2022-2023学年上海市进才中学高二上学期期中数学试题(解析版)

2022-2023学年上海市进才中学高二上学期期中数学试题
一、单选题
1．下列几何体中，多面体是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B
【分析】判断各选项中几何体的形状，从而可得出多面体的选项.
【详解】A 选项中的几何体是球，是旋转体；B 选项中的几何体是三棱柱，是多面体； C 选项中的几何体是圆柱，旋转体；D 选项中的几何体是圆锥，是旋转体. 故选B.
【点睛】本题考查多面体的判断，要熟悉多面体与旋转体的基本概念，考查对简单几何体概念的理解，属于基础题.
2．一个水平放置的三角形的斜二测直观图是有一条边水平的等边三角形，则这个三角形一定是 A ．锐角三角形 B ．直角三角形
C ．钝角三角形
D ．以上都有可能
【答案】C
【详解】试题分析：画出图形判断即可．
解：一个水平放置的三角形的斜二测直观图是有一条边水平的等边三角形，则这个三角形一定是钝
角三角形，如图：
故选C ．
点评：本题考查平面图形的直观图的画法，考查空间想象能力，基本知识的应用． 3．设l 是直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ） A ．若//l α，//l β，则//αβ B ．若αβ⊥，l α⊥，则l β⊥
C ．若αβ⊥，//l α，则l β⊥
D ．若//l α，l β⊥，则αβ⊥ 【答案】D
【解析】由线面平行的性质和面面平行的判定可判断选项A ；由面面垂直的性质定理和线面平行的性质可判断选项B ；由面面垂直的性质定理和线面位置关系可判断选项C ；由线面平行的性质和面面垂直的判定定理可判断选项D ；
【详解】对于选项A ：若//l α，//l β，则//αβ或α与β相交，故选项A 不正确； 对于选项B ：若αβ⊥，l α⊥，则//l β或l β⊂，故选项B 不正确；
对于选项C ：若αβ⊥，//l α，则//l β或l β⊂或l 与β相交，故选项C 不正确； 对于选项D ：若//l α，由线面平行的性质定理可得过l 的平面γ，设m γα=，则//m l ，所以m β⊥，
再由面面垂直的判定定理可得αβ⊥，故选项D 正确； 故选：D
4．若||y x =和3y =围成的封闭平面图形绕y 轴旋转一周，则所得体积与绕x 轴旋转一周所得体积之比是（ ）． A ．1:4
B ．4:1
C ．(12):(422)++
D ．(422):(12)++
【答案】A
【分析】根据圆锥的体积计算以及组合体体积计算方法，计算出两个几何体体积，进而求得体积的比值.
【详解】由3y x y ⎧=⎨=⎩
解得33x y =⎧⎨=⎩或3
3x y =-⎧⎨
=⎩. ||y x =和3y =围成的封闭平面图形绕y 轴旋转一周所得几何体为圆锥，图形如下图所示，
故体积为2
13393
ππ⨯⨯⨯=.
||y x =和3y =围成的封闭平面图形绕x 轴旋转一周所得几何体为圆柱挖掉两个圆锥，图形如下图所
示，
故体积为222
113633333633
ππππ⨯⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=.
所以两个图形的体积比为9:361:4ππ=. 故选：A
【点睛】本小题主要考查圆锥和组合体体积计算，属于中档题.
二、填空题
5．直线与平面所成角的范围______． 【答案】0,2π⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
【分析】由直线与平面所成角的定义可得. 【详解】解：根据直线与平面所成角的定义可得 直线与平面所成角的范围为0,2π⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
【点睛】本题考查直线和平面所成的角基本概念.
6．如图，已知长方体1111ABCD A B C D -的棱长13cm AA =，4cm AB =，则点A 到棱11B C 的距离是______cm.
【答案】5
【分析】根据长方体的性质，结合线面学会知性质定理以及点线距离定义，可得答案. 【详解】连接1AB ，作图如下：
在长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11ABB A ，1AB ⊂平面11ABB A ，111AB B C ⊥，
则点A 到棱11B C 的距离是1AB ，
在矩形11ABB A 中，22115AB AB AA =+=， 故答案为：5.
7．已知一个正四棱锥的底面正方形边长为1，侧棱长为1，则该棱锥的侧棱与底面所成角的大小为______. 【答案】π
4
【分析】由题意，作图，根据线面角的定义以及正四棱锥的性质，明确线面角，利用勾股定理以及三角函数，可得答案.
【详解】由题意，作正四棱锥P ABCD -，连接,AC BD ，记AC
BD O =，连接PO ，
则在正四棱锥P ABCD -中，PO ⊥底面ABCD ，则PAO ∠为侧棱PA 与底面ABCD 所成角， 在底面正方形ABCD 中，22112
22AO AC AB BC =
=+=
在Rt AOP △中，2
cos 2
AO AOP AP ∠==
，故π4AOP ∠=， 故答案为：π
4
.
8．若球O 1、O 2表示面积之比129S S =，则它们的半径之比1
2
R R "_____________. " 【答案】3
【详解】2
112
224994S R S R ππ=⇒=⇒12
3R R = 9．正方体1111ABCD A B C D -中，异面直线1AB 与BD 所成角大小为______ 【答案】
3
π
##60︒ 【分析】连接1AD 、11B D ，，证明11//B D BD ，可得11AB D ∠即为异面直线1AB 与BD 所成角，在11AB D 求11AB D ∠即可求解.
【详解】如图，连接1AD 、11B D ， 因为11//BB DD ，11BB DD =, 所以四边形11BB D D 是平行四边形， 所以11//B D BD ，
所以11AB D ∠即为异面直线1AB 与BD 所成角， 设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ， 在11AB D 中，11112AD AB B D a ===， 所以11AB D 是等边三角形， 所以113
AB D π
∠=，即异面直线1AB 与BD 所成角为
3
π
， 故答案为：
3
π
10．如图，若PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，PA AB =，则二面角P BC A --的大小为______.
【答案】45︒
【分析】由已知条件可证PBA ∠是二面角P BC A --的平面角，在Rt PAB 中，PA AB =，即可求出
PBA ∠的大小.
【详解】解：PA ⊥平面ABCD ，
PA BC ∴⊥，
又ABCD 是正方形，
BC AB ∴⊥，
又
AB PA A ⋂=，
BC ∴⊥平面PAB ，
PBA ∴∠是二面角P BC A --的平面角.
在Rt PAB 中，PA AB =， 45PBA ︒∴∠=，
∴二面角P BC A --的大小为45︒，
故答案为：45︒.
11．已知一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的体积为______. 3
3π 【分析】依次求圆锥底面周长、底面半径、高，由体积公式即可求. 【详解】由题意，圆锥底面周长为1
2π22π2
⨯⨯=，
故圆锥底面半径2π
12π
r =
=，圆锥高2223h r - 故圆锥的体积为213
π133⨯⨯=.
3 12．已知一个正方体与一个圆柱的高度均为1，且正方体的表面积与圆柱的侧面积相等，则圆柱的体积为______. 【答案】9
π
【分析】设圆柱底圆半径为r ，由正方体的表面积与圆柱的侧面积相等求得r ，由体积公式即可求 【详解】设圆柱底圆半径为r ，由正方体的表面积与圆柱的侧面积相等得2π6r =，故3
π
r =
，故圆柱体积为2
39π1ππ⎛⎫
⨯⨯= ⎪⎝⎭.
故答案为：9
π
13．如图，已知三棱柱111ABC A B C 的体积为3，P ，Q ，R 分别为侧棱1AA ，1BB ，1CC 上的点，且1AP CR AA +=，则Q ACRP V -=______.
【答案】1
【分析】由题意，根据线段的等量关系，可得面积的等量关系，结合棱锥的体积公式，进行等积变换，根据同底同高的棱柱与棱锥之间的体积关系，可得答案.
【详解】在三棱柱111ABC A B C 中，易知侧面11ACC A 为平行四边形，设其面积为1S ，1AA 上的高为h ， 在平行四边形11ACC A 中，易知四边形ACRP 为梯形或平行四边形，设其面积为S ，且其高为h ， 则()11111
222
S h AP CR h AA S =⋅⋅+=⋅⋅=，
在三棱柱111ABC A B C 中，易知1//BB 平面11ACC A ，点Q 到平面11ACC A 的距离与点B 到平面11ACC A 的距离，设该距离为d ， 连接11,A C A B ，作图如下：
则1
1111111
3323
Q ACRP ACA B ACA A ABC V d S d S d S
V V ---=⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅==，
设三棱柱111ABC A B C 的体积3V =，由图可知，11
13
A ABC V V -==，即1Q ACRP V -=，
故答案为：1.
14．如图所示，半径2R =的球O 中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱的侧面积之差等于___________.
【答案】8π
【分析】设出圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，求出圆柱的侧面积表达式，由正弦型函数的单调性求出圆柱侧面积的最大值，求出球的表面积，即可求得两者的差值.
【详解】设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α（π
(0,)2α∈），则2cos r α=，圆柱
的高为4sin h α=，圆柱的侧面积为：216sin cos 8sin 2S rh ππααπα===， 当22
π
α=
，即4
π
α=
时，sin 2α取最大值1，圆柱的侧面积取最大值为8π， 所以当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱的侧面积之差为24288πππ⨯-=. 故答案为：8π
【点睛】本题考查柱体、球体的表面积，球的内接几何体，将面积用三角函数表示使计算过程更加简洁，属于中档题.
15．正四棱锥S －ABCD 的底面边长为2，高为2，E 是边BC 的中点，动点P 在表面上运动，并且总保持PE ⊥AC ，则动点P 的轨迹的周长为________． 26
【详解】试题分析：取,CD SC 中点,G F ，连接,,GE GF EF ，则//,//GE BD GF SD ，所以面//GEF 面
SBD ，因为AC ⊥面SBD ，故AC ⊥面GEF ，当点P 在边,,GE GF EF 上运动时，永远有PE AC ⊥，
因为426SB =+=，所以三角形GEF 的周长为62+.
【解析】线面垂直的判定.
16．如图，已知四棱锥S ABCD -的底面是边长为2的菱形，且π3
DAB ∠=，PD AD =，PD ⊥平面ABCD ，
F ，O 分别是P A ，BD 的中点，E 是线段PB 上的动点，给出下列四个结论： ①AC OE ⊥；②FC PO =；③直线PO 与底面ABCD 所成角的正弦值为25
5
；④AEC △面积的取值范围是6
,152⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
.
其中所有正确结论的序号是______. 【答案】①③④
【分析】对①，由线线垂直证AC ⊥平面PBD ，再证AC OE ⊥；
对②，由线面垂直得AC PO ⊥，由几何关系求出PO ，在PAC △由余弦定理求得cos PAC ∠，即可进一步求在FAC 由余弦定理求得FC ；
对③，由线面角定义，POD ∠就是直线PO 与底面ABCD 所成的角，sin PD
POD PO
∠=； 对④，由AC ⊥平面PBD 得AC OE ⊥，1
2
ACE
S
AC OE =
⋅，讨论OE 的范围即可 【详解】对①，菱形ABCD 中AC BD ⊥，由PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD 得AC PD ⊥，又
,BD PD D BD PD =⊂、平面PBD ，所以AC ⊥平面PBD ， 因为OE ⊂平面PBD ，所以AC OE ⊥，①对；
对②，菱形ABCD 中23AC =，22PC PA ==，2AF =，3AO =，PO ⊂平面PBD ，所以
AC PO ⊥，(
)
2
2
2222
35PO PA AO =-=
-=，
()()(
)
2
22
2
2
2
2322226cos 24
22322
AC PA PC
PAC AC PC ∠+-+-==
=
⋅⨯⨯，
()
2
2
2226
2cos 223
223284
CF AF AC AC AF PAC ∠=+-=+-⨯⨯⨯
=，所以22CF =，②错；
对③，由线面角定义知，POD ∠就是直线PO 与底面ABCD 所成的角，25
sin 5
PD POD PO ∠==，③对；
对④，由AC ⊥平面PBD 得AC OE ⊥，1
32
ACE
S
AC OE OE =
⋅=⨯， PB OE ⊥时OE 最小，为
22
122
222OB PD PB ⋅⨯==+， OE 最大时与OP 重合，故63,152ACE
S
OE ⎡⎤
=⋅∈⎢⎥⎣⎦
，④对.
故答案为：①③④.
三、解答题
17．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，22PA AD AB ===，E 是PB 的中点，求异面直线EC 和AD 所成的角（结果用反三角函数值表示）
【答案】5arctan
【分析】由题意可知，ECB ∠或其补角为异面直线EC 和AD 所成的角，证明BC PB ⊥，则在Rt CEB 中，可求tan BE
BC
θ=，进而异面直线EC 和AD 所成的角. 【详解】
//BC AD ，所以ECB ∠或其补角为异面直线EC 和AD 所成的角θ，
又PA ⊥平面ABCD ，
PA BC ∴⊥，
又BC AB ⊥，PA AB A ⋂=，PA 、AB ⊂面PAB ，
BC ∴⊥面PAB ，
BC PB ∴⊥，
于是在Rt CEB 中，2BC =，2211512222
BE PB ==+=， 55tan 224
BE BC θ===⨯， ∴异面直线EC 和AD 所成的角是5arctan 4
. 18．如图，在圆柱OO 1中，AB 是圆柱的母线，BC 是圆柱的底面⊙O 的直径，D 是底面圆周上异于B ､C 的点.
(1)求证：CD ⊥平面ABD ；
(2)若BD =2，CD =4，AC =6，求圆柱OO 1的侧面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)85π
【分析】（1）通过证明,AB CD CD BD ⊥⊥来证得CD ⊥平面ABD .
（2）计算出圆柱的底面半径和母线长，由此求得圆柱的侧面积.
【详解】（1）AB ⊥平面,BCD CD ⊂面,BCD AB CD ∴⊥.
∵BC 是圆柱的底面⊙O 的直径，
∴CD ⊥BD ，
又∵BD AB =B ，
∴CD ⊥平面ABD.
（2）在Rt △BCD 中，由BD =2，CD =4，得BC 222425+
在Rt △ABC 中，AC =6，得AB 226(25)4-，
∴圆柱的底面半径为5，母线长为4. ∴圆柱OO 1的侧面积为25485ππ⨯⨯=.
19．如图，在底面半径为1，高为3的圆锥中，O 是底面圆心，P 为圆锥顶点，A ，B 是底面圆周上的两点，23
AOB π∠=，C 为母线PB 的中点.
(1)求该圆锥的表面积；
(2)求在该圆锥的侧面上，从A 到C 的最短路径的长.
【答案】(1)3π
3
【分析】（1）将圆锥侧面展开得到扇形图，结合扇形的面积公式即可求出圆锥侧面展开图面积，加上圆锥底面圆面积，即可得到圆锥的表面积；
（2）在侧面展开图中，由两点之间线段最短，得到从A 到C 的最短路径是联结AC 的线段长． 【详解】（1）圆锥的底面半径为13312l =+=，
因此将圆锥侧面展开得到一个半圆，
因此圆锥的侧面积为：21222
ππ⨯⨯=， 圆锥的底面圆面积为：21ππ⨯=，
所以圆锥的表面积为：2+=3πππ.
（2）在底面圆中，2=AOB 3
AB r π⋅=∠， 侧面展开图中，如图，联结AC ，即线段AC 的长为最短路径，
设圆心角APB ∠为α，2=33AB l ππαα⋅=⇒=， 11,2,23
PC PB PA πα==== 3AC ∴=，
即A 到C 的最短路径长为3.
20．如图，将边长为2的正方形ABCD 沿对角线BD 折叠，使得平面ABD 与平面CBD 所成二面角为直角，⊥AE 平面ABD ，且2AE =.
(1)求证：直线EC 与平面ABD 平行；
(2)求点C 到平面BED 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)1d =
【分析】（1）取BD 的中点F ，连接CF 、AF ，证明//EC 平面ABD 即可得解；
（2）在三棱锥C BED -中，利用等体积法即可求出点C 到平面BED 的距离.
【详解】（1）证明：取BD 的中点F ，连接CF 、AF ，如图，
依题意，在BCD △中，,BC CD BC CD =⊥，则CF BD ⊥，
而平面ABD 与平面CBD 所成二面角为直角，即平面ABD ⊥平面CBD ，
又平面ABD ⋂平面CBD BD =，CF ⊂平面CBD ，于是得CF ⊥平面ABD ，且2CF =， 因⊥AE 平面ABD ，且2AE =，则有//AE CF ，且AE CF =，
从而得四边形AFCE 为平行四边形，//EC AF ，
又AF ⊂平面ABD ，EC ⊂/平面ABD ，
则//EC 平面ABD ；
（2）解：由（1）可得AF ⊥平面,//,2CBD EC AF EC AF ==，
于是得EC ⊥平面CBD ，226EB ED EA AD ==+=，
则等腰BED 底边BD 上的高22122h EB BD ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，1222
BED S BD h =⋅=， 而2BCD S =，设点C 到平面BED 的距离为d ，
由C BED E BCD V V --=得1133BED BCD S d S EC ⋅=⋅，
即2222d =⨯，解得1d =，
所以点C 到平面BED 的距离为1 .
21．如图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，π2
∠=∠=ABC BAD ，2PA AD ==，1AB BC ==.
(1)证明：AB PD ⊥；
(2)线段CP 上是否存在一点M ，使得直线AM 垂直平面PCD ，若存在，求出线段AM 的长，若不存在，说明理由；
(3)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长.
【答案】(1)证明见解析.
(2)存在，线段AM 233
25
【分析】（1）通过定义法证明线面垂直，即可证出两线垂直.
（2）通过建立空间直角坐标系，表达坐标点，进而根据线面垂直的性质，证明直线AM 与CD 和PD 都垂直，求出点M 的坐标，进而求出线段AM 的长.
（3）通过向量关系表达出BQ ，再表达出CQ ， 列出直线CQ 与DP 所成的角的表达式，求出最值和最值成立的条件，进而求出线段BQ 的长.
【详解】（1）由题意，
在四棱锥P ABCD -中，
PA ⊥面ABCD ，AB ABCD ⊂面,AD ABCD ⊂面，
∴PA AB ⊥，PA AD ⊥
在直角梯形ABCD 中，AB AD ⊥，π2
∠=∠=
ABC BAD ∵AD ADP ⊂面，AP ADP ⊂面
∴AB ADP ⊥面
∵PD ADP ⊂面
∴AB PD ⊥
（2）由题意及（1）得，存在一点M ，使得直线AM 垂直平面PCD ，
在四棱锥P ABCD -中，2PA AD ==，1AB BC ==
作出空间直角坐标系如下图所示：
由几何知识得，()0,0,0A ，()1,0,0B ，()1,1,0C ，()0,2,0D ，()002P ,
,， ∴()1,1,2PC =-，()1,1,0CD =-，()0,2,2PD =-，
设()111,,M x y z ，则()111,,2PM x y z =-,
∴1112112
x y z t -===- ∴(),,22M t t t -+， (),,22AM t t t =-+
若AM ⊥面PCD
()00022220
AM CD t t AM PD t t ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=+--+=⎪⎩解得：23t = ∴222,,333M ⎛⎫ ⎪⎝⎭
AM =（3）由题意及（1）（2）得， ()0,2,2DP =-，()0,1,0CB =-，()1,0,2BP =-
设()(),0,201BQ BP λλλλ==-≤≤
∴(),1,2CQ CB BQ λλ=+=--，
1cos ,10CQ DP
CQ DP CQ DP ⋅==
设12λμ+=，13μ≤≤，
∴2
222
9cos ,101520999CQ DP μ==≤⎛⎫-+ ⎪⎝⎭
当且仅当95μ
=即2=5λ时，cos ,CQ DP 最大，为， 在cos y x =中，π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，
∴cos ,CQ DP 最大时，直线CQ 与DP 所成的角最小，
∵BP =
∴25BQ BP == ∴当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ .。