2022-2023学年四川省资阳市安岳县安岳县周礼中学高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年四川省资阳市安岳县安岳县周礼中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．如图所示的几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的为

A．①② B．②④

C．①④ D．①③

【答案】B

【分析】利用三视图的作图法则，对选项判断，①的三视图相同，圆锥，四棱锥的两个三视图相同，棱台都不相同，推出选项即可．

【详解】正方体的三视图分别为：正方形、正方形、正方形，圆锥的三视图分别为，三角形、三角形、圆和点．三棱台的三视图分别为：梯形和线段、梯形、大三角形内有小三角形，正四棱锥的三视图分别为：三角形、三角形、正方形和对角线，易知只有②④符合条件，故选B.

【点睛】本题主要考查几何体的三视图的识别能力，作图能力，学生的空间想象能力，三视图的投影规则是主视、俯视长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视 宽相等，熟记常见几何体的三视图是解题的关键，属于基础题.

2．空间两个角α，β的两边分别对应平行，且α=60°，则β为（　　）

A．60° B．120° C．30° D．60°或120°

【答案】D

【详解】试题分析：根据等角定理，两个角的两边分别对应平行，则两个角相等或互补，所以为或，故选D.

【解析】等角定理

3．命题“若，则且”的否命题为

A．若，则且 B．若，则且

C．若，则或 D．若，则或

【答案】D

【解析】根据否命题要否定条件和结论得答案.

【详解】命题“若，则且”的否命题为“若，则或”.

故选：D.

【点睛】本题考查否命题的写法，注意且的否定为或，是基础题.

4．已知两个球的表面积之比为，则这两个球的体积之比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意和球的表面积公式可得两球半径之比，结合球的体积公式计算即可.

【详解】由题意知，

两球的表面积之比为，则，

所以两球的体积之比为.

故选：C.

5．设m、n是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，给出下列四个命题：

①若，，则；②若，，则；

③若，，则；④若，，则.

其中正确命题的序号是（    ）

A．①③ B．①④ C．②③ D．②④

【答案】A

【分析】利用面面平行、面面垂直以及线面关系定理分别对四个命题分析解答.

【详解】对于①，若，根据面面平行的性质容易得到，故①正确；

对于②，若，，m与的关系不确定，故②错误；

对于③，若，，可以在找到一条直线l与m平行，所以，故，故③正确；

对于④，若，，那么m与的位置关系为或者，故④错误；

故选：A.

【点睛】本题考查了面面平行、面面垂直以及线面关系定理的运用，关键是熟练掌握应该的定理，正确运用.

6．已知空间中两条不同的直线，，一个平面，则“直线，与平面所成角相等”是“直线，平行”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

【答案】B

【解析】根据直线与平面所成角及充分条件、必要条件求解即可.

【详解】直线，与平面所成角相等,推不出直线，平行，例如平面内任意两直线与平面所成角都为0，但是直线可以相交；

当直线，平行时，直线与平面所成角相等成立，

故“直线，与平面所成角相等”是“直线，平行”的必要不充分条件.

故选：B

7．已知命题：，使；命题：，都有，则下列结论正确的是（    ）

A．命题“”是真命题： B．命题“”是假命题：

C．命题“”是假命题： D．命题“”是假命题．

【答案】B

【解析】根据正弦函数的性质判断命题为假命题，由判断命题为真命题，从而得出答案.

【详解】因为的值域为，所以命题为假命题

因为，所以命题为真命题

则命题“”是假命题，命题“”是假命题，命题“”是真命题，命题“”是真命题

故选：B

8．下图为某旋转体的三视图，则该几何体的侧面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由三视图确定几何体为圆锥体，应用圆锥体侧面积公式求面积即可.

【详解】由三视图知：几何体为底面半径为1，高为3的圆锥体，

∴其侧面展开为以底面周长为弧长，圆锥体母线长为半径的扇形，

故几何体的侧面积为，

故选：A

9．“堑堵”“阳马”和“整臑”是我国古代对一些特殊几何休的称谓．《九章算术．商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为整臑”，即一个长方体沿对角面斜解（图1）．得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱维称为整臑（图4）．若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和整臑的体积分别为，则下列选项正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据棱锥，棱柱的体积计算公式，结合题意求解即可.

【详解】设长方体的长宽高分别为，

则，，，

故，，，，则ABC错误，D正确；

故选：D.

10．正四棱锥(顶点在底面的射影是底面正方形的中心)的体积为12，底面对角线的长为2，则侧面与底面所成的二面角为(　　)

A．30° B．45°

C．60° D．90°

【答案】C

【详解】由棱锥体积公式可得底面边长为2，高为3，在底面正方形的任一边上，取其中点，连接棱锥的顶点及其在底面的射影，根据二面角定义即可判定其平面角，在直角三角形中，因为tan θ＝ (设θ为所求平面角)，所以二面角为60°，选C.

11．如图，以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把和折成互相垂直的两个平面后，则下列四个结论中错误的是（    ）

A． B．是等边三角形

C．平面平面 D．二面角的正切值为

【答案】C

【分析】设等腰直角三角形的腰为，则斜边，利用面面垂直的性质定理易证平面，又平面，从而可知，可判断A；由题意及设法可知，，利用勾股定理可求得，从而可判断B；作出平面与平面的二面角的平面角，利用平面，可知为直角，因此不是直角，从而可判断C；作出二面角的平面角，设为，可求得，从而可判断D.

【详解】设等腰直角三角形的腰为，则斜边，

为的中点，，

又平面平面，平面平面，，平面，平面，

又平面，，故A正确；

由A知，平面，平面，，

又，由勾股定理得：，

又，是等边三角形，故B正确；

为等腰直角三角形，取斜边的中点，则，又为等边三角形，连接，则,

为平面与平面的二面角的平面角，

由平面可知，为直角，因此不是直角，故平面与平面不垂直，故C错误；

由题意知，平面，

过点作于点，连接，则，

为二面角的平面角，设为，

则，故D正确;

故选：C.

12．已知三棱锥的各顶点都在同一球面上，且平面，若该棱锥的体积为，，，，则此球的表面积等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由条件确定三棱锥的外接球的球心位置及球的半径，再利用球的表面积公式求外接球的表面积.

【详解】由已知，，，可得三棱锥的底面是直角三角形，，由平面可得就是三棱锥外接球的直径，，，即，则，故三棱锥外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为．

故选：D.

【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

二、填空题

13．己知向量，若，则的值是_______．

【答案】

【分析】根据空间向量平行的坐标表示，列出等量关系，求得，再求结果即可.

【详解】根据题意，存在实数，使得，即，

解得，故.

故答案为：.

14．己知平行六面体中，，，，，则的长度为________．

【答案】5

【分析】根据空间向量的线性运算可得，等式两边同时平方，利用空间向量数量积的定义计算即可.

【详解】由题意知，设，

则，

所以，

又，

所以，

即，所以.

故答案为：5.

15．已知，，若“”为假命题，则实数m的取值范围为_____________．

【答案】

【分析】根据“”为假命题，得到均为假命题，写出，分别求出为真命题时m的取值范围，得到答案.

【详解】因为“”为假命题，所以均为假命题，

为真命题，故，

为真命题，故，解得：或，

与或取交集，得，故实数m的取值范围为.

故答案为：

16．如图所示，在直三棱柱中，底面是以ABC为直角的等腰三角形，，，是的中点，点在棱上，要使平面，则___________.

【答案】a或2a

【分析】利用已知条件判断B1D⊥平面，然后说明，设AE=x（0<x<3a），然后可得CE2=x2+4a2，DE2=a2+（3a﹣x）2，又CD2=a2+9a2=10a2，然后可求出答案.

【详解】由已知得A1B1=B1C1，又D是A1C1的中点，

所以B1D⊥A1C1，又侧棱AA1⊥底面ABC，

可得侧棱AA1⊥平面A1B1C1，又B1D⊂平面A1B1C1，

所以AA1⊥B1D，因为AA1∩A1C1=A1，

所以B1D⊥平面AA1C1C，

又CE⊂平面AA1C1C，所以B1D⊥CE，

故若CE⊥平面B1DE，则必有.

设AE=x（0<x<3a），则CE2=x2+4a2，

DE2=a2+（3a﹣x）2，又CD2=a2+9a2=10a2，

所以10a2=x2+4a2+a2+（3a﹣x）2，

解得x=a或2a.

故答案为：a或2a.

三、解答题

17．已知空间三点，，，设．

(1)求与的夹角大小；

(2)若与互相垂直，求k的值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】(1)根据空间向量的坐标表示求出和的坐标，结合计算即可；

(2)由(1)，求出与的坐标，利用空间垂直向量的数量积为0即可求出参数k.

【详解】（1）由题意得，，

所以，

又，所以，

即与的夹角为；

（2）由(1)知，，

所以，，

又与垂直，所以，

即，

解得.

18．如图在边长是2的正方体中，E，F分别为AB，的中点．

（1）求异面直线EF与所成角的大小．

（2）证明：平面．

【答案】（1）；（2）证明见解析．

【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用可得解；

（2）利用和，可证得线线垂直，进而得线面垂直.

【详解】据题意，建立如图坐标系．于是：

，，，，，

∴，，，．

（1），

∴

∴异面直线EF和所成的角为．

（2）

∴，即

，

∴即．

又∵，平面且

∴平面．

19．如图，已知平面，，，且F是的中点．

(1)求证：平面；

(2)求证：平面平面．

【答案】(1)见解析；

(2)见解析.

【分析】(1)如图取CE的中点G，连接BG、FG，根据中位线的性质可证得四边形为平行四边形，得，利用线面平行的判定定理即可证明；

(2)根据线面垂直的性质可得，根据题意可得，利用线面垂直的判定定理证得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明.

【详解】（1）由题意得，且，

取CE的中点G，连接BG、FG，由F为CD的中点，

得且，有且，

所以四边形为平行四边形，

得，又平面，平面，

所以平面；

（2）因为平面，平面，

所以，又，则，

由为的中点，得，

又平面，

所以平面，又平面，

所以平面平面.

20．已知，．

(1)当时，若为真命题，求x的取值范围；

(2)若是的充分不必要条件，求m的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分别解p为真命题、q为真命题时的一元二次不等式的解集，因为为真命题，所以p真且q真，所以求两个集合的交集.

（2）由一个命题与它的逆否命题同真假得：q是p的充分不必要条件，所以q所满足的集合是p所满足集合的真子集，所以由集合的包含关系列式可得结果.

【详解】（1）若p为真命题，则；若q为真命题，则，

当时，q为真命题时，则

∵为真命题，

∴

故x的取值范围为.

（2）∵是的充分不必要条件，

∴q是p的充分不必要条件.

∴且等号不会同时取到，解得： .

故m的取值范围为.

21．如图，在平行四边形中，，将沿折起到的位置，使平面平面．

(1)求证：；

(2)求三棱锥的表面积．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）通过证明面，即可由线面垂直证明线线垂直；

（2）根据棱锥的表面积计算公式，结合已知条件，求解即可.

【详解】（1）在△中，由余弦定理，即，解得，

则由可得，又四边形为平行四边形，故；

根据题意，也有，又面面面，面面，

故可得面，又面，故.

（2）根据（1）中所证，面，又面，故；

又面，故面，

又面，故，

综上所述，△均为直角三角形，

又，

则三棱锥的表面积

.

三棱锥的表面积为：.

22．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．

(1)若为棱的中点，求证：平面；

(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析；

(2)存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.

【分析】（1）取中点，连接，得到，然后利用线面平行的判定定理得到平面；（2）假设在棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，设，根据平面与平面的夹角的余弦值为，则两平面法向量所成角的余弦值的绝对值等于，求出，即可得出结论.

【详解】（1）

取中点，连接，

分别为的中点，

，

底面四边形是矩形，为棱的中点，

，．

，，

故四边形是平行四边形，

．

又平面，平面，

平面．

（2）假设在棱上存在点满足题意，

在等边中，为的中点，所以，

又平面平面，平面平面，平面，

平面，则是四棱锥的高．

设，则，，

，所以.

以点为原点，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，

故，，．

设，

．

设平面PMB的一个法向量为，

则

取．

易知平面的一个法向量为，，

，

故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.