2023-2024学年上海市闵行区六校高二上学期期中联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年上海市闵行区六校高二上学期期中联考数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了填空题，单选题，证明题，解答题，问答题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．空间中两条直线的位置关系有 .
【答案】平行、相交、异面
【分析】根据空间中两条直线的位置关系即可作答.
【详解】空间中两条直线的位置关系有：平行、相交、异面.
故答案为：平行、相交、异面.
2．若球的半径为1，则球的体积是 .
【答案】
【分析】已知半径，根据球的体积公式计算即可.
【详解】已知球的半径，
∴体积.
故答案为：.
3．空间两个角的两边分别平行，则这两个角 ．
【答案】相等或互补
【分析】利用等角定理进行求解.
【详解】根据等角定理有：
当角的两组对应边同时同向或同时反向时，两角相等；
当角的两组对应边一组同向一组反向时，两角互补．
故答案为：相等或互补．
4．若正四棱柱的底面周长为，高为，则该正四棱柱的表面积为 .
【答案】10
【分析】求出侧面积和上下底面积，相加即可得答案.
【详解】因为正四棱柱的底面周长为4，所以底面正方形边长为1，
则该正四棱柱的表面积，
故答案为：10.
5．已知正方体中，直线与直线所成角的大小为 .
【答案】
【分析】根据异面直线所成角的定义求解即可.
【详解】
因为为正方体，所以，，
所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，即为.
故答案为：.
6．已知圆锥底面半径为1，高为，则该圆锥的侧面积为 ．
【答案】
【分析】由已知求得母线长，代入圆锥侧面积公式求解．
【详解】由已知可得r=1，h=，则圆锥的母线长l=,
∴圆锥的侧面积S=πrl=2π．
故答案为2π．
【点睛】本题考查圆锥侧面积的求法,侧面积公式S=πrl.
7．在矩形中，平面，则与平面所成的角的大小为 ．
【答案】
【分析】由PA⊥平面ABCD，可得PC与平面ABCD所成角为∠PCA，在直角△PCA中，即可求出PC与平面ABCD所成角．
【详解】∵PA⊥平面ABCD
∴PC与平面ABCD所成角为∠PCA，
∵矩形ABCD中，AB＝1，BC，
∴AC，
∵PA＝1，
∴tan∠PCA，
∴∠PCA＝．
故答案为
【点睛】本题考查的知识点是直线与平面所成的角，确定∠PCA即为直线PC与底面ABCD所成角是关键．
8．若正方体的棱长为，则顶点到平面的距离为 ．
【答案】
【分析】连接，设，进而可证明平面，再由已知棱长求得即为答案．
【详解】解：如图，在正方体中，由正方体的结构特征可知平面，
因为平面，
所以
连接，设，则，
因为，平面，
所以，平面，即平面，
所以，即为顶点到平面的距离，
因为正方体的棱长为，所以，．
故答案为：．
9．在中，，绕斜边旋转一周所得旋转体的体积为 .
【答案】
【分析】根据题意，在直角中，设为斜边的中点，求出和的长，由圆锥的定义可知形成的几何体为两个圆锥，结合圆锥的体积公式计算可得答案．
【详解】根据题意，在中，，
设为斜边的中点，易得，且，
将绕斜边旋转一周形成的几何体为两个圆锥，
两个圆锥的底面半径都为，高相等，为，
则形成的几何体的体积．
故答案为：．
10．已知为直角三角形，且，，点是平面外一点，若，且平面，为垂足，则 .
【答案】4
【分析】根据线面垂直和等腰三角形三线合一的性质得到点为中点，然后根据直角三角形的性质求即可.
【详解】因为平面，平面，所以，
因为，所以点为中点，
因为，，所以.
故答案为：4.
11．在长方体中，棱，，点是线段上的一动点，则的最小值是
【答案】
【分析】将△沿为轴旋转至于平面共面，可得△，利用求解即可．
【详解】解：将△沿为轴旋转至于平面共面，可得△
则，
故，
当且仅当为与的交点时取等号，
所以的最小值是．
故答案为：．
12．动点的棱长为1的正方体表面上运动，且与点的距离是，点的集合形成一条曲线，这条曲线的长度为
【答案】
【分析】根据题意知，分情况解决即可.
【详解】由题意，此问题的实质是以为球心，为半径的球，
因为，
所以在正方体各个面上交线的长度计算，
正方体的各个面根据与球心位置关系分成两类：
为过球心的截面，
截痕为大圆弧，各弧圆心角为，
为与球心距离为1的截面，截痕为小圆弧，
由于截面圆半径为，故各段弧圆心角为，
所以这条曲线长度为，
故答案为：
二、单选题
13．下列条件中，能够确定一个平面的是（ ）
A．两个点B．三个点
C．一条直线和一个点D．两条相交直线
【答案】D
【分析】两个点能确定一条直线，但一条直线不能确定一个平面，可判断A；若三个点共线，则不能确定一个平面，可判断B；若点在直线上，则一条直线和一个点不能确定一个平面，可判断C；两条直线能确定一个平面，可判断D.
【详解】解：对于A，两个点能确定一条直线，但一条直线不能确定一个平面，所以两个点不能确定一个平面；
对于B，三个不共线的点可以确定一个平面，若三个点共线，则不能确定一个平面，故B不能；
对于C，一条直线和这条直线外一点能确定一个平面，若这个点在直线上，则不能确定一个平面，故C不能；
对于D，两条相交直线能确定一个平面，故D能.
故选：D.
14．已知直线在平面上，则“直线”是“直线”的（ ）条件
A．充分非必要B．必要非充分
C．充要D．非充分非必要
【答案】B
【分析】利用线面垂直的判定定理及性质定理，结合充要条件及必要条件的定义即可求解.
【详解】直线在平面上，
则“直线”成立时，“直线”不一定成立；
“直线”⇒“直线”，
∴直线在平面上，则“直线”是“直线”的必要非充分条件.
故选：B .
15．在下列判断两个平面与平行的四个命题中，真命题的个数是（ ）
（1），都垂直于平面，那么.
（2），都平行于平面，那么.
（3），都垂直于直线，那么.
（4）如果，是两条异面直线，且，，，，那么.
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据面面垂直的性质判断（1）；根据平面平行的传递性判断（2）；根据线面垂直的性质判断（3）；根据线面平行的性质定理和面面平行的判定定理判断（4）.
【详解】（1），还可以相交，故（1）错；
（2）由平面平行的传递性可知（2）正确；
（3）由线面垂直的性质可知（3）正确；
（4）过直线作平面 与，分别交于，，过直线作平面与，分别交于，，
因为，，所以，，
因为，，所以，同理可得，，
因为，是异面直线，所以，相交，
因为，所以，故（4）正确.
故选：D.
16．如图，在长方体中，，，E，F，G分别为的中点，点P在平面ABCD内，若直线平面，则线段长度的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意和面面平行的判定，可得平面平面，所以点P在直线上，当时，线段的长度最小，由三角形等面积法可得结果.
【详解】如图，连接，
因为E，F，G分别为的中点，
所以平面，则平面，
因为，所以同理得平面，
又，得平面平面，
因为直线平面，
所以点P在直线上，在中，
有，
所以，
故当时，线段的长度最小，
有
故选：D
【点睛】本题考查了面面平行的判定定理和三角形的等面积法求高，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题目.
三、证明题
17．在直三棱柱中，，，，D是的中点.
(1)求证：平面；
(2)求异面直线与所成的角.
【答案】(1)证明见解析.
(2)
【分析】（1）根据题意，设与的交点为，由线面平行的判定定理，即可证明；
（2）由条件可得为直线与所成的角，结合余弦定理，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）
设与的交点为，连接，
因为为直三棱柱，且，
则四边形为正方形，所以为的中点，
又D是的中点，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）由（1）可知，，
所以为直线与所成的角（或其补角），
在中，，，，
由余弦定理可得，，
则，
即异面直线与所成的角为.
四、解答题
18．如图，已知正四棱柱，底面正方形的边长为，.
(1)求证：平面平面；
(2)求点A到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）证明出平面，从而得到面面垂直；
（2）等体积法求解点到平面的距离.
【详解】（1）因为四棱柱为正四棱柱，
所以⊥平面ABCD，且AC⊥BD，
因为平面ABCD，所以⊥BD，
因为，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）设点A到平面的距离为，AC与BD相交于点O，连接，
因为正方形的边长为，，
所以，，
由三线合一可得：⊥BD，且，
由勾股定理得：，
所以，
故，
又，平面
故，
由，
故点A到平面的距离为.
五、问答题
19．如图，在三棱锥中，平面平面，，，，分别为棱，的中点；
(1)求证：直线平面；
(2)若直线与平面所成的角为，直线与平面所成角为，求二面角的大小；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理可得答案；
（2）根据平面可得为二面角的平面角，
为直线与平面所成的角，，由平面，
为直线与平面所成的角，，设，在直角三角形中计算边长可得答案．
【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，
，平面,
所以平面，平面，所以，
又，，,平面，所以直线平面；
（2）由（2）知，平面，平面，平面，
所以，，即为二面角的平面角，
平面平面，平面平面，平面，
，
平面，
是直线与平面所成角，即，所以，
由（2）知平面，为直线与平面所成的角，
直线与平面所成角为，，
，，
设，则，，，，
为等腰直角三角形，，
，，
是二面角的平面角，
二面角的大小为．
六、解答题
20．高二学农期间，某高中组织学生到工厂进行实践劳动.在设计劳动中，某学生欲将一个底面半径为，高为的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.
(1)求该圆柱的侧面积的最大值；
(2)求该圆柱的体积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设圆柱的半径为，高为，由题意得，用表示，计算圆柱的侧面积，利用基本不等式求出侧面积的最大值．
（2）写出圆柱的体积解析式，利用导数求出圆柱体的最大体积．
【详解】（1）设圆柱的半径为，高为，
则由题意可得，解得，
所以圆柱的侧面积为，，
因为，
当且仅当，即时取“”，所以圆柱的侧面积最大值为．
（2）圆柱的体积为，
求导，得，
令，解得或（不合题意，舍去），
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
当时，取最大值，
所以圆柱体的最大体积为．
21．如图为某一几何体的展开图，其中是边长为的正方形，，点及共线.
(1)沿图中虚线将它们折叠起来，使四点重合，请画出其直观图，试问需要几个这样的几何体才能拼成一个棱长为的正方体?
(2)设正方体的棱的中点为，求平面与平面所成二面角(锐角)的余弦值.
(3)在正方体的边上是否存在一点，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）直观图见解析，3个；（2）；（3）不存在．
【分析】（1）先还原为一个四棱锥，在正方体中观察；
（2）延长与延长线交于点，连接，则为平面与平面的交线，作出二面角的平面角，计算即可；
（3）假设点存在，作出点到平面的垂线段，然后计算的长，若，则点在边上，否则不在边上．
【详解】（1）
图1
图1左边是所求直观图，放到图1右边正方体中，观察发现要3个这样的四棱锥才能拼成一个正方体．
(2)
图2
如图（2）延长与延长线交于点，连接，则为平面与平面的交线，作于，连接，
∵平面，平面，∴，又，
∴平面，∴，∴是二面角的平面角．
∵，是中点，即，∴是中点，
正方体棱长为6，∴，，
中，，．
（3）假设存在点满足题意，
图3
如图3，作于，∵平面，∴，而，∴平面．的长就是点到平面的距离．．∴，
由，得，∴∽，
∴，，不在线段上，
∴假设错误，满足题意的点不存在．
【点睛】本题考查多面体的展开图，考查二面角、点到平面的距离．立体几何中求角时要作出这个角的“平面角”，并证明，然后计算．点到平面的距离可能通过作以平面的垂线段计算，也可通过体积法求解．