2022-2023学年上海市徐汇区高二(上)期中数学试卷
题号 一 二 三 总分
得分
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在试卷上无效。
3.考试结束后,本试卷和答题卡一并交回。
第I卷(选择题)
一、单选题(本大题共4小题,共20.0分。在每小题列出的选项中,选出符合题目的一项)
若,是两条不同的直线,垂直于平面,则“”是“”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
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.
对小时内降水在平地上的积水厚度进行如下定义:
小雨 中雨 大雨 暴雨
小明用一个圆锥形容器接了小时的雨水,则这一天的雨水属于哪个等级( )
A. 小雨 B. 中雨 C. 大雨 D. 暴雨
已知点是正四棱锥的侧棱上异于点的一动点,则点在面上的射影落在( )
A. 的外部 B. 的内部 C. 的一边上 D. 以上皆有可能
第II卷(非选择题)
二、填空题(本大题共12小题,共54.0分)
两条异面直线所成的角的取值范围是______.
已知向量,则向量的单位向量______.
若向量,,则 ______ .
已知线段在平面外,、两点到平面的距离分别为和,则线段的中点到平面的距离为______.
在正四棱柱中,底面的边长为,与底面所成角的大小为,则该正四棱柱的高等于______.
在正方体中,二面角的大小为______.
在空间中,给出下面四个命题,其中真命题为______填序号
过平面外的两点,有且只有一个平面与平面垂直;
若平面内有不共线三点到平面的距离都相等,则;
若直线与平面内的任意一条直线垂直,则;
两条异面直线在同一平面内的射影一定是两条相交直线.
已知一球体刚好和圆台的上、下底面及侧面都相切,且圆台上底面的半径为,下底面的半径为,则该圆台的侧面积为______.
如图,在三棱锥中,、、两两垂直,且,设是底面内一点,定义,其中、、分别是三棱锥、三棱锥、三棱锥的体积.若,且恒成立,则正实数的最小值为______.
已知三棱柱及空间中一点,具,为常数,若三棱的体积为,则三棱锥的体积为______.
直三棱柱的侧棱长为,侧棱到平面的距离不小于,从此三棱柱中去掉以此侧棱为直径的球所占的部分,余下的几何体的表面积与原三棱柱的表面积相等,则所剩几何体的体积最小值为______.
给定依次排列的四个相互平行的平面,,,,其中每相邻两个平面间的距离为,若一个的四个顶点满足:,则该正四面体的体积为______.
三、解答题(本大题共5小题,共76.0分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
本小题分
已知空间中的三点,,,,.
求的面积;
当与的夹角为钝角时,求的范围.
本小题分
如图,在中,,斜边,是的中点.现将以直角边为轴旋转一周得到一个圆锥,点为圆锥底面圆周上的一点,且.
求该圆锥的全面积;
求异面直线与所成角的大小.
结果用反三角函数值表示
本小题分
设为多面体的一个顶点,定义多面体在点处的离散曲率为,其中为多面体的所有与点相邻的顶点,且平面,平面,,平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.已知在直四棱柱中,底面为菱形,且.
求直四棱柱在各个顶点的离散曲率之和;
若直四棱柱在点处的离散曲率为,直四棱柱体积为,求函数的解析式及单调区间.
本小题分
如图所示,在四棱锥中,底面四边形是菱形,底面,是边长为的等边三角形,,.
求证:底面;
求直线与所成角的大小;
在线段上是否存在点,使得平面?如果存在,求的值;如果不存在,请说明理由.
本小题分
如图,在中,,,,,现将分别以、、所在的直线为轴旋转一周,设所得三个旋转体的体积依次为、、.
若,,,求以为轴旋转一周所得几何体的表面积;
求;用、、表示
若,并令,将表示为的函数,写出这个函数的定义域并求该函数的最大值.
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查空间直线与平面垂直与平行关系的应用,充要条件的判断,基本知识的考查.
利用直线与平面平行与垂直关系,判断两个命题的充要条件关系即可.
【解答】
解:,是两条不同的直线,垂直于平面,
则“”可能“”也可能,
反之,“”一定有“”,
所以,是两条不同的直线,垂直于平面,
则“”是“”的必要而不充分条件.
故选:.
2.【答案】
【解析】解:根据斜二测画法的规则可知,为直角三角形且,,
则.
故选:.
利用斜二测画法的规则结合直角三角形的性质,即可判断得到答案.
本题主要考查了平面图形的直观图的画法及应用,其中熟记斜二测画法的规则是解答的关键,考查了数形结合思想的应用,属于基础题.
3.【答案】
【解析】
【分析】
利用圆锥内积水的高度是圆锥总高度的一半,求出圆锥内积水部分的半径,求出圆锥的体积,求出平面上积水的厚度,由题意即可得到答案.
本题考查了空间几何体在实际生活中的应用,解题的关键是掌握锥体和柱体体积公式的应用,考查了逻辑推理能力与空间想象能力,属于中档题.
【解答】
解:圆锥的体积计算公式为,
因为圆锥内积水的高度是圆锥总高度的一半,
所以圆锥内积水部分小圆锥的半径为,
将,代入圆锥体积公式可得积水部分小圆锥的,
图上定义的是平地上积水的厚度,即平地上积水的高,
平底上积水的体积为,且对于这一块平地的面积,即为大圆锥底面圆的面积,
所以大圆锥底面圆的面积,
则平地上积水的厚度,
因为,
由题意可知,这一天的雨水属于中雨.
故选:.
4.【答案】
【解析】解:把正四棱锥放在正四棱柱中,是上底面的中心,如图,连接与的中点,由图可知,过作平面,垂足为,连接,可知点在面上的射影落在外部,
故选:.
把正四棱锥放在正四棱柱中,通过作出垂线,找出射影,即可判断选项.
本题考查了棱锥的结构特征,直线与平面垂直的判定,考查空间想象能力,转化思想,属于中档题.
5.【答案】
【解析】解:由异面直线所成角的定义可知:
过空间一点,分别作相应直线的平行线,两条相交直线所成的直角或锐角为异面直线所成的角
故两条异面直线所成的角的取值范围是
故答案为:
由异面直线所成角的定义求解.
本题主要考查异面直线所成的角,同时,还考查了转化思想,属基础题.
6.【答案】
【解析】解:,,
向量的单位向量.
故答案为:.
计算出,从而可得出,即可求出向量的坐标.
本题主要考查空间向量运算的坐标表示,属于基础题.
7.【答案】
【解析】解:,
故答案为
利用向量的坐标形式的四则运算法则、利用向量的数量积公式求出数量积.
本题考查向量的四则运算法则、考查向量的数量积公式:对应坐标乘积的和.
8.【答案】或
【解析】解:当、两点在平面的同侧时,
因为、两点到平面的距离分别为和,
所以线段的中点到平面的距离为.
当、两点在平面的异侧时,
因为、两点到平面的距离分别为和,
所以线段的中点到平面的距离为.
故答案为:或.
根据空间中点、线、面得位置关系可得:、两点与平面的位置由两种,因此分两种情况、两点在平面的同侧与异侧讨论此问题.
本题主要考查空间中点、线、面的位置关系与距离的计算,考查学生的空间想象能力.
9.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了正四棱柱的性质,正四棱柱的高的计算,考查了线面角的定义,关键是找到直线与平面所成的角.
根据正四棱柱的侧棱底面,判断为直线与底面所成的角,即可求出正四棱柱的高.
【解答】
解:正四棱柱的侧棱底面,
为直线与底面所成的角,
,
正四棱柱中,底面的边长为,
,
正四棱柱的高,
故答案为:.
10.【答案】
【解析】解:如图所示,连接,交于,连接,,
由,,为的中点,可得,,
则为二面角的平面角,连接,
设正方体的棱长为,则,
则,,
.
二面角的大小为.
故答案为:.
连接,交于,连接,,证明,,得为二面角的平面角,设正方体的棱长为,求解三角形得答案.
本题主要考查二面角的求法,涉及余弦定理的应用,考查运算求解能力,属于中档题.
11.【答案】
【解析】解:过平面外两点可确定一条直线,当这条直线垂直于平面时,有无数个平面垂直于平面,故错误;
若三点在平面同侧,则;若三点在平面两侧,则与相交,故错误;
直线与平面内的任意一条直线垂直,则垂直于平面内两条相交直线,由线面垂直的判定定理可得,故正确;
两条异面直线在同一个平面内的射影有可能是两条相交直线,也可能是两条平行直线,还可能是一个点和一条直线,故错误;
故答案为:.
利用直线和平面、平面和平面的位置关系判断各命题即可.
本题考查空间中线线,线面,面面间的位置关系,属于基础题.
12.【答案】
【解析】解:画出圆台的轴截面如图示,
则截面中圆为内切球的最大圆,且,,
,又上下底面周长分别为、,
该圆台的侧面积为.
故答案为:.
画出圆台的轴截面示意图求出其母线长,应用圆台侧面积公式求侧面积即可.
本题考查圆台的侧面积的计算,属基础题.
13.【答案】
【解析】解:、、两两垂直,且,.
即则
解得
正实数的最小值为
故答案为:
先根据三棱锥的特点求出其体积,然后利用基本不等式求出的最小值,建立关于的不等关系,解之即可.
本题主要考查了棱锥的体积,同时考查了基本不等式的运用,是题意新颖的一道题目,属于中档题.
14.【答案】
【解析】解:取的中点,
,
,,
是所在平面内一点,到直线的距离等于到直线的距离的倍,
故,设三棱柱的高为,
三棱锥的体积为.
故答案为:.
由,可得,是所在平面内一点,到直线的距离等于到直线的距离的倍,进而可得到答案.
平面向量的共线定理的应用,三棱锥的体积的计算,属中档题.
15.【答案】
【解析】解:在直三棱柱中,平面,,
设,,,由于从此三棱柱中去掉以此侧棱为直径的球所占的部分,
余下的几何体的表面积与原三棱柱的表面积相等.
则,得.
则所剩几何体的体积.
又由一侧棱到对面的距离不小于,则,.
故所剩几何体的体积的最小值为.
故答案为:.
由余下的几何体的表面积与原三棱柱的表面积相等列式求解,再由棱柱体积减去去掉的几何体的体积求解.
本题考查直三棱柱的体积与表面积的求法,考查空间想象能力与思维能力,考查运算求解能力,是中档题.
16.【答案】
【解析】解:如图正方体中,过的平面,过的平面,
过的平面,过的平面,
又面面,每相邻的两个平面距离为,
正四面体满足题意,此时其上底面如图示,
过作于,,设正方体棱长为,
则,
由等面积法知:,,
正四面体的体积为.
故答案为:.
利用正方体性质找到正四面体满足题设的四个平行平面,进而求出正方体棱长,即可求出四面体的体积.
本题考查正四面体的体积的求解,化归转化思想,属中档题.
17.【答案】解:由题设,,则,
所以,故在中,
故的面积为;
由知:,,且它们夹角为钝角,
所以,即,
所以,可得,
当它们反向共线,即且时,有,无解,
综上,.
【解析】应用向量坐标表示有,,由向量夹角的坐标运算可得,再求其正弦值,应用三角形面积公式求面积;
向量坐标表示得,,它们的夹角为钝角,即,即可求参数范围,注意排除向量反向共线的情况.
本题主要考查平面向量的数量积公式,属于基础题.
18.【答案】解:中,
即圆锥底面半径为
圆锥的侧面积
故圆锥的全面积
过作交于,连
则为异面直线与所成角
平面平面
在中,,
是的中点是的中点,
.
在中,,
,
即异面直线与所成角的大小为
【解析】求出圆锥底面半径,圆锥的侧面积,然后求解圆锥的全面积.
过作交于,连,说明为异面直线与所成角,在中,求解异面直线与所成角的大小.
本题考查异面直线所成角的求法,几何体的全面积的求法,考查空间想象能力以及计算能力.
19.【答案】解:在直四棱柱中,,底面为菱形,
由离散曲率的定义知:,,,的离散曲率相等,,,,的离散曲率相等,
处的曲率为,
又处的曲率为,,
、两处的曲率和为,
直四棱柱在各个顶点的离散曲率之和;
根据题意可知处的曲率,
,
直四棱柱底面面积为,
直四棱柱高为,体积为,
令,,
,,
即,上递增;
令,,
,,
即,上递减;
增区间为,减区间为,.
【解析】根据离散曲率的定义,由直四棱柱的结构特征,分别求出、处的离散曲率,相加后乘以即可求得答案.
由曲率定义可得,应用三角形面积公式求底面积,根据棱柱体积公式写出体积解析式,再由正弦型函数的性质求单调区间.
本题考查新定义,化归转化思想,直四棱柱的体积最值的求解,函数思想,导数的应用,属中档题.
20.【答案】证明:因为底面是菱形,且,所以为,中点,
在中,,可得,
因为在中,,为,中点,所以,
又因为,所以底面;
解:连接,取中点为,连接,
因为底面是菱形,,
由为中点,且为中点,,所以为中点,所以,
故为直线与所成的角,
又由为等边三角形,且为中点,所以;
存在,,
连接,,
因为,为中点,所以,
又因为,所以在中,,即,
因为平面,平面,所以平面,
由知,因为平面,平面,所以平面,
因为,所以平面平面,
因为平面,所以平面.
【解析】由底面是菱形,证得,在中,,证得,结合线面垂直的判定定理,即可证得底面;
连接,取中点为,连接,证得,得到为直线与所成的角,进而求得直线与所成角的大小;
连接,连接,,证得平面,结合证得平面平面,即可得到平面.
本题考查了线面垂直的证明和线面平行的应用与异面直线所成的角,属于中档题.
21.【答案】解:因为,,,
所以是直角三角形且为直角,
故点作,垂足为,
则,
以为轴旋转一周所得几何体是以为底面半径,,为高的两个圆锥组合而成,
该几何体的表面积为;
,
其中,,分别表示中,,边上的高,
则,
所以,,,
所以
;
由题意,,,则,
由余弦定理,可得,
所以,
则,
由正弦定理,可得
,
由于,则,
则
所以
则,其中
因为在上为单调递增函数,
故的最大值为.
【解析】根据圆锥的侧面积计算公式,计算求解表面积即可;
利用等面积法表示出三边上的高,再利用锥体的体积公式分别求出、、,即可得到的表达式;
由余弦定理化简的表达式,求出函数,结合正弦定理求解最大值即可.
本题考查了余弦定理和正弦定理的应用,三角函数性质,函数单调性的判断,考查了逻辑推理能力与空间想象能力,属于中档题.
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