2022-2023学年上海市上海中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年上海市上海中学高二上学期期中数学试题（解析版），共15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。
一、单选题
1．集合中，共有（ ）个数是7的整数倍.
A．21B．22C．23D．24
【答案】C
【分析】由题意可令，求出的范围即可求解
【详解】令，由题意可得，
解得，
所以，
所以满足条件的整数共有个，
故选：C
2．将12根长度相同的小木棍通过粘合端点的方式（不可折断），不可能拼成（ ）.
A．正三棱柱B．正四棱锥C．正四棱柱D．正六棱锥
【答案】D
【分析】根据几何体的结构特征逐一判断即可.
【详解】正三棱柱中9条棱长度可以完全相同，故A成立；
正四棱锥中5条棱长度可以完全相同，故B成立；
正四三棱柱中12条棱长度可以完全相同，故C成立；
因为正六边形的中心到六个顶点的距离都等于边长，
所以正六棱锥的侧棱长总比底边长，故D不成立；
故选：D.
3．已知正五棱锥的外接球的球心为点O，△PAB的外心是点，则异面直线与PA所成角为（ ）.
A．54°B．60°C．72°D．90°
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用球的截面小圆性质即可求解作答.
【详解】点O为正五棱锥的外接球球心，而点是的外心，即点是球O被平面PAB截得的截面小圆圆心，
于是得平面PAB，而平面PAB，因此，
所以异面直线与PA所成角为.
故选：D
4．图中的十面体的面是由四个正五边形，四个三角形和两个正方形组成的，则图中上正方形面积是下正方形面积的（ ）倍.
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】由图形分析出上下底面正方形的边长，即可求解
【详解】观察两个相邻的正五边形，它们的组成的图形是对称的，
由于它们的一侧可以夹一个正方形，
所以另一侧也可以加一个正方形，
因此，图中的三角形为等腰直角三角形，
不妨设正五边形的边长为，
则等腰直角三角形的斜边为，
所以下底面正方形的边长为1，上底面正方形的边长为，
所以上底面正方形的面积为2，下底面正方形的面积为1，
所以上正方形面积是下正方形面积的2倍，
故选：B
二、填空题
5．已知等差数列{}满足，则___．
【答案】##0.5
【分析】设公差为，由已知递推式有求公差，进而可得的值.
【详解】若数列{}的公差为，而，故，
又.
故答案为：
6．已知向量与垂直，则m的值为______.
【答案】
【分析】直接根据向量垂直计算得到答案.
【详解】，解得.
故答案为：
7．在正方体中，______.
【答案】##
【分析】根据给定条件，利用正方体的结构特征，结合空间向量运算求解作答.
【详解】在正方体中，，
所以.
故答案为：
8．已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则这个圆锥的表面积等于______．
【答案】
【分析】根据圆锥轴截面的定义结合正三角形的性质，可得圆锥底面半径长和高的大小，由此结合圆锥的表面积公式，能求出结果．
【详解】∵圆锥的轴截面是正三角形，边长等于2
∴圆锥的高，
底面半径.
∴这个圆锥的表面积：
.
故答案为．
【点睛】本题给出圆锥轴截面的形状，求圆锥的表面积，着重考查了等边三角形的性质和圆锥的轴截面等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
9．已知球的表面积为，则它的体积为__________.
【答案】
【分析】先计算球的半径，再求体积
【详解】设球的半径为R,则
故答案为：
10．已知，与、的夹角都是60°，且，，，则______.
【答案】
【分析】利用向量模的计算公式以及数量积的运算律求解即可.
【详解】因为，与、的夹角都是60°，且，，，
所以，
所以
，
所以，
故答案为：.
11．已知等差数列满足，，记表示数列的前n项和，则当时，n的取值为______.
【答案】
【分析】根据题意得到，，计算得到，，得到答案.
【详解】，故，，故，故，
，.
，故.
故答案为：
12．一个正三棱柱各面所在的平面将空间分成______部分．
【答案】21
【分析】三棱柱三个侧面将空间分成7部分，三棱柱两个平行的底面又在这个基础上分成3大部分，由此可得解.
【详解】三棱柱三个侧面将空间分成7部分，三棱柱两个平行的底面又在这个基础上分成3大部分，
故三棱柱各面所在的平面将空间分成部分
故答案为：21
【点睛】思路点睛：本题考查将空间分成几部分的判断，解题时要认真审题，注意三棱柱的结构特征及平面的基本性质及推论的合理运用，属于基础题.
13．设正四面体ABCD的棱长为1，点M、N满足，，则______.
【答案】
【分析】利用空间向量的坐标运算求两点间的距离.
【详解】
如图,将正四面体ABCD放在正方体中,则正方体的边长为,
因为，,
所以,
所以,所以.
故答案为：.
14．将边长为24、20、16的三角形沿三条中位线折叠成一个四面体，则该四面体的体积为______.
【答案】
【分析】由题意可知该四面体的四个面都是一个边长分别为的三角形，
故该四面体可放置与一个长方体中，即可求解
【详解】由题意可知该四面体的四个面都是一个边长分别为的三角形，
故该四面体可放置与一个长方体中，即图中的三棱锥，
不妨设，则，
设，则，
解得，所以，
所以
，
故答案为：
15．已知的三边长为4、4、3，它的外接圆恰好是球O的一个大圆，P为球面上一点.若点P到的三个顶点的距离相等，则三棱锥的体积为______.
【答案】4
【分析】根据给定条件，求出球O的半径，过P作平面于点，证明与点O重合作答.
【详解】依题意，不妨令，则，有，
因此的外接圆半径，即球O的半径为，
过点P作平面于点，如图，因，于是得，即点是外心，与点O重合，
又点P在三棱锥的外接球球面上，则点P是球O直径的一个端点，即有，
，
所以三棱锥的体积是.
故答案为：4
16．在一个的长方体黑盒内，每个面的内壁都装有平面镜，八个角均凿了小孔，一束激光从某个孔射入，入射光线与该孔所对应的三条棱的夹角均彼此相同，则该束光线经过______次反射后穿出盒外.
【答案】21
【分析】作出空间直角坐标系，得出三个坐标轴坐标的变化规律，得出光束的路径，进而求出光反射的次数.
【详解】解：由题意，
在的长方体中，
入射光线与该孔所对应的三条棱的夹角均彼此相同
∴沿对角线入射，
∴各坐标变化规律如下：
建立空间直角坐标系如下图所示：
假设光线从点射入，则光线路径如下：
根据光线路径可知，共经过了21次反射.
∴该束光线经过了21次反射.
故答案为：21.
三、解答题
17．如图，已知该几何体由底面半径均为3的圆柱和圆锥粘合而成，它们的母线长均为5，求该几何体的体积.
【答案】
【分析】由圆锥与圆柱的体积公式求解即可
【详解】由题意可知圆锥的高为，
所以圆锥的体积为，
圆柱的体积为，
所以该几何体的体积为
18．已知空间中三点、、.
(1)当与的夹角为钝角时，求k的范围；
(2)求原点O到平面ABC的距离.
【答案】(1)；
(2)1.
【分析】（1）求出向量坐标，再利用向量夹角为钝角，结合向量数量积列式求解作答.
（2）求出平面ABC的法向量，利用点到平面距离公式计算作答.
【详解】（1）因点、、，则，
，，
因当与的夹角为钝角，则，且与不共线，
当时，，解得，
当与共线时，存在实数t，有，于是得，解得，
因此与不共线，则，
所以k的范围是.
（2）由（1）知，，设平面的法向量为，
则，令，得，，
所以原点O到平面ABC的距离
19．如图，正四棱锥的底面面积为4，一条侧棱长为.
(1)求PA和DC的所成角的余弦值；
(2)求侧棱PA和侧面PBC所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）因为，则PA和DC的所成的角为或其补角，由余弦定理求解即可；
（2）连接交于点，连接，则易知两两垂直，故以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可
【详解】（1）因为正四棱锥的底面面积为4，一条侧棱长为，
所以，
又，
所以PA和DC的所成的角为或其补角，
因为，
所以PA和DC的所成角的余弦值为；
（2）连接交于点，连接，
则易知两两垂直，
故以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量为，
则，
即，令，则，
设PA和平面PBC所成的角为，
则，
所以PA和平面PBC所成角的正弦值为
20．已知底面ABCD为菱形的直四棱柱，被平面AEFG所截后的几何体如图所示，若，，.
(1)求BE的长；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）由面面平行性质可得AEFG为平行四边形，根据即可得结果；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面BEC和平面AEC的法向量，利用向量的夹角公式即可求得答案.
【详解】（1）由题意底面ABCD为菱形的直四棱柱，被平面AEFG所截几何体，
因为面面，面面，面面，
由面面性质定理可知，
同理，即四边形AEFG为平行四边形，
，
∴，即，∴.
（2）以O为原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过O平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
即，，，
设面AEC法向量为，
则，∴，
设，则，
设平面BEC法向量为，则，
设，则，
所以 ，
由图知二面角的余弦值为.
21．在四面体ABCD中，H、G分别是AD、CD的中点，E、F分别是AB、BC边上的点，且.
(1)求证：E、F、G、H四点共面；
(2)若平面EFGH截四面体ABCD所得的五面体的体积占四面体ABCD的，求k的值.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用平行的传递性证明即可；
（2）延长，则必交于点，利用相似比求解即可
【详解】（1）连接，
因为H、G分别是AD、CD的中点，
所以，
又，
所以，
所以，
所以E、F、G、H四点共面；
（2）延长，则必交于点，
证明如下：设，
因为平面，
所以平面，
同理平面，
又平面平面，
所以，
所以，则必交于点，
取的中点，连接，
因为，
所以，
又，
所以，
所以，
又，
所以，
所以，
所以，即，
所以，，
所以，
，
所以，即，
所以，即，
所以，
解得或，
又因为，
所以
【点睛】四点共面问题是立体几何中常考的问题之一，解决的方法是结合图象证明这四点成的两条线平行，通过两直线平行，从而说明四点共面