2024-2025学年上海市徐汇区南模中学高二（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年上海市徐汇区南模中学高二（上）期中数学试卷（含答案），共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图，用斜二测画法作△ABC的直观图得ΔA1B1C1，其中A1B1=B1C1，A1D1是B1C1边上的中线，由图形可知，在△ABC(D是BC的中点)中，下列结论中正确的是( )
A. AB=BC=ACB. AD⊥BC
C. AC>AD>AB>BCD. AC>AD>AB=BC
2.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q，R，S分别为棱AB，BC，BB1，CD的中点，连接A1S，B1D，对空间任意两点M，N，若线段MN与线段A1S，B1D都不相交，则称M，N两点可视，下列选项中与点D1可视的为( )
A. 点P
B. 点Q
C. 点R
D. 点B
3.分别以直角三角形的斜边和两直角边所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积依次为V1、V2、V3，则( )
A. V1=V2+V3B. V12=V22+V32C. 1V12=1V22+1V32D. 1V1=1V2+1V3
4.已知P是正方体ABCD−A1B1C1D1的中心，过点P的直线l与该正方体的表面交于E、F两点，现有如下命题：①线段EF在正方体6个表面的投影长度为ti(i=1,2,…,6)，则i=16ti为定值；②直线l与正方体12条棱所成的夹角的αi(i=1,2,…,12)，则i=112cs2αi为定值.下列判断正确的是( )
A. ①和②均为真命题B. ①和②均为假命题
C. ①为真命题，②为假命题D. ①为假命题，②为真命题
二、填空题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
5.空间两直线所成角的取值范围是______．
6.如图所示：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=BB1，则平面A1B1C与平面ABC所成的二
面角的大小为______．
7.已知圆柱Ω的母线长为l，底面半径为r，O是上底面圆心，A，B是下底面圆周上两个不同的点，BC是母线，如图，若直线OA与BC所成角的大小为π6，则lr=______．
8.以下四个命题中，所有真命题的序号为______．
①三角形(及其内部)绕其一边所在的直线旋转一周所形成的几何体叫圆锥；
②正棱柱的侧棱垂直于底面；
③棱锥的各侧棱和底面所成的角相等；
④圆锥的轴截面一定是等腰三角形．
9.正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M为A1B1的中点，则异面直线AM，BD1所成的角的大小为______．
10.已知在圆锥SO中，底面圆O的直径AB=2，△SAB的面积为2 2，点M在母线SB上，且SM=13SB，一只蚂蚁若从A点出发，沿圆锥侧面爬行到达M点，则它爬行的最短距离为______．
11.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，BB1=2，AB=AD=1，E为AA1的中点，则A1点到平面DCE的距离为______．
12.在平面上，两条直线的位置关系有相交、平行、重合三种.已知α，β是两个相交平面，空间两条直线l1，l2在α上的射影是直线S1，S2，l1，l2在β上的射影是直线t1，t2.用S1与S2，t1与t2的位置关系，写出一个总能确定l1与l2是异面直线的充分条件：______．
13.已知某商品的形状为圆台，上下底面圆的半径分别为34R和R，高为2R.将两个这样完全相同的商品水平放入形状为长方体的外包装盒中(不考虑外包装的厚度)，则外包装盒的表面积的最小值为______．
14.已知正四面体ABCD中，AB=2，P1，P2，…，Pn在线段AB上，且|AP1|=|P1P2|=…=|Pn−1Pn|=|PnB|，过点Pk(k=1,2,…,n)作平行于直线AC，BD的平面，截面面积为ak，则所有截面积之和为______.(公式：12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)6)
15.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是棱CC1的中点，N是侧面B1BCC1内的动点，且满足直线A1N/​/平面AD1M，当直线A1N与平面B1BCC1所成角最小时，记过点D，M，N的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得到的截面为Ω，所有Ω的面积组成的集合记为S，则S= ．
16.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，F，P分别为线段AC1和平面A1B1C1D1上的动点，点G为线段B1C的中点，则△PGF周长的最小值为______．
三、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=AB=4，AA1=2，E，F分别是AB，A1D1的中点．
(Ⅰ)求证：直线EF//平面BB1D1D；
(Ⅱ)求直线EF与平面BCC1B1所成角的正弦值．
18.(本小题12分)
刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为π3，故其各个顶点的曲率均为2π−3×π3=π.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点A的曲率为2π3，N，M分别为AB，CC1的中点，且AB=AC，AA1=2AB．
(1)求异面直线CN和B1M所成角；
(2)求二面角A−MB1−C1的正切值．
19.(本小题12分)
如图，一矩形ABCD的一边AB在x轴上，另两个顶点C、D在函数f(x)=x1+x2，(x>0)的图像上，设C、D的纵坐标为t．
(1)求此矩形绕x轴旋转而成的几何体的体积V(t)和表面积S(t)关于t的表达式；
(2)求V(t)、S(t)的取值范围．
20.(本小题12分)
对于函数y=F(x)和数列{an}、{bn}，若an=F(n)，F(bn)=n，则称{an}为函数y=f(x)的“影数列”，{bn}为函数y=f(x)的一个“镜数列”.已知f(x)=x2，g(x)=lg2x，ℎ(x)=2x+x．
(1)若{an}为y=f(x)的“影数列”，{bn}为y=g(x)的“镜数列”，
(ⅰ)求a2+b4的值；
(ⅱ)比较an和bn的大小，并说明理由．
(2)若{cn}为函数y=ℎ(x)的“影数列”，{dn}为函数y=ℎ(x)的“镜数列”，现将{cn}与{dn}的公共项按从小到大的顺序重新构成数列{cn}，试问在数列{cn}中是否存在连续三项构成等比数列？请说明理由．
21.(本小题12分)
如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AD=1，CD=2，A1D⊥平面ABCD，AA1与底面ABCD所成角为θ，设直线A1C与平面AA1D1D、平面ABCD、平面AA1B1B所成角的大小分别为α，β，γ．
(1)若∠ADC=2θ，求平行六面体ABCD−A1B1C1D1的体积V的取值范围；
(2)若∠ADC=2θ且θ=π4，求α，β，γ中的最大值；
(3)若∠ADC=π2，g(θ)=max{α(θ),β(θ),γ(θ)}，(其中max{a,b}是指a，b中的最大的数)，求g(θ)的最小值．
参考答案
1.C
2.B
3.C
4.D
5.[0,π2]
6.π4
7. 3
8.②④
9.arccs 1515
10. 7
11. 22
12.S1//S2，并且t1与t2相交(或：t1//t2，并且S1与S2相交)
13.38R2
14.2n2+4n3n+3
15.{ 52,98}
16.43
17.(I)证明：取BD的中点P，连接PE，PD1，
由条件E，F分别是AB，A1D1的中点可知，PE//D1F，且PE=D1F，
故PEFD1为平行四边形，所以PD1//EF，
∵EF⊄平面BB1D1D，且PD1⊂平面BB1D1D
∴EF/​/平面BB1D1D
(II)解：∵平面BCC1B1/​/平面ADD1A1，
∴直线EF与平面ADD1A1所成角就是直线EF与平面BCC1B1所成角．
∵AB⊥平面ADD1A1
∴EF在平面ADD1A1内的射影为AF，
因此∠AFB就是直线EF与平面ADD1A1所成角．
在△AEF中AF=2 2，AE=2EF=2 3，
sin∠AFE=AEEF=22 3= 33，
直线EF与平面BCC1B1所成角的正弦值为 33．

18.解：(1)在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC，AB⊂平面ABC，
则AA1⊥AC，AA1⊥AB，
∴点A的曲率为2π−2×π2−∠BAC=2π3，
∴∠BAC=π3，
∴△ABC为正三角形，
取BB1中点P，连CP，则可得CP//B1M，

∴∠PCN即为异面直线CN和B1M所成角，
设AB=AC=1，则可得CN= 32，CP= 2，NP= 52，
∴cs∠PCN=CP2+CN2−NP22CP⋅CN=( 2)2+( 32)2−( 52)22× 2× 32= 64，
即异面直线CN和B1M所成角为arccs 64．
(2)取BC的中点F，连接AF，则AF⊥BC，

∵BB1⊥平面ABC，AF⊂平面ABC，
∴BB1⊥AF，
∵BB1∩BC=B，BB1，BC⊂平面BB1C1C，
∴AF⊥平面BB1C1C.
又B1M⊂平面BB1C1C，∴AF⊥B1M，过F作B1M的垂线，垂足为H，连接AH，
则B1M⊥FH，又AF∩FH=F，AF，FH⊂平面AFH，
∴B1M⊥平面AFH，
又AH⊂平面AFH，∴AH⊥B1M，
∴∠AHF为二面角A−MB1−C1的平面角的补角，
设B1M∩BC=E，AB=2，则AF= 3，EF=1+2=3，ME=2 2，
由等面积法可得12ME⋅FH=12EF⋅CM，
则FH=EF⋅CMME=3×22 2=3 2，
则tan∠AHF=AFFH= 63，
故二面角A−MB1−C1的正切值为− 63．
19.解：(1)由y=f(x)=x1+x2=11x+x≤12 1x⋅x=12，当且仅当x=1时取等号，得t∈(0,12)，
又矩形绕x轴旋转得到的几何体是圆柱，设C、D的坐标为(x1,t)，(x2,t)，
则圆柱的底面圆半径为t，高为ℎ=|x1−x2|，
令x1+x2=t，则tx2−x+t=0，得ℎ=|x1−x2|= 1−4t2t，
∴圆柱的体积V(t)=πt2⋅ 1−4t2t=πt 1−4t2，
圆柱的表面积S(t)=2πt2+2πt⋅ 1−4t2t=2π(t2+ 1−4t2)；
(2)由(1)可知V(t)=πt 1−4t2=π t2(1−4t2)=π −4t4+t2，t∈(0,12)，
则t2∈(0,14)，当t2=18时，V(t)取得最大值为π4，可得V(t)∈(0,π4]；
令k= 1−4t2，则k∈(0,1)，
表面积S(t)=2π(−14k2+k+14)在k∈(0,1)严格递增，得S(t)∈(14π,2π)，
综上所述：V(t)∈(0,π4],S(t)∈(14π,2π)．
20.解：(1)(ⅰ)由题意，an=f(n)=n2，g(bn)=n，lg2bn=n，bn=2n；
所以a2+b4=4+16=20．
(ⅱ)当n=1时，a1=1当n=2时，a2=4=b2；
当n=3时，a3=9>b3=8；
当n=4时，a4=16=b4，
当n≥5，n∈N时，an①当n=5时，a5=25②假设当n=k(k≥5,k∈Z)时，命题成立，
即k2<2k，则当n=k+1时，
bk+1−ak+1=2k+1−(k+1)2
=2×2k−k2−2k−1>2k2−k2−2k−1
=k2−2k−1=(k−1)2−2(∗)．
因为k≥5，(∗)>0，即命题也成立，
由①②可知，当n≥5，n∈N时，an(2)f(x)=2x+x，则cn=f(n)=2n+n，f(dn)=2dn+dn=n，
设cp=dq，即2p+p=dq，则22p+p+2p+p=q，
设函数k(x)=2x+x，函数单调递增，对于任意p∈N∗，有唯一的q∈N∗与之对应，
即数列cn中每一项，都有dn中的项与之相等，
cn=2n+n单调递增，所以新cn=2n+n，
假设数列{cn}中存在连续三项构成等比数列，cm2=cm+1⋅cm−1，m≥2，m∈N∗，
故(2m+m)2=(2m+1+m+1)⋅(2m−1+m−1)，整理得到(m−3)2m−1=1，
当m=1时，等式不成立；当m≥2时，(m−3)2m−1为偶数，等式不成立；
所以等式无正整数解．
故假设不成立，即不存在连续三项构成等比数列．
21.解：(1)由题意得DA1=tanθ(0<θ<π2)，四边形ABCD的面积为2sin2θ
平行六面体ABCD−A1B1C1D1的体积V=2sin2θ⋅tanθ=4sin2θ，
∴平行六面体ABCD−A1B1C1D1的体积V的取值范围为(0,4)．
(2)∵θ=45°，∴∠ADC=90°，即CD⊥AD，
又∵A1D⊥平面ABCD，∴CD⊥A1D，
∴CD⊥平面AA1D1D，
∴α=∠CA1D，β=∠A1CD，
由题意得A1D=1，AD=1，CD=2，∴tanα=2，tanβ=12，
∴α=arctan2，β=arctan12，
以DA，DC，DA1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，
则A1(0,0,1)，C(0,2,0)，A(1,0,0)，B(1,2,0)
∴A1C=(0,2,−1)，AA1=(−1,0,1)，AB=(0,2,0)，
设侧面AA1B1B的法向量n=(x,y,z)，
∴−x+z=02y=0，取x=1得y=0z=1，
∴侧面AA1B1B的法向量n=(1,0,1)，
∴sinγ=|cs|=|A1C⋅n||A1C|⋅|n|= 1010，
∴直线A1C与侧面AA1B1B所成角γ的大小为arcsin 1010，
综上，α，β，γ中最大值为α=arctan2．
(3)∵∠ADC=π2，即CD⊥AD，
又∵A1D⊥平面ABCD，∴CD⊥A1D，
∴CD⊥平面AA1D1D，
∴α=∠CA1D，β=∠A1CD，
∵DA1=tanθ，∴tanα=CDDA1=2tanθ，tanβ=DA1CD=tanθ2，
以DA，DC，DA1为x，y，z轴建立空间直角坐标系O−xyz，
则A1(0,0,tanθ)，C(0,2,0)，A(1,0,0)，B(1,2,0)
∴A1C=(0,2,−tanθ)，AA1=(−1,0,tanθ)，AB=(0,2,0)，
设侧面AA1B1B的法向量n=(x,y,z)，
∴−x+ztanθ=02y=0，令x=tanθ得y=0z=1，
∴侧面AA1B1B的法向量n=(tanθ,0,1)，
∴sinγ=|A1C⋅n||A1C|⋅|n|=|0+0+tanθ| 4+tan2θ× tan2θ+1=tanθ tan4θ+5tan2θ+4，
∴tanγ=tanθtan2θ+2，
∴A1C与n所在的直线的夹角为arctanγ=arctan(tanθtan2θ+2)，
∴g(θ)=max{arctan(2tanθ),arctan(tanθ2),arctan(tanθtan2θ+2)}，
令t=tanθ，t∈(0,+∞)，则ℎ(t)=max{2t,t2,tt2+2}，
∵2t−tt2+2=t2+4t(t2+2)>0，t2−tt2+2=t32(t2+2)>0，
∴ℎ(t)=max{2t,t2}=2t,02，
∴[ℎ(t)]min=1，
∴[g(θ)]min=arctan1=π4．