2024-2025学年上海市闵行六校高二（上）数学期末试卷及答案解析

这是一份2024-2025学年上海市闵行六校高二（上）数学期末试卷及答案解析，共18页。
1．本场考试时间120分钟，满分150分．
2．作答前，考生在答题纸正面填写学校、姓名、考生号，粘贴考生本人条形码．
3．所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域，不得错位．在草稿纸、试卷上作答一律不得分
4．用2B铅笔作答选择题，用黑色笔迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题．
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果．
1. 若点直线，且直线平面，则________.（填合适的符号）
【答案】
【解析】
【分析】由点线面的位置关系判断即可.
【详解】点直线，且直线平面，则，
故答案为：
2. 直线的一个法向量为______．
【答案】
【解析】
【分析】先求得直线的斜率，由此求出与其垂直的直线的斜率，进而求得直线的一个法向量.
【详解】直线的斜率为，
故与其垂直的直线的斜率为，
故直线的一个法向量为.
故答案为：.
3. 如图所示，是用斜二测画法画出的的直观图，其中，则的面积为_________.
【答案】
【解析】
【分析】利用原图和直观图的对应关系将直观图还原，即可得到原三角形的面积.
【详解】如图，将直观图还原，则，
的面积为.
故答案：2.
4. 已知向量平行于向量，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据共线向量定理可求的值，故可求的值.
【详解】因为，故存在实数，使得，
故，故，故，
故，
故答案为：.
5. 直线与直线的夹角的大小是_____.
【答案】##
【解析】
【分析】利用两直线夹角公式去求解即可.
【详解】线与直线的斜率分别为，
由直线的夹角公式可得，又，所以.
故答案为：.
6. 若正三棱柱的所有棱长均为，且其体积为，则________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：，．
考点：棱柱的体积．
【名师点睛】1．解答与几何体的体积有关的问题时，根据相应的体积公式，从落实公式中的有关变量入手去解决问题，例如对于正棱锥，主要研究高、斜高和边心距组成的直角三角形以及高、侧棱和外接圆的半径组成的直角三角形；对于正棱台，主要研究高、斜高和边心距组成的直角梯形．
2．求几何体的体积时，若给定的几何体是规则的柱体、锥体或台体，可直接利用公式求解；若给定的几何体不能直接利用公式得出，常用转换法、分割法、补形法等求解．
7. 如图所示，在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，周长的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】
将三棱锥沿着剪开，将侧面、、延展至同一平面，计算出的长，即为周长的最小值.
【详解】如图，将三棱锥沿侧棱剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，
则线段的长即为所求的周长的最小值．
取的中点，连接，则，.
在中，，则，
即周长的最小值为.
故答案为：.
【点睛】研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．
8. 某圆锥的底面半径为1，沿该圆锥的母线把侧面展开后可得到圆心角为的扇形.则该圆锥的侧面积为_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得圆锥的母线长为，即可得求侧面积.
【详解】设圆锥的母线长为，
则，解得，
所以该圆锥的侧面积为.
故答案为：.
9. 在如图所示的圆柱中，是底面圆的直径，是圆柱的母线，且，点是底面圆周上的一点，且，则直线与平面所成的角的正切值为_____．
【答案】##
【解析】
【分析】根据线面垂直可得为直线与平面所成的角，即可利用三角形的边角关系求解.
【详解】由于点是底面圆周上的一点，故,
又平面，平面，故平面，
故平面，故为直线与平面所成的角，
由于，，故,
故,
故答案为：.
10. 有下列命题：
① 棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；
② 侧棱垂直于底面棱柱是直棱柱；
③ 存在每个面都是直角三角形的四面体；
④ 棱台的侧棱延长后交于一点．
其中，正确的命题是________．(填序号)
【答案】②③④
【解析】
【详解】①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确；③正确，如图，正方体中的三棱锥C1ABC四个面都是直角三角形；④正确，由棱台的概念可知．
【考查意图】空间几何体的结构特征．
11. 台球运动已有五六百年的历史，参与者用球杆在台上击球．如图，有一张长方形球台，，现从角落沿角的方向把球打出去，球经2次碰撞球台内沿后进入角落的球袋中，若和光线一样，台球在球台上碰到障碍物后也遵从反射定律，则的值为_____．
【答案】1
【解析】
【分析】根据题意画出示意图，进而求解结论．
【详解】因为，现从角落沿角的方向把球打出去，球经2次碰撞球台内沿后进入角落的球袋中；
当是图一时，如图：
关于 的对称点为，关于的对称点为；

如图；根据直线的对称性可得：；
当是图2时，如图：
关于 的对称点为，关于的对称点为，

如图：根据直线的对称性可得：；
因为，则，故只有.
故答案为：1．
12. 如图，已知直四棱柱的底面是边长为4的正方形，点M为CG的中点，点P为底面上的动点，若存在唯一的点P满足，则________.
【答案】4
【解析】
【分析】由球面的性质结合已知可得线段为直径的球与平面相切，取线段中点，在直角梯形中计算求解.
【详解】直四棱柱的底面是边长为4的正方形，
以线段为直径构造球，则点与球上任意一点（除外）均能构成直角，
因此该球与平面相切时存在唯一P点，使得，
取线段中点，连接，则平面，而平面，
于是，则，，
在直角梯形中，,，，
则，所以.
故答案为：4.
二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．
13. 已知直线平面，则“直线”是“”的（ ）
A. 充分但不必要条件B. 必要但不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】结合空间线面位置关系，根据充分必要条件的定义可判断．
【详解】若直线平面， ，则直线平面或；
若直线平面，直线，则，
所以“”是“”的必要不充分条件．
故选：B．
14. 若直线与直线平行，则它们之间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据两直线平行求出，再利用两平行线间距离公式求解即可.
【详解】依题意可得，解得，
则直线方程为，
而方程，即，
所以两条平行线间的距离为.
故选：B.
15. 正方体中，为线段，上的一个动点，则下列错误的是（ ）
A. B. 平面
C. 三棱锥的体积为定值D. 直线直线.
【答案】D
【解析】
【分析】结合正方体的性质，利用线面平行和垂直的性质定理和判定定理分别进行判断证明．
【详解】解：．在正方体中，，，，
面，
面，
，正确．
．平面，平面成立．即正确．
．三棱锥的底面ΔABC为定值，锥体的高为定值，锥体体积为定值，即正确．
．，直线错误．
故选．
【点睛】本题主要考查空间直线和平面的位置关系的判断，要求熟练掌握相应的判定定理和性质定理．
16. 在正方体中，若点（异于点）是棱上一点，则满足和所成的角为45°的点有（ ）
A. 6个B. 4个C. 3个D. 2个
【答案】C
【解析】
【分析】将各个顶点分别与的连线与直线所成的角大于等于和小于两类；从而可知当点在上运动时都经历了从小于到大于的变化，从而得到结果.
【详解】如图，将正方体的各个顶点（除点外）分类，规定当顶点与的连线与直线所成的角大于等于时为一类，小于时为一类
显然与所成角的正切值为，故大于，
与所成角的为，大于，
与所成角的余弦值为，角大于，
与所成角的正切值为，小于，
当点从运动到时，角度从大于变化到小于，一定经过一个点满足；
依此类推，当点在上运动时，
都经历过角度从小于到大于的变化，故满足条件的点共有个.
故选：
【点睛】方法点睛：
利用类似于函数的零点存在性定理的方式，通过确定角度的变化规律，找到变化过程中的临界点，通过一上一下两点的角度变化特点得到是否存在满足要求的点.
三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤．
17. 如图，在直三棱柱中，，，且、分别是、的中点．
（1）证明：；
（2）求二面角的大小．（结果用反三角函数值表示）
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线线垂直可证明平面，即可利用线面垂直的性质求解，
（2）根据线面垂直的性质可得，，故可得为所求的平面角，即可利用三角形的三边关系求解.
【小问1详解】
由于三棱柱为直三棱柱，且、分别是、的中点，故平面，故平面，故，
又，故,
平面，故平面，
又平面，故
【小问2详解】
由于，，故，即，
取中点为，连接,
由（1）知平面，故平面，故，
又故，平面，
故平面，平面，故，
因此为二面角的平面角，
由于,故，
结合为锐角，故,
18. 已知直线的倾斜角为，，且这条直线经过点.
（1）求直线的方程；
（2）直线恒过定点，求点到直线的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出直线斜率，由点斜式求出直线方程；
（2）直线变形后求出定点坐标，进而由点到直线距离公式求出答案.
【小问1详解】
由题可得，，则，，
∴直线的斜率，且直线过点，
∴由直线的点斜式方程得，
即；
【小问2详解】
∵直线化简得：，
令，解得，∴定点，
则点到直线的距离，
∴到直线的距离为.
19. 如图，四面体的各棱长均为2，，分别为棱，的中点，又设，，；
（1）用向量，，的线性组合表示向量，；
（2）求两条异面直线，所成角的大小．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量的线性运算即可求解，
（2）根据向量的夹角公式即可求解.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
由四面体各棱长均为2，可知四面体为正四面体，所以，，两两夹角为，
因此，
，
，
由于两条异面直线，所成角，
所以两条异面直线，所成角为.
20. 如图，将一块三角形的玉石置于平面直角坐标系中，已知，，点，图中阴影三角形部分为玉石上的瑕疵，为了将这块玉石雕刻成工艺品，要先将瑕疵部分切割掉，可沿经过点的直线进行切割．

（1）求直线的倾斜角的取值范围．
（2）是否存在直线，使得点关于直线的对称点在线段上？
（3）设玉石经切割后剩余部分的面积为，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）观察点运动时，直线与线段（不包括端点）有无公共点，数形结合可得出直线的倾斜角的取值范围；
（2）假设存在直线，使得点关于直线的对称点在线段上，求出直线的斜率，由题意可知，求出直线的斜率，结合（1）中的结论判断即可；
（3）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当轴时，直接求出的值；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，求出点、的坐标，可求出面积的取值范围，进而可得出的取值范围，综合可得出结论.
【小问1详解】
解：由图可知，点在第一象限，设点，
因为，，则，
所以，，解得，即点，
由题图可知，当点从原点沿着轴的正方向移动时，直线的倾斜角在逐渐增大，
当直线与直线重合时，设直线交轴的交点为，如下图所示：

当点在线段上运动时，直线与线段（不包括端点）没有公共点，
当点在线段（不包括点）上运动时，直线与线段（不包括端点）有公共点，
且直线的斜率为，直线的倾斜角为，
综上所述，直线倾斜角的取值范围是.
【小问2详解】
解：由（1）可知，、，则直线的斜率为，
假设存在直线，使得点关于直线的对称点在线段上，
此时，，则，
此时，直线的倾斜角满足，不合乎题意，
因此，不存在直线，使得点关于直线的对称点在线段上.
【小问3详解】
解：当轴时，此时，为线段的垂直平分线，
此时，；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，其中，
直线的方程为，即，
联立可得，即点，
联立可得，即点，
所以，，
所以，
，
因为，则，所以，，
综上所述，的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题第（3）问在求解三角形面积的取值范围时，要注意对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在设出直线的方程后，关键要求出点、的坐标，再利用三角形的面积公式以及函数思想求范围.
21. 在空间直角坐标系中，任何一个平面都能用方程表示．（其中，，，且），且空间向量为该平面的一个法向量．有四个平面，，，
（1）若平面与平面互相垂直，求实数的值；
（2）根据点到直线的距离公式，类比出到平面的距离公式，并用利用法向量和投影向量的相关知识证明．
（3）若四个平面，，，围成的四面体的外接球体积为，利用（2）的结论求该四面体的体积．
【答案】（1）
（2），证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据两平面垂直法向量关系运算得解；
（2）根据空间点到平面距离向量公式运算得证；
（3）联立可求得顶点，同理可求得其它顶点坐标，设外接球球心为，根据接球半径，求得球心的坐标，进而求得顶点的坐标，利用（2）的结论求出四面体的高，运算求得四面体的体积.
【小问1详解】
根据题意，平面的法向量，平面的法向量，
所以，故.
【小问2详解】
不妨设，在平面内取一点，
则向量，
取平面的一个法向量，
所以点到平面的距离为.
【小问3详解】
由，解得交点，
同理，可得其它交点，，，
又四面体外接球体积为，故外接球半径，
设球心，则，即有
得或，
当球心坐标为时，，得（舍去），
当球心坐标为时，，
得（舍去）或，故，
所以到平面即的距离为
，
又是正三角形，所以，
故.
【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键是理解新定义，求出四面体的各个顶点坐标运算得解.