答案为：. 5. 已知长方体，如图建系，若的坐标为，则的坐标为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量的坐标表示可得. 【详解】由题意，故，，， 故， 故答案为： 6. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画它的直观图，此直观图恰好是边长为1的正方形（如图所示），则原平面图形的周长为______． 【答案】8 【解析】 【分析】根据斜二测画法还原平面图，利用勾股定理求边长，然后可得. 【详解】因为为边长为1的正方形，所以， 还原平面图如图，中，， 所以，所以的周长为. 故答案为：8 7. 湖面上浮着一个球，湖水结冰后将球取出，冰上留下一个直径为24cm，深为8cm的空穴，则这球的半径为______cm. 【答案】13； 【解析】 【分析】设球的半径为，得到截面圆的半径为，球心距为，再由，列出方程，即可求解. 【详解】设球的半径为，将球取出，留下空穴的直径为，深， 则截面圆的半径为，球心距为， 又由，即，化简得， 解得. 故答案为. 【点睛】本题主要考查了球的几何特征，其中解答中根据球的半径，截面圆的半径，以及球心距构造直角三角形，利用勾股定理列出方程是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题. 8. 棱长为1的正四面体，过三条侧棱中点做截面，则截面与底面之间所成棱台的高为________． 【答案】## 【解析】 【分析】将棱长为1的正四面体，放入棱长为的正方体中，并建立适当的空间直角坐标系，作出截面，由截面平面，故只需求出点到平面的距离即可，由向量方法即可得解. 【详解】如图所示：将棱长为1的正四面体，放入棱长为的正方体中，并以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系； 设分别是正四面体的侧棱的中点，显然截面平面， 故所求即为点到平面的距离， 由题意， 从而， 设平面的法向量为, 所以，令，解得，所以， 故点到平面的距离为. 故答案为：. 9. 已知正三棱柱中，，点D、E分别为棱、的中点．则三棱锥的体积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据线线垂直可得平面得是四面体的底面上的高，接着计算的面积及长度，再由三棱锥的体积公式计算即可得解． 【详解】由于E为棱的中点，且为等边三角形，故， 又，，且，平面， 平面，故是四面体的底面上的高， ，， ． 三棱锥的体积． 故答案为： 10. 已知正三角形的边长，则到三个顶点的距离都为2的平面有___个； 【答案】8 【解析】 【分析】分类讨论，三个顶点都在平面的同一侧，三个顶点在平面的两侧，一侧一个，另一侧两个． 【详解】若此平面与平面平行，这样的平面有2个到三顶点距离为； 若此平面与平面相交， 则一定过三角形其中两边的中点， 由于三角形边长为， 因此如过的中点和的中点的平面， 到三顶点距离为的有两个，这样共有6个， 所以所求平面个数为． 故答案为：． 【点睛】本题考查点到平面的距离，由于是三角形的三个顶点到平面的距离相等，因此要分类讨论，即三角形所在平面与所求平面平行和相交两种情形，相交时为保证距离相等，平面必定过三角形两边中点．属于较易题. 11. 已知两母线长度相等的圆锥侧面展开图拼起来恰是一个整圆，且两圆锥的侧面积之比为1：2，则两圆锥的体积比为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据侧面积之比可得．再由圆锥侧面展开扇形圆心角的公式得到，利用勾股定理得到、关于的式子，即可求出它们高的比值，由体积公式即可得解． 【详解】设圆锥母线长为，侧面积较小的圆锥半径为，侧面积较大的圆锥半径为，它们的高分别为、， 它们的侧面积之比为，则，得． 两圆锥的侧面展开图恰好拼成一个圆， ，得． 再由勾股定理，得， 同理可得，， 两个圆锥的高之比为：， 故体积之比为 故答案为：． 12. 关于正方体有如下四个说法，则下列说法正确的有_______． （1）若点P在直线上运动，则三棱锥的体积不变 （2）若点P是平面上到点D和距离相等的点，则P点的轨迹是直线． （3）若点P在线段（含端点）上运动，则直线与所成角的范围为． （4）若点P在线段（含端点）上运动，则直线与可以垂直 【答案】（1）（2）（4） 【解析】 【分析】由平面,结合体积公式即可（1）正确；由勾股定理可知到点和距离相等的点的轨迹是平面与平面的交线，说明（2）正确；取与重合，分析可得（3）（4）． 【详解】对于（1），，平面，则到平面的距离相等， 由的面积为定值，点在直线上运动时，三棱锥的体积不变，故（1）正确； 对于（2），若点是平面上到点和距离相等的点， 则点的轨迹是平面与平面的交线，故（2）正确； 对于（3），直线与所成角即为，, 当与重合时，最大，最大值为，故，故（3）错误； 对于（4）， ,故， 故当与重合时，与所成的角为，故（4）正确． 故答案为：（1）（2）（4） 二、选择题（3*2+4*2=14） 13. 已知直线，及平面，，则下列命题正确的是（　　） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中线线、线面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：若，，则或与异面，故A错误； 对于B：若，，则或与相交或与异面，故B错误； 对于C：若，则都有 ，又，则使得， ∴，又，∴，故C正确； 对于D：若，，则或或或与相交但不垂直，故D错误. 故选：C 14. 下列四个正方体图形中，分别为正方体的顶点或其所在棱的中点，能得出平面的图形是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由直线与平面的位置关系对选项逐一判断 【详解】对于A，由题意得，，而，， 平面，平面，平面，平面， 故平面平面，而平面，故平面，故A正确， 对于B，取的中点，底面中心，则，故与相交，故B错误， 对于C，，故平面，则平面，故C错误， 对于D，作平行四边形，则与相交，故D错误， 故选：A 15. 早在公元5世纪，我国数学家祖暅在求球的体积时，就创造性的提出了一个原理：“幂势既同，则积不容异”.如图，已知两个体积分别为，的几何体夹在两个平行平面之间，任意一个平行于这两个平面的平面截这两个几何体，截得的截面面积分别为，，则“”是“”的（ ）条件. A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】B 【解析】 【分析】根据祖暅原理，判断“”与“”之间的逻辑推理关系即可. 【详解】根据祖暅原理可知，当时，一定有成立， 反之，当成立时，不一定有成立， 比如两个完全相同的三棱锥，正置和倒置时，，不一定相等， 故“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 16. 已知菱形中，，AC与BD相交于点E，将沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，对于下面两个命题： ①存在一个位置，使为等边三角形； ②DM与BC不可能垂直，成立的是（ ） A. ①为假命题，②为真命题； B. ①为真命题，②为假命题； C. ①②均为真命题； D. ①②均为假命题 【答案】B 【解析】 【分析】根据运动过程中三棱锥成为正四面的特殊情况，判断命题的真假即可. 【详解】由题意知，，当四面体为正四面体时，此时为等边三角形，故①为真命题； 当三棱锥是正四面体时，设顶点在底面上的投影为，连接延长交于，如图， 由正四面体性质可知，是三角形中心，是中点， 所以，又, 平面， 所以平面，又平面， 所以，所以②为假命题. 故选：B 三、解答题（8+8+8+10+12=46） 17. 正方体，E，F分别是棱，的中点． （1）直线平面； （2）求异面直线与所成角的大小； 【答案】（1）证明：取中点，连接， 则, 由于平面，平面，故平面, 由于,故四边形为平行四边形， 则， 平面，平面，故平面, 平面， 故平面平面， 平面,故直线平面 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线线平行可得线面平行，进而可得面面平行，利用面面平行的性质即可求证， （2）根据可得为异面直线与所成角，即可利用余弦定理求解，在中利用余弦定理计算． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知， 或其补角为异面直线与所成角， 设正方体棱长为1，则，， ，所以异面直线与所成角的大小为. 【点睛】 18. 已知等差数列的公差不为零，，且，，成等比数列． （1）求的通项公式： （2）求其前n项和取最大值时n的值． 【答案】（1） （2）7 【解析】 【分析】（1）用通项公式表示出，，三项，再由等比中项建立方程，解得公差，写出数列的通项公式； （2）列出数列的前n项和，由二次函数的性质找到最大值时n的值 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由题意可知，∴， ∴，∴. 【小问2详解】 由（1）得. 由二次函数的性质可得：当时，最大. 19. 如图，已知点在圆柱的底面圆O上，圆O的直径，圆柱的表面积为，． （1）求四面体全面积； （2）求二面角的大小； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直可得，利用表面积公式可得，即可利用锥体表面积公式求解求解， （2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角求解即可. 【小问1详解】 因为是圆的直径，点在圆柱的底面圆上，所以， 因为平面，平面，可得， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 由题意，解得． 在中，，，所以， 在中，，，所以， , 所以全面积为 ， 【小问2详解】 建立如图所示的空间直角坐标系，则, 故 设平面的法向量为， 故且 取， 设平面的法向量为， 故且 取， 故 由图可知二面角的平面角为锐角，故其余弦值为，故角的大小为 20. （1）对于精美的礼物，通常会搭配礼盒保护，现工厂有一种树脂工艺球待礼盒包装，为节省材料费用，定制礼盒尺寸大小卡住树脂工艺球避免其来回滚动即可．现在有两种定制方式，一种是正方体礼盒，另一种是圆柱体礼盒，均不计损耗的话后者的单位面积费用是前者的1.2倍，工厂应选择哪一种礼盒更经济实惠？ （2）包装好的礼物，通常还会用彩带捆扎，有时还会扎出一个花结，这些包装彩带也不便宜，因此在捆扎时不仅要考虑美观、结实，也要考虑尽量地节省包装彩带．以长方体的礼盒为例，较为典型的两种捆扎方式分别为“十字”和“对角”，如下图所示． “十字”捆扎 “对角”捆扎 假设1：将礼物视作一个长方体，其长为4，宽为2、高为1； 假设2：不考虑花结处的彩带，将每一段彩带视为线段，且完全位于礼物的表面上； 假设3：“十字”捆扎中，长方体表面上的每一段彩带（上底面和下底面各2段，每个侧面各1段）都与其相交的棱垂直； 假设4：“对角”捆扎中，以某种方式展开长方体后，长方体表面上的每一段彩带（上底面和下底面各2段，每个侧面各1段）在其表面展开图上均落在同一条直线上． ①求“十字”捆扎中彩带的总长度； ②根据假设4绘制示意图，求“对角”捆扎中彩带的总长度，并比较两种捆扎方式，给出用彩带捆扎礼物的建议． 【答案】（1）应选择圆柱体礼盒更经济实惠； （2）①16；②，在实际生活中包装彩带时应选择“对角”捆扎的方式，更节省包装彩带 【解析】 【分析】（1）设球的半径为，正方体礼盒的造价为元，将两种礼盒的总造价相比即可得出结论； （2）①直接利用题意即可求出采用“十字”捆扎中彩带的总长度； ②求出“对角”捆扎中彩带的总长度，比较大小，即可得到答案. 【详解】（1）设球的半径为，正方体礼盒的造价为元，正方体礼盒、圆柱形礼盒的总造价分别为， 显然都是正数，所以， 所以工厂应选择圆柱体礼盒更经济实惠； （2）①采用“十字”捆扎中彩带的总长度为； ② 由于，因此在实际生活中包装彩带时应选择“对角”捆扎的方式，更节省包装彩带. 21. 已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点P在底面上的射影是与的交点．已知，是等边三角形． （1）求证：； （2）求点到平面的距离； （3）若点是线段上的动点．问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出这个最大角，并说明点此时所在的位置． 【答案】（1）证明：点在底面上的射影是与的交点， 平面， 平面， ， 四边形为菱形， ， ，平面， 平面， 平面， ； （2）； （3）在线段上与点相距处 【解析】 【分析】（1）由题可得平面，故，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明； （2）由题干数据结合即可求解； （3）由线面平行的判定定理可得平面，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，要使角最大，则需使最小，此时，从而求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意可得､与都是边长为2的等边三角形， ，， ， ， ， 设点到平面的距离为， 由，得， 即，解得. 故点到平面的距离为. 【小问3详解】 设直线与平面所成的角为， ，不在面内，面，则平面， 到平面的距离即为到平面的距离. 过作垂线平面交于点，则， 此时，要使最大，则需使最小，此时. 由题意可知：，， 平面，且， ，， 在中，由余弦定理可得： ， ， 由面积相等， 即，解得：， ，，即， 即点在线段上靠近点的4分点处，此时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 徐汇中学2024学年高二年级第一学期 期中考试数学试卷 出卷人：刘燃 审卷人：龚亮 一、填空题（1-8每题3分，9-12每题4分） 1. 若两条直线无公共点，则两直线的位置关系是________． 2. 如图，若平面ABCD，四边形ABCD为正方形，，则二面角的大小为______. 3. 在数列中，，对任意，有，则______． 4. 正四棱柱的底面边长为1，若直线与底面所成的角的大小为，则正四棱柱的外接球表面积为______． 5. 已知长方体，如图建系，若的坐标为，则的坐标为________． 6. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画它的直观图，此直观图恰好是边长为1的正方形（如图所示），则原平面图形的周长为______． 7. 湖面上浮着一个球，湖水结冰后将球取出，冰上留下一个直径为24cm，深为8cm的空穴，则这球的半径为______cm. 8. 棱长为1的正四面体，过三条侧棱中点做截面，则截面与底面之间所成棱台的高为________． 9. 已知正三棱柱中，，点D、E分别为棱、的中点．则三棱锥的体积为________． 10. 已知正三角形的边长，则到三个顶点的距离都为2的平面有___个； 11. 已知两母线长度相等的圆锥侧面展开图拼起来恰是一个整圆，且两圆锥的侧面积之比为1：2，则两圆锥的体积比为________． 12. 关于正方体有如下四个说法，则下列说法正确的有_______． （1）若点P在直线上运动，则三棱锥的体积不变 （2）若点P是平面上到点D和距离相等的点，则P点的轨迹是直线． （3）若点P在线段（含端点）上运动，则直线与所成角的范围为． （4）若点P在线段（含端点）上运动，则直线与可以垂直 二、选择题（3*2+4*2=14） 13. 已知直线，及平面，，则下列命题正确的是（　　） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 14. 下列四个正方体图形中，分别为正方体的顶点或其所在棱的中点，能得出平面的图形是（ ） A. B. C. D. 15. 早在公元5世纪，我国数学家祖暅在求球的体积时，就创造性的提出了一个原理：“幂势既同，则积不容异”.如图，已知两个体积分别为，的几何体夹在两个平行平面之间，任意一个平行于这两个平面的平面截这两个几何体，截得的截面面积分别为，，则“”是“”的（ ）条件. A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 16. 已知菱形中，，AC与BD相交于点E，将沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，对于下面两个命题： ①存在一个位置，使为等边三角形； ②DM与BC不可能垂直，成立的是（ ） A. ①为假命题，②为真命题； B. ①为真命题，②为假命题； C. ①②均为真命题； D. ①②均为假命题 三、解答题（8+8+8+10+12=46） 17. 正方体，E，F分别是棱，的中点． （1）直线平面； （2）求异面直线与所成角的大小； 18. 已知等差数列的公差不为零，，且，，成等比数列． （1）求的通项公式： （2）求其前n项和取最大值时n的值． 19. 如图，已知点在圆柱的底面圆O上，圆O的直径，圆柱的表面积为，． （1）求四面体全面积； （2）求二面角的大小； 20. （1）对于精美的礼物，通常会搭配礼盒保护，现工厂有一种树脂工艺球待礼盒包装，为节省材料费用，定制礼盒尺寸大小卡住树脂工艺球避免其来回滚动即可．现在有两种定制方式，一种是正方体礼盒，另一种是圆柱体礼盒，均不计损耗的话后者的单位面积费用是前者的1.2倍，工厂应选择哪一种礼盒更经济实惠？ （2）包装好的礼物，通常还会用彩带捆扎，有时还会扎出一个花结，这些包装彩带也不便宜，因此在捆扎时不仅要考虑美观、结实，也要考虑尽量地节省包装彩带．以长方体的礼盒为例，较为典型的两种捆扎方式分别为“十字”和“对角”，如下图所示． “十字”捆扎 “对角”捆扎 假设1：将礼物视作一个长方体，其长为4，宽为2、高为1； 假设2：不考虑花结处的彩带，将每一段彩带视为线段，且完全位于礼物的表面上； 假设3：“十字”捆扎中，长方体表面上的每一段彩带（上底面和下底面各2段，每个侧面各1段）都与其相交的棱垂直； 假设4：“对角”捆扎中，以某种方式展开长方体后，长方体表面上的每一段彩带（上底面和下底面各2段，每个侧面各1段）在其表面展开图上均落在同一条直线上． ①求“十字”捆扎中彩带的总长度； ②根据假设4绘制示意图，求“对角”捆扎中彩带的总长度，并比较两种捆扎方式，给出用彩带捆扎礼物的建议． 21. 已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点P在底面上的射影是与的交点．已知，是等边三角形． （1）求证：； （2）求点到平面的距离； （3）若点是线段上的动点．问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出这个最大角，并说明点此时所在的位置． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $