上海市东华大学附属奉贤致远中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份上海市东华大学附属奉贤致远中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

考试时间：120分钟 满分150分
一、填空题（本大题共12小题，第1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）
1. 已知球半径是，则球体积为____________.
2. 已知四棱锥的底面积为4，体积为8，则该四棱锥的高为____________
3. 已知圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为______.
4. 设，若向量与向量平行，则__________.
5. 已知经过点的直线的一个法向量为，则的点法式方程为________.
6. 把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比为，母线（原圆锥母线在圆台中的部分）长为9，则原圆锥的母线长______．
7. 体积为64正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_____________．
8. 平面的法向量为，，那么直线与平面的关系是_____．
9. 已知直线和直线都过点，求过点和点的直线方程______．
10. 如图，正方的棱长为2，若空间中的动点P满足，若，则二面角的平面角的大小为___________.

11. 如图，一个圆锥挖掉一个内接正三棱柱（棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上），若棱柱侧面落在圆锥底面上．已知正三棱柱底面边长为，高为2，则该几何体的表面积______________．
12. 下图是位于南桥工商银行和大菜场南面的一个正方体雕塑，其六个面镂空刻满了大美奉贤的多个地标.可以将其视为：某正方体的顶点A在平面内，三条棱都在平面的同侧.若顶点B，C，D到平面的距离分别为，，2，则该正方体外接球的表面积为______.

二、选择题（本大题共4小题，每题5分，共20分）
13. 下列几何体中，多面体是（ ）
A. B. C. D.
14. 关于直线的倾斜角和斜率，有下列说法：
①两直线的倾斜角相等，它们的斜率也相等；
②平行于x轴直线的倾斜角为或；
③若直线过点与，则该直线的斜率为．
其中正确说法个数为（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
15. 空间中不共面的三个向量，，可以作为空间向量的一组基底，若，则称在基底下的坐标为，在四面体中，，，．点在上．且，为中点，则在基底下的坐标为（ ）
A. B. C. D.
16. 已知空间四边形的每条边和对角线的长都等于a，点E、F分别是、的中点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
三、解答题（本大题共5题，共76分）
17. 已知直线经过点，斜率为，求直线的点法向式、点斜式和一般式方程．
18. 已知空间中的三点，，，设，.
（1）若与互相垂直，求的值；
（2）求点到直线的距离.
19. 有很多立体图形都体现了数学对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.已知点为线段上一点且，若直线与直线所成角的余弦值为，设半正多面体的棱长为，将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.
（1）求正方体的棱长，并写出A，B，C，D，F点的坐标.
（2）求.
20. 如图，在空间之间坐标系中，四棱锥的底面在平面上，其中点与坐标原点重合，点在轴上，，，顶点在轴上，且，.
（1）求直线与平面所成角的大小；
（2）设为的中点，点在上，且，求二面角的正弦值.
21. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且，．

（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面
（3）若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．
东华致远2023学年第一学期期中教学评估
高二数学
考试时间：120分钟 满分150分
一、填空题（本大题共12小题，第1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）
1. 已知球的半径是，则球体积为____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据球的体积公式直接计算得结果.
【详解】由于球的半径为，故体积为.
【点睛】本小题主要考查球的体积公式，考查运算求解能力，属于基础题.
2. 已知四棱锥的底面积为4，体积为8，则该四棱锥的高为____________
【答案】6
【解析】
【分析】根据棱锥的体积公式 ，即可求得答案.
【详解】设该四棱锥的高为h，则，
故答案为：6
3. 已知圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】由轴截面得到圆锥的底面半径和母线，利用侧面积公式求出答案.
【详解】由题意得，圆锥的底面半径为，母线长为，
故圆锥的侧面积为.
故答案为：
4. 设，若向量与向量平行，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知可得，求解即可得出答案.
【详解】因为，所以有，且，
所以，，所以.
故答案：.
5. 已知经过点的直线的一个法向量为，则的点法式方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】由直线方程的点法式求解即可.
【详解】∵直线过点，一个法向量为，
∴直线的点法式方程为.
故答案为：.
6. 把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比为，母线（原圆锥母线在圆台中的部分）长为9，则原圆锥的母线长______．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆台的几何特征利用三角形相似即可求得结果.
【详解】由题意可得，几何体如下图所示：
取轴截面可知，圆台的上、下底面半径的比为，且，
设圆锥的母线长为，根据相似比可得，解得，
即原圆锥的母线长为.
故答案为：.
7. 体积为64的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正方体的体积公式，求得棱长，结合球与正方体的对称性，求正方体的体对角线，可得球的半径，利用球的表面积公式，可得答案.
【详解】设正方体的棱长为，则体积，即，
易知正方体的体对角线为外接球的直径，设外接球的半径为，则，即，
故该球的表面积.
故答案为：.
8. 平面的法向量为，，那么直线与平面的关系是_____．
【答案】或
【解析】
【分析】计算平面的法向量和的数量积，即可判断的关系，进而判断直线与平面的关系.
【详解】由题意知，，
则，
故，则或，
故答案为：或
9. 已知直线和直线都过点，求过点和点的直线方程______．
【答案】
【解析】
【分析】根据，得出所求直线方程.
【详解】因为直线和直线都过点，
所以，.
由上式可得点和点都在直线上，
即过点和点的直线方程为.
故答案为：
10. 如图，正方的棱长为2，若空间中的动点P满足，若，则二面角的平面角的大小为___________.

【答案】##
【解析】
【分析】根据几何法求解二面角的平面角，即可求解大小.
【详解】若，则为正方体的体对角线的交点，即为正方体的中心，
因此平面即为平面，

平面，平面，，，
是二面角的平面角，
在等腰直角三角形中，，
故二面角的平面角为，
故答案为：
11. 如图，一个圆锥挖掉一个内接正三棱柱（棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上），若棱柱侧面落在圆锥底面上．已知正三棱柱底面边长为，高为2，则该几何体的表面积______________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，求得底面圆的半径以及圆锥的母线长，再由多面体的表面积公式代入计算，即可得到结果.
【详解】
因为正三棱柱的底面边长为，高为2，
则，
，
设圆锥的底面圆圆心为O，则O是矩形的中心，设圆O半径为，
有，即，
令的中点为，连接，则，
且，，，
于是，解得，
则圆锥的母线长，
圆锥的底面圆面积，侧面积，
三棱柱的表面积为，
所以该几何体的表面积为：
.
故答案为：
12. 下图是位于南桥工商银行和大菜场南面的一个正方体雕塑，其六个面镂空刻满了大美奉贤的多个地标.可以将其视为：某正方体的顶点A在平面内，三条棱都在平面的同侧.若顶点B，C，D到平面的距离分别为，，2，则该正方体外接球的表面积为______.

【答案】
【解析】
【分析】利用点到平面的距离的向量求法得出法向量的坐标，再利用单位向量的模求出正方体棱长，根据正方体外接球的半径为体对角线求解即可.
【详解】设正方体的棱长为a，取空间的一个基底，
设是平面的一个方向向上的单位法向量.
由空间向量基本定理，存在唯一有序实数组，使得.
由题意，在方向上的投影向量的长度分别为，，2.
于是，即，即，即.
同理，.
从而，由，得，
即，解得，
所以正方体的外接球半径为，外接球的表面积为.
故答案为：
二、选择题（本大题共4小题，每题5分，共20分）
13. 下列几何体中，多面体是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】判断各选项中几何体的形状，从而可得出多面体的选项.
【详解】A选项中的几何体是球，是旋转体；B选项中的几何体是三棱柱，是多面体；
C选项中几何体是圆柱，旋转体；D选项中的几何体是圆锥，是旋转体.
故选B.
【点睛】本题考查多面体的判断，要熟悉多面体与旋转体的基本概念，考查对简单几何体概念的理解，属于基础题.
14. 关于直线的倾斜角和斜率，有下列说法：
①两直线的倾斜角相等，它们的斜率也相等；
②平行于x轴的直线的倾斜角为或；
③若直线过点与，则该直线的斜率为．
其中正确说法的个数为（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】对于①：举反例：倾斜角均为，斜率不存在.否定结论；对于②：由倾斜角的范围直接判断；对于③：举反例：当时，过点与的直线的斜率不存在.否定结论
【详解】若两直线的倾斜角均为90°，则它们的斜率都不存在.所以①不正确；
直角倾斜角的取值范围为[,)，所以平行于x轴的直线的倾斜角为不可能是.所以②不正确；
当时，过点与的直线的斜率不存在；当时过点与的直线的斜率为.所以③不正确.
故选：D.
15. 空间中不共面的三个向量，，可以作为空间向量的一组基底，若，则称在基底下的坐标为，在四面体中，，，．点在上．且，为中点，则在基底下的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先利用基底表示向量，再根据定义求解坐标.
【详解】因为，
所以在基底下的坐标为.
故选：B
16. 已知空间四边形的每条边和对角线的长都等于a，点E、F分别是、的中点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的线性运算运算律可得，在根据数量积的定义求其值.
【详解】由题意，和之间夹角均为，结合平面向量线性运算有

故选：C
三、解答题（本大题共5题，共76分）
17. 已知直线经过点，斜率为，求直线的点法向式、点斜式和一般式方程．
【答案】点法向式；点斜式；一般式.
【解析】
【分析】根据给定条件，求出直线的方向向量，进而求出其法向量，再依次求出直线的点法向式、点斜式和一般式方程作答.
【详解】因为直线的斜率为，于是得直线的一个方向向量为，设直线的一个法向量为，
则有，令，得，
所以直线的点法向式方程是，点斜式方程为，一般式方程为.
18. 已知空间中的三点，，，设，.
（1）若与互相垂直，求的值；
（2）求点到直线的距离.
【答案】(1) 或 （2）
【解析】
【分析】
(1）写出两个向量的坐标，利用向量的数量积为0，求解k即可．
(2）求出直线PM的单位方向向量为，然后利用空间点到直线的距离公式求解即可.
【详解】因为，，，
所以
（1），，
因为，
所以，
整理得，
解得或，
所以的值为或.
(2) 设直线的单位方向向量为，
则
由于，
所以，
所以点N到直线PM的距离
【点睛】关键点点睛：根据空间向量的坐标表示，利用向量垂直的数量积为0，向量表示的点到直线的距离公式是解决本题的关键,考查了运算能力，属于中档题.
19. 有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.已知点为线段上一点且，若直线与直线所成角的余弦值为，设半正多面体的棱长为，将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.
（1）求正方体的棱长，并写出A，B，C，D，F点的坐标.
（2）求.
【答案】（1）2，点的坐标见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题中建立的空间直角坐标系，结合半正多面体的棱长，可求得正方体棱长，继而求得各点坐标；
（2）求出相关向量坐标，利用坐标法表示异面直线夹角余弦值，列出方程，解方程即可.
【小问1详解】
由题意可知，半正多面体的棱长为，
则正方体的棱长为，

所以，，，，；
【小问2详解】
，，
所以，，
则，则，
设直线与直线所成角为，
则，
即，解得或（舍），
即的值为.
20. 如图，在空间之间坐标系中，四棱锥的底面在平面上，其中点与坐标原点重合，点在轴上，，，顶点在轴上，且，.
（1）求直线与平面所成角的大小；
（2）设为的中点，点在上，且，求二面角的正弦值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）列出、、、、的坐标，计算出平面的一个法向量，利用空间向量法计算出直线与平面所成角的正弦值，即可得出直线与平面所成角的大小；
（2）求出点、的坐标，计算出平面和的法向量、，利用空间向量法求出二面角的余弦值的绝对值，由此可得出二面角的正弦值.
【详解】因为四棱锥的底面在平面上，
其中点与坐标原点重合，点在轴上，，，
顶点在轴上，且，，
所以，，，，.
（1），，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则，，得.
所以.
所以直线与平面所成角的大小为；
（2）因为为的中点，点在上，且，所以，.
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则，，得.
又平面的一个法向量为，所以.
所以二面角的正弦值为.
【点睛】本题考查利用空间向量法求直线与平面所成的角和二面角，解题的关键就是要列出问题所涉及的点的坐标，并计算出平面的法向量，考查运算求解能力，属于中等题.
21. 如图，为圆锥顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且，．

（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面
（3）若点为线段上动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）设交于点，连接，利用三角形相似证得，从而证得，进而证得直线平面；
（2）通过平面，证得平面，所以平面平面；
（3）建立空间直角坐标系，设，通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值.
【小问1详解】
如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，

因为平面，所以，
又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得，
，解得，
又，，所以，即，，
又因为，所以，
所以，即，
又平面，直线平面，平面，
所以直线平面．
【小问2详解】
因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
【小问3详解】
易知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，，

设平面的法向量为，
则，令，则，
设，可得，
设直线与平面所成的角为，
则，
即，
令，
则，
当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值，
即当时，的最大值为1，此时点，
所以，
所以点到平面的距离，
故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.