2021-2022学年上海市杨浦高二年级上册学期期中数学试题【含答案】

2021-2022学年上海市杨浦高二上学期期中数学试题

一、填空题

1．一个正四棱柱的底面边长为2，高为4，则该正四棱柱的体积为________．

【答案】16

【分析】根据棱柱的体积公式直接计算即可.

【详解】由题可得该正四棱柱的体积为.

故答案为：16.

2．已知为等差数列，若则______.

【答案】

【分析】由等差中项的性质，再把已知两个等式两边分别相加求即可.

【详解】由等差中项性质得

故，所以.

故答案为：.

3．正棱锥的高为2，侧棱与底面所成角为，则该正棱锥的侧棱长为______．

【答案】

【分析】先求出，再根据勾股定理求出即可.

【详解】如图所示，是一个正四棱锥，

，且有，

侧棱与底面所成角为，

所以，所以侧棱，

故答案为：

二、概念填空

4．教材 10.3.4 两个平面平行的判定定理∶"如果一个平面上的________与另一个平面平行，那么这两个平面平行.

【答案】两条相交直线

【详解】略

三、填空题

5．圆柱的轴截面面积为24，底面半径为4，则其体积为__________.（结果保留）

【答案】

【分析】根据圆柱的轴截面面积及底面半径求得圆柱的高，再求其体积

【详解】如图，平面是圆柱的轴截面，是一个矩形，过圆柱的轴AB，

在矩形中，，，

所以，

所以.

故答案为：.

6．正方体的所有棱所在直线中，与直线垂直且异面的直线共有____条.

【答案】4

【分析】根据正方体的图形以及异面直线的定义，观察即可得出答案.

【详解】

由图象可知，与直线垂直且异面的直线有、、、，共4条.

故答案为：.

7．计算：___________.

【答案】##

【分析】根据无限递缩等比数列前n项和公式可得结果.

【详解】

故答案为：

8．已知二面角，若直线，直线，且直线所成角的大小为，则二面角的大小为_________.

【答案】或

【分析】作出二面角的平面角，然后利用直线夹角与二面角的平面角的关系求出二面角的大小

【详解】设点是二面角内的一点，过P分别作直线的平行线，且垂直于于，垂直于于，设平面交直线于点，连接，，由于，，，，

故，，又，平面，

故平面，又，平面，故，，

所以为二面角的平面角，

因为直线所成角的大小为，所以或，

当时，如图

因为，所以；

当时，

如图

因为，所以;

综上，二面角的大小为或

故答案为：或

9．如图，斜三棱柱中，底面是边长为1的正三角形，侧棱长为2，，则该斜三棱柱的侧面积是_________．

【答案】##

【分析】过点作于，证出≌，得出，证得平面，得出，结合再证明出，得出平行四边形为矩形，即可计算出斜三棱柱的侧面积．

【详解】过点作于，如图所示，

，，，

≌，

，

，即，

又，

平面，

又平面，

，

又，

，

∴平行四边形为矩形，

∴该斜三棱柱的侧面积为：，

故答案为：．

10．已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．

【答案】

【分析】先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出结果.

【详解】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为所以，

因为与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为，

因此圆锥的侧面积为．

【整体点评】根据三角形面积公式先求出母线长，再根据线面角求出底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出侧面积，思路直接自然，是该题的最优解．

11．如图，已知四棱锥中，为矩形，平面，，异面直线与之间的距离为___________.

【答案】

【分析】由条件计算各边长度，将棱锥补成长方体，在长方体找到的公垂线段，求出长度即可.

【详解】因为平面，所以，

所以，所以，

因为

因此我们将四棱锥构建成长方体.

接下来我们寻找异面直线的公垂线

在平面上的投影为，，

易证平面，故得，，

连接，与相交于，则为的中点，

作的中点，连接，则，，，

所以是的公垂线段，即的长度就是异面直线与之间的距离.

且，

故答案为：.

12．正四面体ABCD的棱长为2，则所有与A，B，C，D距离相等的平面截这个四面体所得截面的面积之和为______．

【答案】

【分析】根据题意知，到正四面体ABCD四个顶点距离相等的截面分为两类：一类是由同一顶点出发的三条棱的中点构成的三角形截面，这样的截面有4个；另一类是与一组相对的棱平行，且经过其它棱的中点的四边形截面，这样的截面有3个；求出所有满足条件的截面面积之和即可．

【详解】设E、F、G分别为AB、AC、AD的中点，连结EF、FG、GE，

则是三棱锥的中截面，

可得平面平面BCD，点A到平面EFG的距离等于平面EFG与平面BCD之间的距离，

、B、C、D到平面EFG的距离相等，即平面EFG是到四面体ABCD四个顶点距离相等的一个平面；

正四面体ABCD中，象这样的三角形截面共有4个．

正四面体ABCD的棱长为2，可得，

是边长为1的正三角形，可得；

取CD、BC的中点H、I，连结GH、HI、IE，

、GH分别是、的中位线，

,得

四边形EGHI为平行四边形；

又且，，

且，四边形EGHI为正方形，其边长为，

由此可得正方形EGHI的面积；

的中点I在平面EGHI内，、C两点到平面EGHI的距离相等；

同理可得D、C两点到平面EGHI的距离相等，且A、B两点到平面EGHI的距离相等；

、B、C、D到平面EGHI的距离相等，

平面EGHI是到四面体ABCD四个顶点距离相等的一个平面，

且正四面体ABCD中，象四边形EGHI这样的正方形截面共有3个，

因此，所有满足条件的正四面体的截面面积之和等于

．

故答案为．

【点睛】本题主要考查了正四面体的性质、点到平面距离的定义、三角形面积与四边形形面积的求法等知识，属于难题．

四、单选题

13．对于直线和平面，"直线不在平面上"是""的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合线面之间的关系即可得解.

【详解】直线不在平面上或与相交，

故"直线不在平面上"是""的必要不充分条件.

故选：B.

14．已知数列，下列说法正确的是（    ）

A．有最大项，但没有最小项

B．没有最大项，但有最小项

C．既有最大项，又有最小项

D．既没有最大项，也没有最小项

【答案】C

【分析】分奇偶分别作差，判断奇数项的单调性以及偶数项的单调性，从而得出结果.

【详解】当

，

，

当时，，递增；当时，，递减，故最大，

当时，

，

，

当时，，递减；当时，，递增，故最小，

综上，既有最大项，又有最小项.

故选：C.

15．用平面截正方体，截面不可能是（    ）

A．菱形 B．等腰梯形

C．正五边形 D．正六边形

【答案】C

【分析】举例即可说明A、B、D正确；假设截面是正五边形，经分析得出必有两条截线平行，这与正五边形的性质相矛盾，即可判断C项.

【详解】对于A项，当截面与正方体表面平行，且与正方体相交时，截面为正方形，即截面可能是菱形，故A项正确；

对于B项，如图1，当时，有，且，此时截面为等腰梯形，故B项正确；

对于C项，假若截面是正五边形，则截面中的截线必然分别在5个面内，由于正方体有6个面，分成两两平行的三对，故必然有一对平行面中有两条截线，而根据面面平行的性质定理，可知这两条截线互相平行，但正五边形的边中是不可能有平行的边的，故截面的形状不可能是正五边形，故C项错误；

对于D项，如图2，分别为各边的中心，易证共面，且为正六边形，故D项正确.

故选：C.

16．四面体有3条棱的长为，其余3条棱的长为1，并且当六条棱的长度不全相等时，相同长度的三条棱共点或者共面，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据题意分成两种情况，再结合正四面体的性质求解即可.

【详解】分为两种情况：

当，如图所示：

在平面的投影为正三角形ABC的中心D，，

所以，

当，如图所示：

在平面的投影为正三角形ABC的中心D，

，所以，

综上：.

故选：B

五、解答题

17．已知长方体中，分别是和的中点.

(1)画出直线与平面的公共点.（保留辅助线，无需说明理由）

(2)若，与平面所成的角大小为，求异面直线与所成角的大小（精确到）.

【答案】(1)作图见解析

(2)26.57°

【分析】（1）在平面中，延长与即可得到交点；（2）由线线平行确定为所求角，再由线面垂直找到与平面所成的角，代入数值结合余弦定理计算可求出余弦值，反三角函数求出所求角.

【详解】（1）

（2）连接，则，又平面，所以

所以是异面直线与所成角.

连接，平面，为与平面所成的角，故

在中，，所以，

在中，，

，

由余弦定理得.

18．已知底面边长和斜高长均为2的正四棱锥被平行于底面的平面所截得的正棱台为，且满足.

(1)求证：平面

(2)求棱台的体积和表面积.

【答案】(1)证明见解析

(2)，

【分析】（1）根据面面平行的性质可得，，则有，再根据线面平行的判定定理即可得证；

（2）由题意得是正四棱锥，根据正棱锥的结构特求出棱长和高，再根据棱锥和棱柱的表面积公式体积公式即可得解.

【详解】（1）因为平面平面，平面平面，

平面平面，

所以，同理，

又，所以，

又平面，平面，所以平面；

（2）由题意得是正四棱锥，

故在平面上的投影为正方形的中心，

，

在中，，所以，

，

因为平面平面，，

所以，所以，

由已知的四个侧面为全等的等腰梯形，作BC的中点E，连结PE，

为等边三角形，故，

，

所以.

【点睛】19．已知公比大于1的等比数列满足

(1)求的通项公式；

(2)求

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设数列的公比为，然后得到关于的方程，即可求解；

（2）通过（1）可得是首项为，公比为的等比数列，然后用等比的求和公式进行求解即可

【详解】（1）设数列的公比为，因为，

所以，解得所以，

所以；

（2）因为，所以是首项为，公比为的等比数列，

所以

20．如图，边长为2的正方形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于的点.

(1)求证：平面平面；

(2)当二面角的大小为时，求直线与平面所成角的大小（精确到0.01）.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据已知可推得，又，根据线面垂直的判定定理可得平面.然后根据面面垂直的判定定理，即可得出证明；

（2）由已知可推得，即为二面角的平面角，即.进而求出，然后在中，即可得出，进而得出答案.

【详解】（1）由已知可得，平面平面，平面平面，

，平面，

所以平面.

又平面，所以.

由圆的性质可得，.

因为，平面，平面，

所以平面.

又平面，所以平面平面.

（2）因为平面，所以在平面上的投影为，

故直线与平面所成角为.

因为二面角的大小为，，，

所以.

又因为，

所以，.

因为平面，平面，所以，

所以，

所以.

21．设四面体中，有条棱长为，其余条棱长为.

(1)时，求的取值范围；

(2)时，求的取值范围；

(3)时，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

(3).

【分析】（1）不妨设可折叠三角形，观察的长度即可；

（2）分别讨论两边在一个三角形内和两边为四面体对棱这两种情况，结合等腰三角形性质和三角形两边之和大于第三边的性质求解的范围；

（3）时，剩余两边相等且为1，类比（2）讨论剩余两边的情况可得结果.

【详解】（1）设固定，让绕转动，

当接近时，接近于0；当与接近于共面时，a接近于，

故.

（2）第一种情况，两边在一个三角形内时：

假设时，E为D在底面射影，

由题意得，假设中点为，连结，假设

则，即，

解得：，则且，

即，故，则，

综上，；

第二种情况，两边不在一个三角形内时：

假设，

发现当等腰三角形两腰的夹角接近时，在减小但总是存在的，故.

假设，取中点，连接，

则，由两边之和大于第三边可知：，解得：，故.

综上，.

（3）第一种情况：长度为1的两边在同一个三角形中：

假设时，记顶点在底面射影为E，

由题意得，假设中点为，连结，假设

则，即，解得，则且，

即，故，则；

第二种情况：长度为1的两边不在同一个三角形中：

假设，

发现当等腰三角形两腰的夹角接近时，趋向正无穷.

假设，取中点，连接，

则，由两边之和大于第三边知：，解得，故.

综上，.