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)

2022-2023学年上海市上海中学高二上学期期中数学试题
一、单选题
1．集合{}18652024,Z x x x ≤≤∈中，共有（ ）个数是7的整数倍. A ．21 B ．22 C ．23 D ．24
【答案】C
【分析】由题意可令186572024k ≤≤，求出k 的范围即可求解 【详解】令7,Z x k k =∈，由题意可得186572024k ≤≤， 解得
18652024
77
k ≤≤， 所以266.4289.1,Z k k ≤≤∈，
所以满足条件的整数共有289267123-+=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P ABCDE -的外接球的球心为点O ，△P AB 的外心是点1O ，则异面直线1OO 与P A 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P ABCDE -的外接球球心，而点1O 是PAB 的外心，即点1O 是球O 被平面P AB 截得的截面小圆圆心，
于是得1OO ⊥平面P AB ，而PA ⊂平面P AB ，因此1OO PA ⊥， 所以异面直线1OO 与P A 所成角为90. 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 ．1
B ．2
C ．3
D ．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1， 2
所以下底面正方形的边长为12 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{n a }满足()
*
3N n n a a n n -=∈，则21a a -=___．
【答案】1
2##0.5
【分析】设公差为d ，由已知递推式有1321a a d -==求公差，进而可得21a a -的值. 【详解】若数列{n a }的公差为d ，而1321a a d -==，故12
d =， 又2112
a a d -==.
故答案为：1
2
6．已知向量()1,2,2a =-与(),2,1b m m =-垂直，则m 的值为______. 【答案】2
【分析】直接根据向量垂直计算得到答案.
【详解】()()1,2,2,2,12420a b m m m m ⋅=-⋅-=+--=，解得2m =. 故答案为：2
7．在正方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD BB ++=______. 【答案】1AC ##1C A -
【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1111ABCD A B C D -中，11,AD BC BB CC ==， 所以111AB AD BB BC CC C B A A +=++=+. 故答案为：1AC
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】3π
【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ABC ，边长等于2 ∴圆锥的高3
232
AO =
⨯=， 底面半径1
212
r =⨯=.
∴这个圆锥的表面积：
221213S rl r πππππ=+=⨯⨯+⨯=.
故答案为3π．
【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12π，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23
44123
R R V R πππ=∴==
故答案为：
10．已知a b ⊥，c 与a 、b 的夹角都是60°，且1a =，2b =，3c =，则a b c +-=______.
【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a b ⊥，c 与a 、b 的夹角都是60°，且1a =，2b =，3c =，
所以3
0,cos60,cos6032a b c a c a c b c b ⋅=⋅=⋅︒=⋅=⋅︒=，
所以()
2
2
222
222a b c a b c
a b c a b a c b c +-=+-=+++⋅-⋅-⋅
3
149022352=+++-⨯-⨯=，
所以5a b c +-=，
11．已知等差数列{}n a 满足1112130a a a ++>，10150a a +<，记n S 表示数列{}n a 的前n 项和，则当10n n S S +<时，n 的取值为______.
【答案】23
【分析】根据题意得到120a >，130a <，计算得到2312230S a =>，()241213120S a a =+<，得到答案. 【详解】1111212303a a a a =++>，故120a >，110113520a a a a =++<，故130a <，故0d <， ()23123121232302S a a a =
+⨯=>，()()2412412131
241202
S a a a a =+⨯=+<. 10n n S S +<，故23n =.
故答案为：23
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3721⨯=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2AM MD =，2=CN NB ，则MN =______. 【答案】
5
3
【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,2因为2AM MD =，2=CN NB ,
所以22222,0M N ⎫
⎪⎪⎝⎭⎝⎭，,
所以220,MN ⎛= ⎝⎭
,所以MN =55
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】306【分析】由题意可知该四面体的四个面都是一个边长分别为12,10,8的三角形， 故该四面体可放置与一个长方体1111ABCD A B C D -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12,10,8的三角形， 故该四面体可放置与一个长方体1111ABCD A B C D -中，即图中的三棱锥11A BC D -， 不妨设1110,12,8A B BD A D ===，则111110,12,8DC AC BC ===， 设1,,AB a AD b AA c ===，则222
222
22210128a c a b b c ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩
，
解得22290
5410a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩，所以3103610
a b c ⎧=⎪⎪
=⎨⎪=⎪⎩，
所以11111114A BC D ABCD A B C D A ABD V V V ---=-⨯
11
31036104310361032
=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯2190690690630633=-⨯=⨯=，
故答案为：306
15．已知ABC 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-P ABC 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PO '⊥平面ABC 于点O '，证明O '与点O 重合作答.
【详解】依题意，不妨令4,3AB AC BC ===，则132cos 8BC
ABC AB ∠==，有255
sin 1cos ABC ABC ∠=-∠=
因此ABC 的外接圆半径，即球O 的半径为12sin 55
AC R ABC =⨯=∠
过点P 作PO '⊥平面ABC 于点O '，如图，因PA PB PC ==，于是得O A O B O C '''==，即点O '是ABC 外心，与点O 重合，
又点P 在三棱锥-P ABC 的外接球球面上，则点P 是球O 直径的一个端点，即有55
PO R '== 1155355
sin 4322ABC
S
AB BC ABC =
⋅∠=⨯⨯=
所以三棱锥-P ABC 的体积是1
135543355
A C
A B P BC V S
R -=⋅==.
故答案为：4
16．在一个235⨯⨯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235⨯⨯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：
:01210121x →→→→→→→→
:01234543210123454321y →→→→→→→→→→→→→→→→→→→→
:012321012321z →→→→→→→→→→→→
建立空间直角坐标系如下图所示：
假设光线从1A 点射入，则光线路径如下：
()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()
110,0,31,1,22,2,11,3,00,4,11,5,22,4,31,3,20,2,11,1,02,0,11,1,20,2,31,3,22,4,11,5,00,4,11,3,22,2,31,1,20,0,11,1,02,2,11,3,20,4,31,5,22,4,11,3,00,2,11,1,22,0,3A B →→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→
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】57π
【分析】由圆锥与圆柱的体积公式求解即可 【详解】22534-=，
所以圆锥的体积为2
1π3412π3
⨯⨯⨯=，
圆柱的体积为2π3545π⨯⨯=， 所以该几何体的体积为12π45π=57π+
18．已知空间中三点()1,1,1A -、()0,2,1B 、()2,1,3C -. (1)当k AB AC ⋅+与2k AB AC ⋅-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)5
(,0)(0,2)2-；
(2)1.
【分析】（1）求出向量,AB AC 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()1,1,1A -、()0,2,1B 、()2,1,3C -，则(1,1,0),(1,0,2)AB AC ==-， (1,,2)k AB AC k k ⋅+=-，2(2,,4)k AB AC k k ⋅-=+-，
因当k AB AC ⋅+与2k AB AC ⋅-的夹角为钝角，则()(2)0k AB AC k AB AC ⋅+⋅⋅-<，且k AB AC ⋅+与
2k AB AC ⋅-不共线，
当()(2)0k AB AC k AB AC ⋅+⋅⋅-<时，22(1)(2)82100k k k k k -++-=+-<，解得5
22
k -
<<， 当k AB AC ⋅+与2k AB AC ⋅-共线时，存在实数t ，有(2,,4)(1,,2)k k t k k +-=-，于是得
2(1)42k t k k tk
t +=-⎧⎪
=⎨⎪-=⎩
，解得2,0t k =-=， 因此k AB AC ⋅+与2k AB AC ⋅-不共线，则0k ≠，
所以k 的范围是5
(,0)(0,2)2
-.
（2）由（1）知，(1,1,0),(1,0,2)AB AC ==-，设平面ABC 的法向量为(,,)n x y z =， 则020n AB x y n AC x z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩
，令1z =，得(2,2,1)n =-，(0,2,1)OB =，
所以原点O 到平面ABC 的距离2||1||2n OB
d n ⋅=
==
19．如图，正四棱锥P ABCD -的底面面积为4
(1)求P A 和DC 的所成角的余弦值； (2)求侧棱P A 和侧面PBC 所成角的正弦值. 【答案】515
【分析】（1）因为//CD AB ，则P A 和DC 的所成的角为∠PAB 或其补角，由余弦定理求解即可； （2）连接,AC BD 交于点O ，连接OP ，则易知,,OA OB OP 两两垂直，故以O 为原点，,,OB OC OP 分别为,,x y z 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P ABCD -的底面面积为45 所以2,5AB BC CD AD PA PB PC PD ======== 又//CD AB ，
所以P A 和DC 的所成的角为∠PAB 或其补角，
因为2225
cos 2252PA AB PB PAB PA AB +-∠===⋅⨯⨯
所以P A 和DC 5
； （2）连接,AC BD 交于点O ，连接OP ， 则易知,,OA OB OP 两两垂直，
故以O 为原点，,,OB OC OP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系， 则())()(0,2,0,2,0,0,2,0,3A B
C P -，
()
()(0,2,3,2,2,0,2,0,3AP BC BP ==-=-，
设平面BCP 的一个法向量为(),,n x y z =， 则220230BC n x BP n x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩
，
即62x y x z =⎧⎪⎨=⎪⎩，令2z =，则()
6,6,2n =， 设P A 和平面PBC 所成的角为θ，
则606223
15sin 5
66423n AP
n AP θ⋅⨯+⨯+⨯===++⨯+⋅， 所以P A 和平面PBC 所成角的正弦值为155
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2AB DG ==，3CF =，3BAD π
∠=.
(1)求BE 的长；
(2)求二面角A EC B --的余弦值.
【答案】(1)1
6
【分析】（1）由面面平行性质可得AEFG 为平行四边形，根据5AE GF ==
（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//ABE 面CDGF ，面AEFG
面ABE AE =，面AEFG 面CDGF GF =，
由面面性质定理可知//AE GF ，
同理//AG EF ，即四边形AEFG 为平行四边形， 2AB DG ==，3CF = ∴5AE GF ==，即2225BE +=，∴1BE =.
（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)3,0,0A ，()0,1,0B ，()
3,0,0C -，()0,1,1E ， 即()23,0,0AC =-，()3,1,1CE =，()
3,1,0BC =--， 设面AEC 法向量为(),,n a b c =，
则00n AC n CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，∴23030a a b c ⎧-=⎪⎨++=⎪⎩， 设1b =，则()0,1,1n =-，
设平面BEC 法向量为(),,m x y z =，则3030m BC x y m CE x y z ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=++=⎪⎩
， 设1y =，则3,1,03m ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭
， 所以6cos ,2323
n m
n m n m ⋅===⋅⨯ ， 由图知二面角A EC B --6
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()0BF BE k k FC EA
==>.
(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AC EFGH -的体积占四面体ABCD 的
325
，求k 的值. 【答案】(1)见解析
(2)9k =
【分析】（1）利用平行的传递性证明//EF HG 即可；
（2）延长,,EH FG BD ，则必交于点M ，利用相似比求解即可
【详解】（1）连接,EF HG ，
因为H 、G 分别是AD 、CD 的中点，
所以//AC HG ，
又()0BF BE k k FC EA ==>， 所以//AC EF ，
所以//EF HG ，
所以E 、F 、G 、H 四点共面；
（2）延长,,EH FG BD ，则必交于点M ，
证明如下：设=EH FG M ，
因为EH ⊂平面ABD ，
所以M ∈平面ABD ，
同理M ∈平面BCD ，
又平面ABD ⋂平面BCD BD =，
所以M ∈BD ，
所以,,EH FG BD ，则必交于点M ，
取BD 的中点O ，连接,OH OG ，
因为
()0BE k k EA =>， 所以
1BE k BA k =+， 又12
OH BA =， 所以12OH k BE k
+=， 所以312M HOG M EBF V k V k --+⎛⎫= ⎪⎝⎭
， 又12MO OH k MB BE k
+==， 所以122MD DO k MD DO k
++=+， 所以()()22121kMD kDO k MD k DO +=+++，
所以()12k MD DO -=，即
21MD DO k =-， 所以21M HDG D HOG V V k --=
-，11M HOG D HOG k V V k --+=-， 所以()()3
3338811
11M EBF M HOG D HOG k k k V V V k k k ---+=⋅=⋅⋅-++， ()()333381181111111811HOG EBF D HOG A BCD
k k k k k k V V V k k k k k k ---⎛⎫⎛⎫++++=⋅-⋅=⋅-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪----++⎝⎭⎝⎭ 221258A BCD V -⎛⎫=-⋅ ⎪⎝⎭
， 所以()338112211182581k k k k ⎛⎫+-⋅=- ⎪ ⎪-+⎝⎭
，即()()3328111511251k k k k -+⋅=-+， 所以227411512125
k k k k ++=++，即212101630k k --=， 所以()()12790k k +-=，
解得9k =或712
k =-
， 又因为0k >，
所以9k =
【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。