2022-2023学年上海市曹杨中学高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年上海市曹杨中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．如图，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为一个正方形，则原来图形的形状是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据斜二测画法规律，平行于轴的线段长度是原长的一半即可判断.

【详解】在直观图中，其一条对角线在y′轴上且长度为，

所以在原图形中其中一条对角线必在y轴上，且长度为，

故选：A．

2．正四面体中，为棱的中点，则与所成角的余弦值为

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】试题分析：如图，

取中点 ，连接．为与所成的角（或所成角的补角），设，则，由余弦定理得：∴ ；故选B．

【解析】异面直线及其所成的角．

【方法点睛】过空间任意一点引两条直线分别平行于两条异面直线，它们所成的锐角（或直角）就是异面直线所成的角．求两条异面直线所成角的大小一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决．

3．已知m、n为不同的直线，为不同的平面．则下列命题中错误的是（    ）

A．m，n是内两相交直线，则与相交的充要条件是m，n至少有一条与相交；

B．m，n为异面直线，过空间任一点P，一定能作一条直线l与m，n都垂直；

C．与l都不垂直，则m与n一定不垂直；

D．m，n为异面直线、过空间任一点P，一定能作一条直线l与m，n都相交．

【答案】D

【分析】根据点线面的位置关系对选项一一判断即可．

【详解】对A，若与相交，设交线为，所以m，n至少有一条与相交，故m，n至少有一条与相交；

若m，n至少有一条与相交，则与相交；故A正确；

对B，因为m，n为异面直线，故作直线，且与相交，设，过空间任一

点P，一定能作一条直线l与垂直，所以一定能作一条直线l与m，n都垂直，B正确；

对C，由于设且，则，故

假设，又，与相交，且，则，故与已知矛盾，

所以m与n一定不垂直，C正确；

对D，设且，当时，不能作一条直线l与m，n都相交，故D错误；

故选：D．

4．在三棱锥中，平面；记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先得到三棱锥的每一个面都是直角三角形，然后可得与平面所成的角，二面角的平面角，在直角三角形中算出他们的余弦值，利用向量法计算直线与直线所成的角为的余弦值，然后比较大小.

【详解】令，

由平面，且平面

，又，，

面

三棱锥的每一个面都是直角三角形.

与平面所成的角，

二面角的平面角，

由已知可得，

，

，

又，

则

所以，又均为锐角，

故选：A.

二、填空题

5．如果异面直线、所成角为，那么的取值范围是_____________．(用弧度表示)

【答案】.

【分析】用异面直线所成角的定义判断.

【详解】过空间任意一点引两条直线分别平行于两条异面直线，它们所成的锐角(或直角)就是异面直线所成的角，故两异面直线所成角的范围是.

故答案为：.

6．若的夹角为，则___________.

【答案】0.5

【分析】先求出，进而由求出答案.

【详解】因为的夹角为，所以，于是.

故答案为：.

7．正四棱柱的底面边长为10，侧面积为40，则这个棱柱的体积为_____________．

【答案】100

【分析】根据侧面积公式求出棱柱的高，根据底面边长求出底面积，代入体积公式得出体积．

【详解】设棱柱的底面边长为，高为，

则，侧面积，解得．

正四棱柱的体积．

故答案为：100．

8．圆柱的轴截面是正方形，且面积为16，则圆柱的侧面积为_____________．

【答案】

【分析】根据圆柱的轴截面几何性质可得圆柱的底面半径与高度，从而可求圆柱的侧面积.

【详解】解：圆柱的轴截面是正方形，且面积为16，则该圆柱的底面直径为4，高为4

即底面半径，高

所以圆柱的侧面积.

故答案为：.

9．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】

【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：.

10．如图是长方体被一平面截得的几何体，四边形为截面，则四边形的形状为________.

【答案】平行四边形

【详解】∵平面ABFE∥平面CDHG，平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面CDHG＝HG，∴EF∥HG.同理，EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形．

【解析】面面平行的性质定理的运用.

11．将一个边长为2的正三角形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的表面积为_____________.

【答案】

【分析】根据正三角形绕一边所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥求解.

【详解】如图所示：正三角形绕AB所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥，

圆锥的底面半径为,

所以所得几何体的表面积为，

故答案为：

12．己知A，B，C三点都在体积为的球O的表面上，若，则球心O到平面ABC的距离为_____________．

【答案】3

【分析】根据球的体积公式可得球的半径，结合条件可得的外接圆的半径，然后根据球的性质即得.

【详解】设球的半径为R，则，

解得，

设的外接圆的半径为，因为，

所以，即，

∴球心到平面的距离.

故答案为：3.

13．如图，平行六面体的底面是边长为1的正方形，且，，则线段的长为_________.

【答案】

【分析】以、、为基底表示出，再根据数量积的运算律计算可得.

【详解】解：因为，

所以

，所以.

故答案为：

14．边长为5的正方形EFGH是圆柱的轴截面，则从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离为________.

【答案】

【分析】作出圆柱的侧面展开图，利用勾股定理即可求解.

【详解】如图，矩形E1F1GH是圆柱沿着其母线EF剪开半个侧面展开而得到的，

则从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离为.

由题意可知GH＝5，，

所以

所以从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离是.

故答案为：.

15．设异面直线a、b所成的角为，经过空间一点O有且只有两条直线与异面直线a、b成等角，则的取值范围为_____________．

【答案】

【分析】先作出直线所成角，再结合图象以及对称性求得的取值范围.

【详解】过作，则所成的角即异面直线所成角，

确定一个平面，过作，

过作直线和直线分别平分形成的两个对顶角，

当过的直线在平面内旋转时，与所成的角为，且；

当过的直线在平面内旋转时，与所成的角为，且；

结合对称性可知：若经过空间一点O有且只有两条直线与异面直线a、b成等角，

则的取值范围为.

故答案为：

16．如图，已知棱长为2的正方体中，点在线段上运动，给出下列结论：

①异面直线与所成的角范围为；

②平面平面；

③点到平面的距离为定值；

④存在一点，使得直线与平面所成的角为.

其中正确的结论是___________.

【答案】②③

【解析】数形结合说明异面直线与所成的角的范围为，故①错误；证明平面，所以平面平面，故②正确；点到平面的距离为定值，且等于的，即，故③正确；与平面所成的角为,最大值为，故④不正确.

【详解】对于①，当在点时，，

异面直线与所成的角最大为，

当在点时，异面直线与所成的角最小为，

所以异面直线与所成的角的范围为，故①错误；

对于②，如图，因为平面,所以,同理,又因为平面,所以平面，所以平面平面，故②正确；

对于③，因为平面,平面,所以平面，所以点到平面的距离为定值，且等于的，即，故③正确；

对于④，直线与平面所成的角为，，

当时，最小，最大，最大值为，故④不正确，

故答案为：②③.

【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断命题①④的真假，它们都是求空间的角，它们都是利用数形结合的方法求空间角的最值，对于数形结合的这种数学思想要注意灵活运用.

三、解答题

17．

(1)请用文字语言叙述异面直线的判定定理；

(2)把（1）中的定理写成“已知：．．．，求证：．．．”的形式，并用反证法证明．

【答案】(1)见解析；

(2)见解析.

【分析】（1）将判定定理用文字表述即可；

（2）根据（1）中的前提和结论可得定理的形式，利用反证法可证该结论.

【详解】（1）

异面直线的判定定理：平面外一点与平面内一点的连线与平面内不过该点直线是异面直线.

（2）（1）中的定理写成“已知：．．．，求证：．．．”的形式如下：

，求证：为异面直线.

证明：若不为异面直线，则共面于，故

而，故为同一平面，而，故，

这与矛盾，故为异面直线.

18．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．

(1)证明：D1E⊥A1D；

(2)当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）证明、，由线面垂直的判定定理可证明平面，即证；

（2）由勾股定理求出△ACD1各个边长，设点到平面的距离为，由即可求解.

【详解】（1）因为平面，平面，

所以，

因为四边形是矩形，，

所以四边形是正方形，

所以，

又平面，平面，，

所以平面，又因为平面，

所以.

（2）因为，，为的中点，

所以，，，，

所以，，

设点到平面的距离为，

由可得：，

即，

解得：，

所以点E到面ACD1的距离为.

19．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3.

(1)请估算出堆放的米约有多少斛？

(2)若要建造一个底部直径为4尺的家用圆柱形储粮仓，试问储粮仓的高至少为多少尺，才可以将这堆米全部放入？（结果均保留整数）

【答案】(1)；

(2)储粮仓的高至少为3尺，才可以将这堆米全部放入.

【分析】（1）根据米堆底部的弧长可求出圆锥的底面半径，再根据圆锥的体积公式求出米堆的体积，从而可求解；

（2）根据圆柱的体积公式列式求解即可.

【详解】（1）设圆锥底面半径为，则，所以，

所以米堆的体积为.

故堆放的米约为.

（2）设储粮仓的高为，则，所以尺.

所以储粮仓的高至少为3尺，才可以将这堆米全部放入.

20．如图，四面体ABCD中，AD、BD、CD两两垂直，且，过AB上的动点E（不同于A、B两点）作平行于AD、BC的平面，分别交棱BD、CD、AC于F、G、H三点．

(1)求异面直线EF与AC所成角的大小；

(2)若E为AB中点，求点E到直线CD的距离；

(3)若直线CE与平面ABD所成角的正切值为，求此时直线AB与平面CDE所成角的大小．

【答案】(1)；

(2)；

(3).

【分析】（1）利用线面平行的性质证得，再由异面直线所成角的定义计算作答.

（2）根据给定条件，证明平面，求出DE长即可作答.

（3）根据给定条件，确定点E的位置，再求线面角的大小作答.

【详解】（1）因平面，平面，平面平面，则，

因此是异面直线EF与AC所成的角，而，有，即，

所以异面直线EF与AC所成角的大小为.

（2）因平面，则平面，连接DE，如图，

平面，因此，即DE长为点E到直线CD的距离，而E为AB中点，

中，，

所以点E到直线CD的距离为.

（3）由（2）知，平面，是直线CE与平面ABD所成的角，而，

即有， 得，而的斜边AB上的高，

因此DE是的斜边AB上的高，即，由平面，平面，得，

平面CDE，于是得平面CDE，

所以直线AB与平面CDE所成角的大小为.

21．如图，在正四棱锥中，，分别为的中点，平面与棱的交点为.

(1)求异面直线与所成角的大小；

(2)求平面与平面所成锐二面角的大小；

(3)求点的位置.

【答案】(1)

(2)

(3)点的位置为线段PC靠近P的三等分点.

【分析】（1）作出辅助线，找到异面直线与所成的角是∠OEA（或补角），利用余弦定理求出；

（2）作出辅助线，找到平面与平面所成锐二面角为，经过计算得到；

（3）证明出A、Q、G三点共线，利用第二问的求出的，和题干中的条件确定点的位置.

【详解】（1）连接AC，BD，相交于点O，

因为四边形ABCD是正方形，所以O是正方形的中心，连接PO，

因为四棱锥是正四棱锥，则PO⊥底面ABCD，连接OE，

因为为的中点，所以EO是△PBD的中位线，所以EO∥PD，

∠OEA（或补角）即为异面直线与所成角的大小，

因为正四棱锥中，，所以△PAB是等边三角形，

所以，由勾股定理得：，所以，

因为，E为PB的中点，所以，

在△AOE中，由余弦定理得：，

所以异面直线与所成角的大小为

（2）连接EF，与OP相交于点Q，则Q为OP，EF的中点，

因为分别为的中点，所以EF是三角形PBD的中位线，所以EF∥BD，

因为平面ABCD，平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，

设平面与平面相交于直线，故EF∥∥DB，连接QA，

则因为AE=AF，所以AQ⊥EF，又因为OA⊥BD，

故∠QAO即为平面与平面所成锐二面角，其中，，所以，故，

即平面与平面所成锐二面角的大小为

（3）延长AQ，则由两平面相交的性质可得AQ一定过点G，

过点G作GM∥PO交AC于点M，因为PO⊥底面ABCD，所以GM⊥底面ABCD，

设GM=CM=x，则AM=4-x，由第二问知：，

所以，即，解得：，

故，所以点的位置为线段PC靠近P的三等分点.