精品解析：上海市浦东新区2023-2024学年高二上学期期中质量检测数学试卷

2023学年第一学期高二数学期中质量检测 考试时间：90分钟 满分：100分 一、填空题（本题共有12个小题，每小题3分，满分36分） 1. 异面直线所成的角的取值范围：___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的范围可得结果. 【详解】异面直线所成的角的取值范围是. 故答案为：. 2. 空间不共面的四个点可以确定__________个平面. 【答案】4 【解析】 【分析】由三点确定一个平面可知共有种情况，由此得到结果. 【详解】不共面的四个点中任意三个点可构成一个平面，则共可确定个平面 故答案为 【点睛】本题考查空间中平面的确定，属于基础题. 3. 命题：若一个平面内的无数条直线都平行于另一个平面，则这两个平面平行，上述命题为____________（选填“真命题”或“假命题”）. 【答案】假命题 【解析】 【分析】举反例，当两平面相交时的情况，即可得答案. 【详解】当两平面相交时，一个平面内有无数条直线平行于它们的交线， 则这无数条直线都平行于另一个平面， 此时两平面不平行， 所以此命题是假命题. 故答案为：假命题 4. 已知空间四边形两条对角线相等，则顺次连结它的各边中点所成的四边形是___________. 【答案】菱形 【解析】 【分析】根据中位线的性质求得正确答案. 【详解】如图所示，四边形的对角线， 分别是的中点， 根据三角形中位线的知识可知， 所以，所以四边形是菱形. 故答案为：菱形 5. 若一个圆柱的体积是，高为1，则这个圆柱的表面积是____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆柱的体积公式求出底面半径，再利用圆柱的表面积公式求解. 【详解】设圆柱的底面半径为，高为. 因为圆柱的体积是，所以. 所以圆柱的侧面积为，一个底面的面积为. 所以圆柱的表面积为. 故答案为： 6. 已知圆锥侧面展开图中扇形的中心角为，底面周长为，则这个圆锥的体积是____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用圆锥侧面展开图扇形的弧长等于底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，进而结合题设求得，，圆锥的高为，再根据圆锥的体积公式求解即可. 【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为， 则，解得， 又圆锥侧面展开图中扇形的中心角为，则，解得， 则圆锥的高为， 所以圆锥的体积为. 故答案为：. 7. 若两球的表面积之比是，则它们的体积之比是____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用两球表面积之比计算出半径之比，再利用球体的体积公式可计算出答案. 【详解】设两球半径分别为，表面积分别为，体积分别为， 则，即， 因此两球体积之比为. 故答案为：. 8. 如图，已知四棱锥的底面是矩形，底面，点、分别是棱、的中点，下列结论： ①棱与所在的直线垂直； ②平面与平面垂直； ③的面积大于的面积； ④直线与是异面直线. 以上结论正确的是__________.（写出所有正确结论的编号） 【答案】①③ 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定可知平面，由线面垂直的性质可知①正确；假设②正确，在平面中过点作于，推导出且，即可知②错误；表示出两个三角形面积，根据垂直和平行关系可知面积大小由决定，由此知③正确；由可得四点共面，知④错误. 【详解】对于①，四边形为矩形，； 平面，平面，； ，平面，平面， 又平面，，故①正确； 对于②，假设平面平面，在平面中过点作于， 若平面平面，且平面平面，平面 ，则平面， 又平面，所以， 又底面是矩形，所以，，平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为底面，底面，所以， 又底面是矩形，则，，，平面， 所以平面，又平面，所以， 在中且，显然不成立， 所以平面与平面不垂直，故②错误； 对于③，四边形为矩形，，又，， ，，，， ，故③正确； 对于④，分别为中点，，又，， 四点共面，即直线与共面，故④错误. 故答案为：①③. 9. 四面体中，，，、分别为、的中点，并且异面直线与所成的角为，则线段的长为_____________. 【答案】或 【解析】 【分析】取中点，连接，，即可得到为异面直线与所成的角（或补角），再由余弦定理计算可得. 【详解】取中点，连接，， 又因为，，，分别为，的中点， 所以且，且， 则为异面直线与所成角（或补角）， 又因为异面直线与所成的角为， 所以或， 当时，由余弦定理， 所以； 当时，由余弦定理， 所以； 综上可得或. 故答案为：或 10. 已知长方体的对角线的长是，且直线在长方体上经过点的三个面上的投影长分别为、、，则此长方体的体积是____________. 【答案】 【解析】 【分析】设长方体的长、宽、高分别为，进而根据体对角线与面对角线的关系求解即可. 【详解】解：设长方体的长、宽、高分别为， 则长方体的体对角线的长满足， 直线在长方体上经过点的三个面上的投影分别为三个面的对角线， 所以，在面上的投影长为； 在面上的投影长为； 在面上的投影长为； 所以，，，，即，，， 所以长方体的体积满足：，即 故答案为： 11. 正四棱锥的侧棱与底面所成角为60°，则此四棱锥相邻两个侧面所成二面角的大小是___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，作图，由线面角的定义，设底面棱长，求得侧棱长，根据二面角的平面角定义，作图，利用等面积法，求得平面角边长，利用余弦定理，可得答案. 【详解】由题意，可作图如下： 图中平面，，，连接， 由正四棱锥的侧棱与底面所成角为60°，则， 设，则，在中，， 在正四棱锥中，，且，易知，故， 在中，由余弦定理，，，则，即，同理可得， 由，，且平面，平面，则为二面角的平面角， 在中，由余弦定理，， 故此四棱锥相邻两个侧面所成二面角的大小是. 故答案为：. 12. 已知异面直线、所成角为，过空间定点与、成角的直线共有3条，则的大小是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件先将直线得到，使得经过点，再根据直线所成的角以及直线所在平面的垂线分析与直线所成角均为的直线的情况即可得答案. 【详解】解：分别将直线平移得到，使得经过点，如图所示， 设所成角的角平分线为，过点垂直于所在平面的直线为， 因为异面直线、所成角为，所以直线所成角为， 所以，当直线经过点且直线在直线所在平面，垂直于直线时，直线与直线所成角相等，为时，成角为，即； 当直线在直线平面内时，若直线绕着点旋转，此时直线与直线所成角相等，且所成角从变化到，再从变化到，此时满足条件的直线有两条， 所以，，解得. 所以，过空间定点与、成角的直线共有3条时，. 故答案为： 二、单项选择题（本题共有4个小题，每小题3分，满分12分） 13. 已知直线、，平面、，满足且，则“”是“”的（ ）条件. A. 必要非充分 B. 充分非必要 C. 充要 D. 既非充分又非必要 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间中的垂直关系和充分条件、必要条件的定义进行判定. 【详解】因为，所以， 若，则，即“”是“”的必要条件； 如图，在长方体中，设平面为平面、平面为平面，， 令，则，但是与平面不垂直， 即“”不是“”的充分条件； 所以“”是“”的必要非充分条件. 故选：A. 14. 已知，，则与的位置关系为（ ） A. 平行或异面 B. 相交 C. 重合 D. 以上都有可能 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意画出图形，即可判断与位置关系. 【详解】如图所示，，， 则与的位置关系可能是平行、相交、异面、重合. 故选：D. 15. 三棱锥的侧棱两两垂直，三个侧面三角形的面积分别为，，，则三棱锥的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三棱锥的侧棱两两垂直，推出三个侧面都是直角三角形，根据直角三角形的面积公式和三棱锥的体积公式可求出结果. 【详解】因为三棱锥的侧棱两两垂直，所以三个侧面都是直角三角形， 设三条侧棱长分别，则，所以， 所以三棱锥的体积. 故选：C 16. 如图，已知正三棱柱的底面边长为1，高为3，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为（ ）. A. 6 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将正三棱柱侧面展开，转化为两点之间的距离求解. 【详解】将正三棱柱沿展开两次，得下图： 最短路线即为大矩形的对角线的长，为. 故选：B 三、解答题（本题共有6个大题，总分52分） 17. 已知：空间四边形，，，求证： 【答案】见解析 【解析】 【详解】证明：取中点，连结， ∵， ∴， ∴平面， 又∵平面， ∴ 18. 如左图所示，在中，，，. （1）将绕直线旋转一周得到的旋转体，求该旋转体的表面积； （2）如右图所示，在三角形内挖去半圆（圆心在边上，半圆与相交于，与相切于点），图中阴影部分绕直线旋转半周得到的旋转体，求该旋转体的体积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先算出直角的各个边长，再用公式求旋转体圆锥的表面积即可； （2）几何体是图中阴影部分绕直线 旋转半周所得旋转体，是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，求出圆锥的体积减去球的体积，最后除以2可得几何体的体积． 【小问1详解】 由题知：在中，，，. 可得：，. 该几何体是绕直线旋转一周所得旋转体, 是一个以为底面半径，为高的圆锥， 设圆锥的侧面积为：，底面积为：. 旋转体的表面积为+ 【小问2详解】 该几何体是图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体， 是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，球是圆锥内接球， 由图知，则， 所以圆锥的底面半径，高为， 球的半径为，， 所以圆锥的体积：， 球的体积：， 阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体的体积为：. 故阴影部分绕直线旋转半周得到的旋转体的体积为：. 19. 如图所示，在正方体中，E是棱的中点. （Ⅰ）求直线BE与平面所成的角的正弦值； （Ⅱ）在棱上是否存在一点F，使平面？证明你的结论. 【答案】（1）；（2）详见解析 【解析】 【详解】设正方体的棱长为1.如图所示，以为单位正交基底建立空间直角坐标系. （Ⅰ）依题意，得， 所以. 在正方体中，因为,所以是平面的一个法向量，设直线BE和平面所成的角为，则 . 即直线BE和平面所成的角的正弦值为. （Ⅱ）在棱上存在点F，使. 事实上，如图所示，分别取和CD的中点F，G，连结.因,且,所以四边形是平行四边形，因此.又E,G分别为，CD的中点，所以，从而.这说明，B，G，E共面，所以. 因四边形与皆为正方形，F，G分别为和CD的中点，所以 ，且，因此四边形是平行四边形，所以.而，，故. 20. 设四边形为矩形，点为平面外一点，且平面，若，. （1）求异面直线与所成角的大小； （2）在边上是否存在一点，使得点到平面的距离为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在，当时，使得点到平面的距离为 【解析】 【分析】（1）首先证明平面得到，再由得到异面直线与所成角，最后由锐角三角函数计算可得； （2）假设边上存在一点满足题设条件，作，即可得到平面，再由三角形相似求出，即可求出. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以， 又因为底面是矩形，所以， 又，平面， 所以平面，平面，所以， 又底面是矩形，所以， 所以为异面直线与所成的角， 又因为，, 所以， 在中，， 故异面直线与所成角的大小为； 【小问2详解】 假设边上存在一点满足题设条件，过点作于点，如图所示： 因为平面，平面，所以， 又，平面， 所以平面，所以为点到平面的距离，即， 又，，， 所以， 所以，所以，即，所以， 所以， 故存在点，当时，使得点到平面的距离为； 21. 把一块边长为cm的正六边形铁皮，沿图中的虚线（虚线与正六边形的对应边垂直）剪去六个全等的四边形（阴影部分），折起六个矩形焊接制成一个正六棱柱形的无盖容器（焊接损耗忽略），设容器的底面边长为cm. （1）若，且该容器的体积为288，在该容器内注入水，水深为cm，若将一个半径为cm的实心球放入容器内，为了使得容器内的水不溢出，求实心球半径的范围； （2）若，且该容器的表面积为时，在该容器内注入水，水深为5cm，若将一根长度为10cm的玻璃棒（粗细忽略）放入容器内，一端置于处，另一端置于侧棱上，忽略铁皮厚度，求玻璃棒浸入水中部分的长度. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，可得，，进而根据题设列出不等式组求解即可； （2）由题意，表示出容器的高，从而可以表示出容器的底面积和侧面积，根据容器的表面积为，得到关于的方程，从而得到的值，设玻璃棒在上的交点为，玻璃棒与水面交点为，过作交于，根据得到的值. 【小问1详解】 由题意，该容器的高为， 由，则，即， 在该容器内注入水，水深为cm时，水的体积为， 将一个半径为cm的实心球放入容器内，为了使得容器内的水不溢出， 则，解得，又， 则实心球半径的范围为. 【小问2详解】 由题题意知，则，设该容器的高为，则. 当时，容器底面积， 侧面积， 所以容器表面积，整理得， 得或（舍）. 当玻璃棒一个端点置于处，另一端置于侧棱上时， 如图，设玻璃棒在上的交点为，玻璃棒与水面交点为. 因为为正六棱柱，所以四边形为矩形， 在平面中，过作交于， 因为，，则，因为， 所以，即，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023学年第一学期高二数学期中质量检测 考试时间：90分钟 满分：100分 一、填空题（本题共有12个小题，每小题3分，满分36分） 1. 异面直线所成的角的取值范围：___________． 2. 空间不共面的四个点可以确定__________个平面. 3. 命题：若一个平面内无数条直线都平行于另一个平面，则这两个平面平行，上述命题为____________（选填“真命题”或“假命题”）. 4. 已知空间四边形两条对角线相等，则顺次连结它的各边中点所成的四边形是___________. 5. 若一个圆柱的体积是，高为1，则这个圆柱的表面积是____________. 6. 已知圆锥侧面展开图中扇形的中心角为，底面周长为，则这个圆锥的体积是____________. 7. 若两球的表面积之比是，则它们的体积之比是____________. 8. 如图，已知四棱锥的底面是矩形，底面，点、分别是棱、的中点，下列结论： ①棱与所在的直线垂直； ②平面与平面垂直； ③的面积大于的面积； ④直线与是异面直线. 以上结论正确的是__________.（写出所有正确结论的编号） 9. 四面体中，，，、分别为、的中点，并且异面直线与所成的角为，则线段的长为_____________. 10. 已知长方体的对角线的长是，且直线在长方体上经过点的三个面上的投影长分别为、、，则此长方体的体积是____________. 11. 正四棱锥的侧棱与底面所成角为60°，则此四棱锥相邻两个侧面所成二面角的大小是___________. 12. 已知异面直线、所成角为，过空间定点与、成角的直线共有3条，则的大小是______. 二、单项选择题（本题共有4个小题，每小题3分，满分12分） 13. 已知直线、，平面、，满足且，则“”是“”的（ ）条件. A. 必要非充分 B. 充分非必要 C. 充要 D. 既非充分又非必要 14. 已知，，则与的位置关系为（ ） A. 平行或异面 B. 相交 C. 重合 D. 以上都有可能 15. 三棱锥的侧棱两两垂直，三个侧面三角形的面积分别为，，，则三棱锥的体积是（ ） A. B. C. D. 16. 如图，已知正三棱柱底面边长为1，高为3，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为（ ）. A. 6 B. C. D. 三、解答题（本题共有6个大题，总分52分） 17. 已知：空间四边形，，，求证： 18. 如左图所示，在中，，，. （1）将绕直线旋转一周得到的旋转体，求该旋转体的表面积； （2）如右图所示，在三角形内挖去半圆（圆心在边上，半圆与相交于，与相切于点），图中阴影部分绕直线旋转半周得到旋转体，求该旋转体的体积. 19. 如图所示，在正方体中，E是棱的中点. （Ⅰ）求直线BE与平面所成的角的正弦值； （Ⅱ）在棱上是否存在一点F，使平面？证明你结论. 20. 设四边形矩形，点为平面外一点，且平面，若，. （1）求异面直线与所成角的大小； （2）在边上是否存在一点，使得点到平面的距离为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 21. 把一块边长为cm的正六边形铁皮，沿图中的虚线（虚线与正六边形的对应边垂直）剪去六个全等的四边形（阴影部分），折起六个矩形焊接制成一个正六棱柱形的无盖容器（焊接损耗忽略），设容器的底面边长为cm. （1）若，且该容器的体积为288，在该容器内注入水，水深为cm，若将一个半径为cm的实心球放入容器内，为了使得容器内的水不溢出，求实心球半径的范围； （2）若，且该容器的表面积为时，在该容器内注入水，水深为5cm，若将一根长度为10cm的玻璃棒（粗细忽略）放入容器内，一端置于处，另一端置于侧棱上，忽略铁皮厚度，求玻璃棒浸入水中部分的长度. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $