上海市实验学校2023-2024学年高二上学期数学期中试卷
一、填空题（共40分，每小题4分，答案正确得4分，否则不得分）
1．（2023高二上·上海市期中）若，且，则 （用集合符号表示）.
【答案】
【知识点】平面的基本性质及推论；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：因为，所以点A是两个平面的公共点，即点A在两个平面的交线上，
又，所以
故答案为：.
【分析】根据得得出点A必在两个平面的交线上，在结合已知条件即可求解.
2．（2023高二上·上海市期中）已知圆锥底面半径为2，母线长为3，则圆锥的表面积为 .
【答案】10π
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】解：因为 圆锥底面半径为2， 则圆锥的底面积：，底面圆的周长为：，
圆的侧面展开图为扇形，且扇形的弧长等于底面圆的周长即：扇形弧长，在根据扇形的面积公式：（R为扇形的半径即等于母线长3）则，
则圆锥的表面积为：.
故答案为：.
【分析】根据圆锥底面圆的半径即可算出底面积及底面圆的周长，在再结合圆的侧面展开图为扇形，及扇形的面积公式即可求解.
3．（2023高二上·上海市期中）设是两个不同的平面，是直线且.“”是“”的 条件.（填“充分不必要” “必要不充分” “充要” “不充分不必要”）
【答案】必要不充分
【知识点】充分条件；必要条件；充要条件；必要条件、充分条件与充要条件的判断；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：当时，过m的平面与平面可能平行也可能相交（平面内有两条相交直线与平面平行，才能证明）
故：，当时，则内的任意一条直线都与平行，故当，且时，，
综上所述：时的必要不充分条件.
故答案为：必要不充分.
【分析】根据平面平行，线面平行的性质与判定结合充分、必要条件的判定即可求解.
4．（2023高二上·上海市期中）设，向量，，，且，，则的值为 .
【答案】
【知识点】共线（平行）向量；空间向量的数乘运算；空间向量的数量积运算；向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】【解答】解：因为：，所以：，解得：；又，则，
即：，可解得：，则.
故答案为：-1.
【分析】利用空间向量数量积的坐标表示、空间向量共线的坐标表示及，列方程求解即可.
5．（2023高二上·上海市期中）如图的四面体中，所有棱长均相等，每个面都是全等的正三角形，分别是棱的中点，则直线与平面所成角的大小为 .
【答案】
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：连结CM，BM，如下图所示：
由题意可得四面体OABC为正四面体，根据正四面体的性质可得：，
又∵且平面BCM，平面BCM，∴平面BCM
则直线OA与平面CMN所成角的大小为：
故答案为：.
【分析】连结BM、CM，然后根据题意得到四面体OABC为正四面体，然后根据正四面体的性质及线面垂直的判定定理即可求解.
6．（2023高二上·上海市期中）把长和宽分别为6和3的矩形卷成一个圆柱的侧面，则该圆柱的体积为 .
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：（1）设以矩形的宽为圆柱的高，则圆柱的底面圆的周长为6，则底面圆的半径，
则圆柱的体积：；
（2）设以矩形的长为圆柱的高，则圆柱的底面圆的周长为3，则底面圆的半径，
则圆柱的体积：
故答案为：.
【分析】根据题意分圆柱的高为长或宽两种情况进行分类讨论在，结合圆柱的体积公式进行计算即可.
7．（2023高二上·上海市期中）如图，已知四边形是矩形，平面且，中点，则异面直线与所成角的余弦值为 .
【答案】
【知识点】三垂线定理；空间中直线与平面之间的位置关系；余弦定理
【解析】【解答】解：取BC的中点F，并连结EF，
∵点E是PB的中点，点F是BC的中点
∴且
则异面直线AE与PC所成的角为（或者其补角）
∵平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD
∴，
又，四边形是矩形
根据勾股定理得：
，
又由三垂线定理可得：
则在中：，
又点E是PB的中点，所以
在中EF为中位线，所以，在由余弦定理得：
故答案为：.
【分析】根据解决异面直线所成角的问题是把异面直线通过平移到同一平面内进行解决，故取BC中点F，通过中位线定理将直线PC平移到EF处，找到异面直线所成的角为（或者其补角）然后通过勾股定理求出各边的长度，然后利用余弦定理得求出的余弦定值即可.
8．（2023高二上·上海市期中）在棱长为6的正方体中，E是棱AB的中点，过作正方体的截面，则该截面的面积是 ．
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：
根据题意作出如上图的示意图并取的中点F连接EF，因为点 E是棱AB的中点 ，点F是棱的中点，故由中位线定理得：
又由正方体的性质得：，故，则等腰梯形为过正方体的截面，
由勾股定理得：；，，
则等腰梯形的高，故梯形的面积
故答案为：.
【分析】首先利用正方体的性质和中位线定理作出 过正方体的截面等腰梯形，然后利用勾股定理计算出等腰梯形各边的边长即高h，然后利用等腰梯形的面积公式进行计算即可.
9．（2020·定远模拟）已知两平行平面 间的距离为 ，点 ，点 ，且 ，若异面直线 与 所成角为60°，则四面体 的体积为 ．
【答案】6
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角
【解析】【解答】设平面ABC与平面 交线为CE，取 ，则 ，
【分析】根据作图法结合已知条件，通过作平行线找出异面直线 与 所成角，再利用异面直线 与 所成角为60°结合三棱锥的体积公式，从而求出四面体 的体积。
10．（2023高二上·上海市期中）如图，在棱长为2的正四面体中，分别为直线上的动点，且.若记中点的轨迹为，则等于 .（注：表示的测度，在本题，为曲线、平面图形、空间几何体时，分别对应长度、面积、体积.）
【答案】
【知识点】轨迹方程；向量方法证明线、面的位置关系定理
【解析】【解答】解：为了方便求点P的轨迹方程，故将正四面体放置于如下图所示的正方体中，并建立如图所示的空间直角坐标系：
因为正四面体的 棱长为2 ，则正方体的边长为，由正方体的性质及分别为直线
上的动点，可以设，，
则，化简得：
又由中点坐标公式有：即代入
得：，即：，则点P的轨迹为半径r=的圆，周长为
故答案为：.
【分析】本题将立体几何与解析几何联合考查，提升了试题的难度，要求轨迹方程，必先建立坐标系，过将正四面体放置于正方体中，并求出正方体的边长，然后根据正方体的性质及分别为直线上的动点从而设出点E、F的坐标，由距离公式和中点坐标公式进行化简运算即可求解.
二、选择题（共16分，每小题4分）
11．（2023高二上·上海市期中）直线与直线相交，直线也与直线相交，则直线与直线的位置关系是（ ）
A．相交 B．平行
C．异面 D．以上都有可能
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：如图在上图的正方体中，假设直线AD为直线a，直线AB为直线b，当直线为直线b时，则这时直线a与直线b异面，当直线BC为直线b时，直线a与直线b平行，当直线为直线b时，直线a与直线b相交.
故答案为：D.
【分析】以正方体建立具体模型进行分类讨论即可求解.
12．（2022·福建模拟）已知互不重合的直线，，互不重合的平面，，，给出下列四个命题，错误的命题是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
【答案】D
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】A：过作一平面，与，都相交，设，如下图所示：
则有，又，所以，，所以，因此有，故本命题是真命题；
B：因为，，所以向量，是平面，的法向量，而，所以，即，故本命题是真命题；
C：设，在平面内任意一点，作，如下图所示：由面面垂直的性质定理可知：，因为，所以有，
又因为，所以，故本命题是真命题；
D：因为，，所以或，故本命题是假命题.
故答案为：D
【分析】利用已知条件结合线线平行的判断方法、数量积为0两向量垂直的等价关系、线面垂直的判定定理、面面平行的判定定理，从而找出错误命题的选项。
13．（2020·大连模拟）下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出 平面 的图形的序号是（ ）
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【答案】C
【知识点】平面与平面平行的性质
【解析】【解答】对于①，连接 如图所示，由于 ，根据面面平行的性质定理可知平面 平面 ，所以 平面 .
对于②，连接 交 于D，由于N是 的中点，D不是 的中点，所以在平面 内 与 相交，所以直线 与平面 相交.
对于③，连接 ，则 ，而 与 相交，即 与平面 相交，所以 与平面 相交.
对于④，连接 ，则 ，由线面平行的判定定理可知 平面 .
综上所述，能得出 平面 的图形的序号是①④.
故答案为：C
【分析】用面面平行的性质判断①的正确性.利用线面相交来判断②③的正确性，利用线线平行来判断④的正确性.
14．（2023高二上·上海市期中）如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE(A1 平面ABCD)，若M，O分别为线段A1C，DE的中点，则在△ADE翻转过程中，下列说法错误的是（ ）
A．与平面A1DE垂直的直线必与直线MB垂直
B．异面直线BM与A1E所成角是定值
C．一定存在某个位置，使DE⊥MO
D．三棱锥A1 ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：延长CB，DE交于点H，并连结，
由题意知：且点E为AB的中点，所以点B为CH的中点，又点M为的中点，由中位线定理得：且平面，平面，则：平面，故与平面垂直的直线必与垂直，故A选项正确；
对于B选项：取中点G，连结EG，GM，又点M为的中点，故，且，由题意知：，，
所以且，所以四边形BEGM为平行四边形，则异面直线BM与所成角为（或其补角），
设矩形ABCD的边长为2a，则由翻折关系及勾股定理得：，，，
故在中，则为定值，则B选项正确；
对于C选项：因为，且E为AB的中点，所以，则，所以为等腰三角形，则，假设成立，因为，且，平面，则 平面，又平面
则，显然与题意矛盾，故C选项错误；对于D选项：
由B选项知：，则点A及点均在以DE为直径的圆上，又点A及点没有在同一平面内，则点A及点均在以DE为直径的球上，即DE为 三棱锥A1 ADE外接球直径，则DE与AD的长之比为定值，故D选项正确.
故答案为：C.
【分析】对于A选项假设与平面垂直的直线必与垂直成立，则只需证明平面即可，然后利用中位线进行证明即可；对于B选项通过中位线定理找到直线BM的平行线EG，进而找到异面直线BM与所成角为（或其补角），然后解三角形即可求解，对于C选项利用反证法进行证明即可，对于D选项利用得到E为 三棱锥A1 ADE外接球直径即可求解.
三、解答题（共44分，要求写出必要的解答或证明步骤）
15．（2023高二上·上海市期中）如图，三棱柱中，M，N分别是上点，且．设，，．
（1）试用，，表示向量；
（2）若，求MN的长．
【答案】（1）解：，且，
则；
（2）由（1）知：，则，
又因为，
所以
故MN的长度为：
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数乘运算；空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【分析（1）根据空间向量的加法和减法运算即可求解；（2）运用空间向量的数量积运算即可求解.
16．（2019高二上·湖北期中）如图，四棱锥 中， ， ， ， ， .
（1）求证： 平面 ；
（2）求异面直线 与 所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：∵ , , ,
∴ 平面 ,
（2）解：∵
∴ 为异面直线 与 所成的角或其补角,
∵ 平面 , , .
则
∴在 中, ,
,
∴
∴在 中,由余弦定理可得
∴
因为异面直线夹角的范围为
∴异面直线 与 所成角的余弦值为 .
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）根据直线与平面垂直的判定定理即可证明.（2）因为 ,则 即为异面直线 与 所成角,在 中求得各边的长度,由余弦定理即可求得 ,根据异面直线夹角的范围即可判断夹角的余弦值.
17．（2019高二上·成都期中）如图，多面体 中，底面 是菱形， ，四边形 是正方形且 平面 .
（1）求证： 平面 ；
（2）若 ，求多面体 的体积 .
【答案】（1）证明： 是菱形， .
又 平面 ， 平面 ， 平面 .又 是正方形， .
平面 ， 平面 ， 平面 . 平面 ， 平面
平面 平面 ， 平面
（2）解：连接 ，记 .
是菱形， ，且 .
由 平面 ， 平面 ， .
平面 ， 平面 ， ，
平面 于 ，
即 为四棱锥 的高.
由 是菱形， ，则 为等边三角形，由 ，则
， ， ， ，
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）由面面平行的判定定理先证明平面 平面 ，进而可得 平面 ；（2）将多面体 拆成两个四棱锥，由四棱锥的体积公式即可求出结果.
18．（2023高二上·上海市期中）如图，在四棱锥中，底面正方形，平面平面，点在线段上，平面，，．
（1）求证：为的中点；
（2）求二面角的大小；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：设AC，BD的交点为点E，并连接ME
∵平面且，平面平面
∴
又底面ABCD为正方形，所以E为BD的中点
则由中位线定理得点M位PB的中点；
（2）解：取AD的中点E，连接PE，因为PA=PD，所以，又 平面平面，且平面平面，
平面所以平面，故，故如上图所示建立空间直角坐标系，，
由题意得：平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，则
令，则可解得：，故，设 二面角的平面角为，由题意知则
，所以，故的大小为；
（3）解：由（2）知平面的一个法向量为：，又M为PB的中点，则点M的坐标为，，设 直线与平面所成的角为，则即 直线与平面所成角的正弦值 为
【知识点】平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 设AC，BD的交点为点E，并连接ME 根据线面平行的性质可得：，再根据正方形的性质及中位线定理即可证明结论；
（2） 取AD的中点E，连接PE，因为PA=PD，所以 ，运用面面垂直的性质及正方形的性质可证得： ，从而建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出 平面的一个法向量， 平面的一个法向量为
， 二面角的平面角为 ，然后利用二面角与两个平面法向量夹角的关系式得到：代值进行求解即可；
（3） 由（2）知平面的一个法向量为： ，写出的坐标，然后根据直线与平面所成角与直线和平面法向量夹角互余的关系得到： 设 直线与平面所成的角为，则，代值进行求解即可；
四、附加题（共20分，要求写出必要的解答或证明步骤）
19．（2023高二上·上海市期中）如图，直线平面，直线平行四边形，四棱锥的顶点在平面上，，，，，分别是与的中点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：如下图所示，连结OM、ON，
由题意知底面为平行四边形，且，则O为的中点，
又N为CD的中点，则由中位线定理有：，同理可得：，
又平面且平面OMN
所以平面平面，又平面OMN，所以平面QBC；
（2）解：由已知可得： 直线平面，直线平行四边形
所以平面平面，又，所以且四边形为矩形，
平面ABCD，，故可以过点D作，则DZ、DA、DB两两互相垂直，
故以DZ为z轴，DA为x轴，DB为y轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
因为，，，由勾股定理得：
所以：
设平面的一个法向量为
则令z=2，则可解得：y=-1，x-0，故平面的一个法向量=，
设平面CBQ的一个法向量为：，则
令解得：，则平面CBQ的一个法向量为
所以 二面角为的平面角为由题意知：，则
故 二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据题意可知，O为BD中点、AC中点，M、N分别是AQ、QB的中点，由中位线定理及平行平面的判定的：平面平面从而得出平面QBC，（2）利用 直线平行四边形 ，作出OP，及从而证得DZ、DA、DB两两互相垂直，故可建立空间直角坐标系，写出各点坐标，然后求出平面CBQ的一个法向量为及平面的一个法向量=，然后利用求出二面角即可.
20．（2023高二上·上海市期中）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为.
（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；
（2）若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设
①用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积；
②当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值.
【答案】（1）解：根据题意知蜂房是由三个菱形及六个直角梯形组成，故根据题目中对曲率的定义知：蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，又每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和，故度量值等于减去三个菱形的内角和，再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和，即：蜂房 曲顶空间的弯曲度 等于：；
（2）解：①如图所示，连接AC，SH，在中由余弦定理得：，设点S在平面ACE内的射影为O，由题意可得点S的射影即为点E在平面ABCDEF内的射影，由正六边形的性质得：OB=1，故由勾股定理得：
则菱形SAHC的面积为，侧面积为：.
下底正六边形的面积为：（正六边形可以分成6个等边三角形，设等边三角形的变成为a，则等边三角形的面积为：），所以蜂房的表面积为：；
② 由①知道，则对求导可得：令得：所以当，，，故在上单调递减，在单调递增，故在出取得极小值，也就是最小值，
此时，在中，由余弦定理得：，
令，由题意得顶点S的曲率为，所以：
.
【知识点】三角函数的化简求值；三角函数中的恒等变换应用；空间几何体的直观图；斜二测画法直观图；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【分析】（1）根据题意得出弯曲度、曲率的定义，然后带值进行计算即可求解；
（2） ①先计算出侧面积为：，下底正六边形的面积为，菱形SAHC的面积为，再结合多面体的表面积求法表示出即可；②对①求出的进行求导，确定出函数的单调性，找到最小值，从而求出BH，在利用余弦定理求出，然后结合三角恒等变换求出顶点S的曲率即可.
1 / 1上海市实验学校2023-2024学年高二上学期数学期中试卷
一、填空题（共40分，每小题4分，答案正确得4分，否则不得分）
1．（2023高二上·上海市期中）若，且，则 （用集合符号表示）.
2．（2023高二上·上海市期中）已知圆锥底面半径为2，母线长为3，则圆锥的表面积为 .
3．（2023高二上·上海市期中）设是两个不同的平面，是直线且.“”是“”的 条件.（填“充分不必要” “必要不充分” “充要” “不充分不必要”）
4．（2023高二上·上海市期中）设，向量，，，且，，则的值为 .
5．（2023高二上·上海市期中）如图的四面体中，所有棱长均相等，每个面都是全等的正三角形，分别是棱的中点，则直线与平面所成角的大小为 .
6．（2023高二上·上海市期中）把长和宽分别为6和3的矩形卷成一个圆柱的侧面，则该圆柱的体积为 .
7．（2023高二上·上海市期中）如图，已知四边形是矩形，平面且，中点，则异面直线与所成角的余弦值为 .
8．（2023高二上·上海市期中）在棱长为6的正方体中，E是棱AB的中点，过作正方体的截面，则该截面的面积是 ．
9．（2020·定远模拟）已知两平行平面 间的距离为 ，点 ，点 ，且 ，若异面直线 与 所成角为60°，则四面体 的体积为 ．
10．（2023高二上·上海市期中）如图，在棱长为2的正四面体中，分别为直线上的动点，且.若记中点的轨迹为，则等于 .（注：表示的测度，在本题，为曲线、平面图形、空间几何体时，分别对应长度、面积、体积.）
二、选择题（共16分，每小题4分）
11．（2023高二上·上海市期中）直线与直线相交，直线也与直线相交，则直线与直线的位置关系是（ ）
A．相交 B．平行
C．异面 D．以上都有可能
12．（2022·福建模拟）已知互不重合的直线，，互不重合的平面，，，给出下列四个命题，错误的命题是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
13．（2020·大连模拟）下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出 平面 的图形的序号是（ ）
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
14．（2023高二上·上海市期中）如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE(A1 平面ABCD)，若M，O分别为线段A1C，DE的中点，则在△ADE翻转过程中，下列说法错误的是（ ）
A．与平面A1DE垂直的直线必与直线MB垂直
B．异面直线BM与A1E所成角是定值
C．一定存在某个位置，使DE⊥MO
D．三棱锥A1 ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值
三、解答题（共44分，要求写出必要的解答或证明步骤）
15．（2023高二上·上海市期中）如图，三棱柱中，M，N分别是上点，且．设，，．
（1）试用，，表示向量；
（2）若，求MN的长．
16．（2019高二上·湖北期中）如图，四棱锥 中， ， ， ， ， .
（1）求证： 平面 ；
（2）求异面直线 与 所成角的余弦值.
17．（2019高二上·成都期中）如图，多面体 中，底面 是菱形， ，四边形 是正方形且 平面 .
（1）求证： 平面 ；
（2）若 ，求多面体 的体积 .
18．（2023高二上·上海市期中）如图，在四棱锥中，底面正方形，平面平面，点在线段上，平面，，．
（1）求证：为的中点；
（2）求二面角的大小；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
四、附加题（共20分，要求写出必要的解答或证明步骤）
19．（2023高二上·上海市期中）如图，直线平面，直线平行四边形，四棱锥的顶点在平面上，，，，，分别是与的中点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
20．（2023高二上·上海市期中）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为.
（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；
（2）若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设
①用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积；
②当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值.
答案解析部分
1．【答案】
【知识点】平面的基本性质及推论；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：因为，所以点A是两个平面的公共点，即点A在两个平面的交线上，
又，所以
故答案为：.
【分析】根据得得出点A必在两个平面的交线上，在结合已知条件即可求解.
2．【答案】10π
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】解：因为 圆锥底面半径为2， 则圆锥的底面积：，底面圆的周长为：，
圆的侧面展开图为扇形，且扇形的弧长等于底面圆的周长即：扇形弧长，在根据扇形的面积公式：（R为扇形的半径即等于母线长3）则，
则圆锥的表面积为：.
故答案为：.
【分析】根据圆锥底面圆的半径即可算出底面积及底面圆的周长，在再结合圆的侧面展开图为扇形，及扇形的面积公式即可求解.
3．【答案】必要不充分
【知识点】充分条件；必要条件；充要条件；必要条件、充分条件与充要条件的判断；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：当时，过m的平面与平面可能平行也可能相交（平面内有两条相交直线与平面平行，才能证明）
故：，当时，则内的任意一条直线都与平行，故当，且时，，
综上所述：时的必要不充分条件.
故答案为：必要不充分.
【分析】根据平面平行，线面平行的性质与判定结合充分、必要条件的判定即可求解.
4．【答案】
【知识点】共线（平行）向量；空间向量的数乘运算；空间向量的数量积运算；向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】【解答】解：因为：，所以：，解得：；又，则，
即：，可解得：，则.
故答案为：-1.
【分析】利用空间向量数量积的坐标表示、空间向量共线的坐标表示及，列方程求解即可.
5．【答案】
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：连结CM，BM，如下图所示：
由题意可得四面体OABC为正四面体，根据正四面体的性质可得：，
又∵且平面BCM，平面BCM，∴平面BCM
则直线OA与平面CMN所成角的大小为：
故答案为：.
【分析】连结BM、CM，然后根据题意得到四面体OABC为正四面体，然后根据正四面体的性质及线面垂直的判定定理即可求解.
6．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：（1）设以矩形的宽为圆柱的高，则圆柱的底面圆的周长为6，则底面圆的半径，
则圆柱的体积：；
（2）设以矩形的长为圆柱的高，则圆柱的底面圆的周长为3，则底面圆的半径，
则圆柱的体积：
故答案为：.
【分析】根据题意分圆柱的高为长或宽两种情况进行分类讨论在，结合圆柱的体积公式进行计算即可.
7．【答案】
【知识点】三垂线定理；空间中直线与平面之间的位置关系；余弦定理
【解析】【解答】解：取BC的中点F，并连结EF，
∵点E是PB的中点，点F是BC的中点
∴且
则异面直线AE与PC所成的角为（或者其补角）
∵平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD
∴，
又，四边形是矩形
根据勾股定理得：
，
又由三垂线定理可得：
则在中：，
又点E是PB的中点，所以
在中EF为中位线，所以，在由余弦定理得：
故答案为：.
【分析】根据解决异面直线所成角的问题是把异面直线通过平移到同一平面内进行解决，故取BC中点F，通过中位线定理将直线PC平移到EF处，找到异面直线所成的角为（或者其补角）然后通过勾股定理求出各边的长度，然后利用余弦定理得求出的余弦定值即可.
8．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：
根据题意作出如上图的示意图并取的中点F连接EF，因为点 E是棱AB的中点 ，点F是棱的中点，故由中位线定理得：
又由正方体的性质得：，故，则等腰梯形为过正方体的截面，
由勾股定理得：；，，
则等腰梯形的高，故梯形的面积
故答案为：.
【分析】首先利用正方体的性质和中位线定理作出 过正方体的截面等腰梯形，然后利用勾股定理计算出等腰梯形各边的边长即高h，然后利用等腰梯形的面积公式进行计算即可.
9．【答案】6
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角
【解析】【解答】设平面ABC与平面 交线为CE，取 ，则 ，
【分析】根据作图法结合已知条件，通过作平行线找出异面直线 与 所成角，再利用异面直线 与 所成角为60°结合三棱锥的体积公式，从而求出四面体 的体积。
10．【答案】
【知识点】轨迹方程；向量方法证明线、面的位置关系定理
【解析】【解答】解：为了方便求点P的轨迹方程，故将正四面体放置于如下图所示的正方体中，并建立如图所示的空间直角坐标系：
因为正四面体的 棱长为2 ，则正方体的边长为，由正方体的性质及分别为直线
上的动点，可以设，，
则，化简得：
又由中点坐标公式有：即代入
得：，即：，则点P的轨迹为半径r=的圆，周长为
故答案为：.
【分析】本题将立体几何与解析几何联合考查，提升了试题的难度，要求轨迹方程，必先建立坐标系，过将正四面体放置于正方体中，并求出正方体的边长，然后根据正方体的性质及分别为直线上的动点从而设出点E、F的坐标，由距离公式和中点坐标公式进行化简运算即可求解.
11．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：如图在上图的正方体中，假设直线AD为直线a，直线AB为直线b，当直线为直线b时，则这时直线a与直线b异面，当直线BC为直线b时，直线a与直线b平行，当直线为直线b时，直线a与直线b相交.
故答案为：D.
【分析】以正方体建立具体模型进行分类讨论即可求解.
12．【答案】D
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】A：过作一平面，与，都相交，设，如下图所示：
则有，又，所以，，所以，因此有，故本命题是真命题；
B：因为，，所以向量，是平面，的法向量，而，所以，即，故本命题是真命题；
C：设，在平面内任意一点，作，如下图所示：由面面垂直的性质定理可知：，因为，所以有，
又因为，所以，故本命题是真命题；
D：因为，，所以或，故本命题是假命题.
故答案为：D
【分析】利用已知条件结合线线平行的判断方法、数量积为0两向量垂直的等价关系、线面垂直的判定定理、面面平行的判定定理，从而找出错误命题的选项。
13．【答案】C
【知识点】平面与平面平行的性质
【解析】【解答】对于①，连接 如图所示，由于 ，根据面面平行的性质定理可知平面 平面 ，所以 平面 .
对于②，连接 交 于D，由于N是 的中点，D不是 的中点，所以在平面 内 与 相交，所以直线 与平面 相交.
对于③，连接 ，则 ，而 与 相交，即 与平面 相交，所以 与平面 相交.
对于④，连接 ，则 ，由线面平行的判定定理可知 平面 .
综上所述，能得出 平面 的图形的序号是①④.
故答案为：C
【分析】用面面平行的性质判断①的正确性.利用线面相交来判断②③的正确性，利用线线平行来判断④的正确性.
14．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：延长CB，DE交于点H，并连结，
由题意知：且点E为AB的中点，所以点B为CH的中点，又点M为的中点，由中位线定理得：且平面，平面，则：平面，故与平面垂直的直线必与垂直，故A选项正确；
对于B选项：取中点G，连结EG，GM，又点M为的中点，故，且，由题意知：，，
所以且，所以四边形BEGM为平行四边形，则异面直线BM与所成角为（或其补角），
设矩形ABCD的边长为2a，则由翻折关系及勾股定理得：，，，
故在中，则为定值，则B选项正确；
对于C选项：因为，且E为AB的中点，所以，则，所以为等腰三角形，则，假设成立，因为，且，平面，则 平面，又平面
则，显然与题意矛盾，故C选项错误；对于D选项：
由B选项知：，则点A及点均在以DE为直径的圆上，又点A及点没有在同一平面内，则点A及点均在以DE为直径的球上，即DE为 三棱锥A1 ADE外接球直径，则DE与AD的长之比为定值，故D选项正确.
故答案为：C.
【分析】对于A选项假设与平面垂直的直线必与垂直成立，则只需证明平面即可，然后利用中位线进行证明即可；对于B选项通过中位线定理找到直线BM的平行线EG，进而找到异面直线BM与所成角为（或其补角），然后解三角形即可求解，对于C选项利用反证法进行证明即可，对于D选项利用得到E为 三棱锥A1 ADE外接球直径即可求解.
15．【答案】（1）解：，且，
则；
（2）由（1）知：，则，
又因为，
所以
故MN的长度为：
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数乘运算；空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【分析（1）根据空间向量的加法和减法运算即可求解；（2）运用空间向量的数量积运算即可求解.
16．【答案】（1）证明：∵ , , ,
∴ 平面 ,
（2）解：∵
∴ 为异面直线 与 所成的角或其补角,
∵ 平面 , , .
则
∴在 中, ,
,
∴
∴在 中,由余弦定理可得
∴
因为异面直线夹角的范围为
∴异面直线 与 所成角的余弦值为 .
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）根据直线与平面垂直的判定定理即可证明.（2）因为 ,则 即为异面直线 与 所成角,在 中求得各边的长度,由余弦定理即可求得 ,根据异面直线夹角的范围即可判断夹角的余弦值.
17．【答案】（1）证明： 是菱形， .
又 平面 ， 平面 ， 平面 .又 是正方形， .
平面 ， 平面 ， 平面 . 平面 ， 平面
平面 平面 ， 平面
（2）解：连接 ，记 .
是菱形， ，且 .
由 平面 ， 平面 ， .
平面 ， 平面 ， ，
平面 于 ，
即 为四棱锥 的高.
由 是菱形， ，则 为等边三角形，由 ，则
， ， ， ，
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）由面面平行的判定定理先证明平面 平面 ，进而可得 平面 ；（2）将多面体 拆成两个四棱锥，由四棱锥的体积公式即可求出结果.
18．【答案】（1）证明：设AC，BD的交点为点E，并连接ME
∵平面且，平面平面
∴
又底面ABCD为正方形，所以E为BD的中点
则由中位线定理得点M位PB的中点；
（2）解：取AD的中点E，连接PE，因为PA=PD，所以，又 平面平面，且平面平面，
平面所以平面，故，故如上图所示建立空间直角坐标系，，
由题意得：平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，则
令，则可解得：，故，设 二面角的平面角为，由题意知则
，所以，故的大小为；
（3）解：由（2）知平面的一个法向量为：，又M为PB的中点，则点M的坐标为，，设 直线与平面所成的角为，则即 直线与平面所成角的正弦值 为
【知识点】平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 设AC，BD的交点为点E，并连接ME 根据线面平行的性质可得：，再根据正方形的性质及中位线定理即可证明结论；
（2） 取AD的中点E，连接PE，因为PA=PD，所以 ，运用面面垂直的性质及正方形的性质可证得： ，从而建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出 平面的一个法向量， 平面的一个法向量为
， 二面角的平面角为 ，然后利用二面角与两个平面法向量夹角的关系式得到：代值进行求解即可；
（3） 由（2）知平面的一个法向量为： ，写出的坐标，然后根据直线与平面所成角与直线和平面法向量夹角互余的关系得到： 设 直线与平面所成的角为，则，代值进行求解即可；
19．【答案】（1）证明：如下图所示，连结OM、ON，
由题意知底面为平行四边形，且，则O为的中点，
又N为CD的中点，则由中位线定理有：，同理可得：，
又平面且平面OMN
所以平面平面，又平面OMN，所以平面QBC；
（2）解：由已知可得： 直线平面，直线平行四边形
所以平面平面，又，所以且四边形为矩形，
平面ABCD，，故可以过点D作，则DZ、DA、DB两两互相垂直，
故以DZ为z轴，DA为x轴，DB为y轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
因为，，，由勾股定理得：
所以：
设平面的一个法向量为
则令z=2，则可解得：y=-1，x-0，故平面的一个法向量=，
设平面CBQ的一个法向量为：，则
令解得：，则平面CBQ的一个法向量为
所以 二面角为的平面角为由题意知：，则
故 二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据题意可知，O为BD中点、AC中点，M、N分别是AQ、QB的中点，由中位线定理及平行平面的判定的：平面平面从而得出平面QBC，（2）利用 直线平行四边形 ，作出OP，及从而证得DZ、DA、DB两两互相垂直，故可建立空间直角坐标系，写出各点坐标，然后求出平面CBQ的一个法向量为及平面的一个法向量=，然后利用求出二面角即可.
20．【答案】（1）解：根据题意知蜂房是由三个菱形及六个直角梯形组成，故根据题目中对曲率的定义知：蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，又每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和，故度量值等于减去三个菱形的内角和，再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和，即：蜂房 曲顶空间的弯曲度 等于：；
（2）解：①如图所示，连接AC，SH，在中由余弦定理得：，设点S在平面ACE内的射影为O，由题意可得点S的射影即为点E在平面ABCDEF内的射影，由正六边形的性质得：OB=1，故由勾股定理得：
则菱形SAHC的面积为，侧面积为：.
下底正六边形的面积为：（正六边形可以分成6个等边三角形，设等边三角形的变成为a，则等边三角形的面积为：），所以蜂房的表面积为：；
② 由①知道，则对求导可得：令得：所以当，，，故在上单调递减，在单调递增，故在出取得极小值，也就是最小值，
此时，在中，由余弦定理得：，
令，由题意得顶点S的曲率为，所以：
.
【知识点】三角函数的化简求值；三角函数中的恒等变换应用；空间几何体的直观图；斜二测画法直观图；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【分析】（1）根据题意得出弯曲度、曲率的定义，然后带值进行计算即可求解；
（2） ①先计算出侧面积为：，下底正六边形的面积为，菱形SAHC的面积为，再结合多面体的表面积求法表示出即可；②对①求出的进行求导，确定出函数的单调性，找到最小值，从而求出BH，在利用余弦定理求出，然后结合三角恒等变换求出顶点S的曲率即可.
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