精品解析：上海市延安中学2018-2019学年高二下学期期中数学试题(解析版)

延安中学2018-2019高二下期中考试卷
一、填空题（本大题共有12题，1~6题每题3分，7~12题每题4分，满分42分）
1.空间不共面的四个点可以确定__________个平面. 【答案】4 【解析】 【分析】
由三点确定一个平面可知共有4种情况，由此得到结果.
【详解】不共面的四个点中任意三个点可构成一个平面，则共可确定4个平面 故答案为：4
【点睛】本题考查空间中平面的确定，属于基础题.
2.已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，异面直线BD 与11A B 的距离为__________. 【答案】a 【解析】 【分析】
根据线面垂直性质可得1BB BD ⊥，又111BB A B ⊥，可知所求距离为1BB ，从而得到结果.
【详解】
1BB ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD 1B B B D
∴⊥ 又111BB A B ⊥ ∴异面直线BD 与11A B 之间距离为1BB a = 故答案
：a
【点睛】本题考查异面直线间距离的求解，属于基础题.
3.在正方体1111ABCD A B C D -中，二面角1C AB D --的大小为__________. 【答案】4
π
【解析】
【分析】
由线面垂直性质得1BC AB ⊥，又BC AB ⊥，可得二面角平面角为1C BC ∠，由14
C BC π
∠=
得到结果.
【详解】
AB ⊥Q 平面11BCC B ，1BC ⊂平面11BCC B 1B C A B ∴⊥
又BC AB ⊥，BC ⊂平面ABD 1C B C ∴∠即为二面角1C AB D --的平面角
14C BC π
∠=
∴二面角1C AB D --的大小为
4
π 故答案为：4
π
【点睛】本题考查立体几何中二面角的求解，关键是能够根据二面角平面角的定义找到二面角的平面角. 4.如图，在棱长为3cm 的正四面体A BCD -中，若以ABC ∆为视角正面，则其主视图的面积是__________2cm .
【答案】
2
【解析】 【分析】
确定正视图为三角形，且底边长为底面三角形边长，高为四面体的高；求得正四面体的高后，即可求得结果.
【详解】由题意可得，正视图是以底面三角形边长为底边长，正四面体A BCD -的高为高的三角形
正四面体棱长为3 ∴=
∴正四面体的高AO ==
∴正视图的面积为：1322
⨯=
【点睛】本题考查几何体三视图的求解问题，关键是能够根据给定视角确定正视图的图形构成，属于基础题.
5.若正六棱柱的所有棱长均为m ，且其体积为123m =__________. 【答案】2 【解析】 【分析】
根据底面为边长为m 的正六边形可求得底面面积，进而利用棱柱体积公式构造方程求得结果. 【详解】
正六棱柱底面为边长为m 的正六边形 ∴底面面积为：()23332m m += ∴正六棱柱体积233123V m =⋅=2m =
故答案为：2
【点睛】本题考查棱柱体积的相关计算，关键是能够熟悉正棱柱的定义，并准确求解出底面面积. 6.给出以下结论：
①空间任意两个共起点的向量是共面的；
②两个相等向量就是相等长度的两条有向线段表示的向量； ③空间向量的加法满足结合律：()()
a b c a b c ++=++；
④首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量. 请将正确的说法题号填在横线上：__________. 【答案】①③④
【解析】 【分析】
根据起点和终点3点共面，可知①正确；由相等向量定义可知②错误；根据向量加法运算律和线性运算法则可知③④正确.
【详解】①中，两个向量共起点，与两向量终点共有3个点，则3点共面，可知两向量共面，①正确； ②中，两个相等向量需大小相等，方向相同，②错误； ③中，空间向量加法满足结合律，③正确； ④中，由向量加法的三角形法则可知④正确. 故答案为：①③④
【点睛】本题考查向量部分相关命题的判定，涉及到相等向量的概念、向量加法的运算律和三角形法则的运用等知识，属于基础题.
7.已知球的半径为5cm ，有两个平行平面截球所的截面面积分别等于29cm π与216cm π，则这两个平行平面的距离为__________cm . 【答案】1或7 【解析】 【分析】
利用截面面积求得截面圆半径，利用勾股定理可求得球心到两截面
距离；由两截面与球心的相对位置可
确定两平行平面间距离.
【详解】由截面面积可知截面圆半径分别为：3cm 和
4cm
∴球心到两截面的距离分别为：12594d =-=，225163d =-= ∴当两截面在球心同侧时，两平行平面间距离为：431-=
当两截面在球心两侧时，两平行平面间距离为：437+= 故答案为：1或7
【点睛】本题考查球的平行截面间距离的问题，易错点是忽略两平行平面可位于球心的同侧或两侧，求解时丢失其中一种情况.
8.如图，在空间直角坐标系O xyz -中，四面体C OAB -的主视图AOC 是面积为CO =OAB ∆是正三角形，且点B 在平面xOy 上，则此四面体的左视图的面积等于__________.
【答案】6 【解析】 【分析】
作//BD AO ，根据AO ⊥平面yOz 可知BD ⊥平面yOz ，得到左视图为COD ∆；根据AOC S ∆可求得底面正三角形边长，进而求得OD ，从而得到左视图面积. 【详解】作//BD AO ，交y 轴于D ，连接CD
AO ⊥Q 平面yOz ，//BD AO BD ∴⊥平面yOz
∴此四面体的左视图为COD ∆
1
2AOC S AO CO ∆=
⋅== 4AO ∴= 1
22
BD AO ∴==
OD ∴== 11622COD
S CO OD ∆∴=⋅=⨯= 故答案为：6
【点睛】本题考查空间几何体的三视图问题的求解，关键是能够根据垂直关系确定左视图的图形，从而利用长度关系来进行求解.
9.已知()cos ,1,sin a θθ=，()sin ,1,cos b θθ=，则向量a b +与a b -的夹角是__________. 【答案】
2
π
【解析】 【分析】
利用向量坐标运算表示出a b +与a b -，根据数量积运算法则可求得()()
0a b a b +⋅-=，即两向量垂直，得到夹角.
【详解】()sin cos ,2,sin cos a b θθθθ+=++，()cos sin ,0,sin cos a b θθθθ-=--
()()
2222cos sin sin cos 0a b a b θθθθ∴+⋅-=-+-= ()()
a b a b ∴+⊥-，即a b +与a b -的夹角为
2
π 故答案为：
2
π 【点睛】本题考查向量夹角的求解，关键是能够通过向量的坐标运算求得两向量的数量积，属于基础题. 10.若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为 ． 【答案】
3
π 【解析】
由题意得：1:(2)222
rl h r l h ππ⋅=⇒=⇒母线与轴的夹角为3
π 考点：圆锥轴截面
【名师点睛】掌握对应几何体的侧面积，轴截面面积计算方法.如 圆柱的侧面积
，圆柱的表面积
，圆锥的侧面积
，圆锥的表面积
，球体的表面积
，圆锥轴截
面为等腰三角形.
【此处有视频，请去附件查看】
11.
已知函数2,01
()3
x x f x x ≤≤=<≤，将f （x ）的图像与x 轴围成的封闭图形绕x 轴旋转一周，则所得旋转体的体积为________． 【答案】203
π
【解析】 试题分析：将
的图像与轴围成的封闭图形绕轴旋转一周，所得旋转体为一个圆锥和一个半个球的
组合体，其中球的半径为2，棱锥的底面半径为2，高为1，所以所得旋转体的体积为
23114202123233
πππ=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=. 考点：旋转体体积
12.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卵结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱分成三组，经90︒榫卯起来.若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为__________.（容器壁的厚度忽略不计，结果保留π）
【答案】30π 【解析】 【
分析】
由榫卯结构可确定球形容器半径的最小值，进而利用球的表面积公式求得结果. 222130
52122
++=
∴该球形容器表面积的最小值为：2
30430ππ⨯=⎝⎭
故答案为：30π 【点睛】本题考查球的表面积的求解问题，关键是能够根据位置关系确定球的半径的最小值，进而应用球
的表面积公式求得结果. 二、选择题（本大题共5题，每题3分，共15分）
13.“两条直线没有公共点”是“两条直线为异面直线”的（ ）
A. 充分非必要条件
B. 必要非充分条件
C. 充要条件
D. 既非充分又非必要条件
【答案】B 【解析】 【分析】
两直线没有公共点则平行或异面；根据异面直线定义可知异面直线无公共点，从而得到结果. 【详解】两条直线没有公共点，则两条直线平行或异面，充分条件不成立； 若两条直线为异面直线，则两条直线不共面，则必然没有公共点，必要条件成立
∴“两条直线没有公共点”是“两条直线为异面直线”的必要非充分条件
故选：B
【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判定，涉及到异面直线定义的应用，属于基础题.
14.集合{M =正四棱柱}，{P =直四棱柱}，{N =长方体}，{Q =正方体}，则这四个集合之间的关系是（ ） A.
P N M Q
B. P M N
Q
C. Q
M N
P
D. Q
N
M
P
【答案】C 【解析】 【分析】
根据直四棱柱、长方体、正四棱柱和正方体的定义可得到结果. 【详解】直四棱柱是底面为四边形，侧棱和底面垂直的四棱柱； 长方体是底面为矩形的直四棱柱； 正四棱柱是底面为正方形的直四棱柱； 正方体是侧棱长和底面边长相等的正四棱柱；
∴Q
M N
P
故选：C
【点睛】本题考查空间几何体的结构特征，需熟练掌握直四棱柱、长方体、正四棱柱和正方体的结构特征，属于基础题.
15.(2015新课标全国I 理科)《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米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有
A. 14斛
B. 22斛
C. 36斛
D. 66斛
【答案】B 【解析】
试题分析：设圆锥底面半径为r ，则
1
2384r ⨯⨯=，所以163
r =，所以米堆的体积为21116
3()5433⨯⨯⨯⨯=3209，故堆放的米约为
3209
÷1.62≈22，故选B. 考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式 【此处有视频，请去附件查看】
16.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值（ ）
正视图 侧视图 俯视图 A.
1
5
B.
16
C.
12
D.
18
【答案】A 【解析】 【分析】
由三视图可确定截面为平面11AB D ，可知截掉部分为三棱锥111A AB D -，由三棱锥体积公式求得111A A B D V -，即为截去部分体积，从而得到剩余部分体积为3
3
16
a a -
，作比得到结果.
【详解】由三视图可知，剩余部分为正方体1111ABCD A B C D -沿平面11AB D 截掉三棱锥111A AB D -后得到的图形
设正方体棱长为a 11113
A B C D A B C D
V a -
∴=，111111111311136
A A
B D A A B D A B D V V S AA a --∆==⋅= ∴截去部分体积与剩余部分体积之比为：333111:665a a a ⎛
⎫-= ⎪⎝
⎭
故选：A
【点睛】本题考查正方体截面的问题，关键是能够通过三视图确定截面，从而得到确定截掉的部分的体积.
17.如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB 是一条侧棱，()1
,2,,8i P i =是上底面上其余的
八个点，则()1,2,,8i AB AP i ⋅=⋅⋅⋅的不同值的个数为（ ）
A. 8
B. 4
C. 2
D. 1
【答案】D 【解析】 【分析】
根据平面向量运算法则可知2
i i
AB AP AB AB BP ⋅=+⋅，由线面垂直性质可知0i AB BP ⋅=，从而得到2
1i AB AP AB ⋅==，进而得到结果.
【详解】()
2
i i i AB AP AB AB BP AB AB BP ⋅=⋅+=+⋅
AB ⊥Q 平面286BP P P i AB BP ∴⊥ 0
i AB BP ∴⋅= 2
1i A B A P A B ∴⋅==
则()1,2,,8i AB AP i ⋅=⋅⋅⋅的不同值的个数为1个 故选：D
【点睛】本题考查向量数量积的求解问题，关键是能够利用平面向量线性运算将所求向量数量积转化为已知模长的向量和有垂直关系向量的数量积的运算问题，考查了转化与化归的思想.
三、解答题（本大题共5题，共43分，解答时写出必要的步骤）
18.已知向量b 与向量()2,1,2a =-共线，且18a b ⋅=，()()
ka b ka b +⊥-，求实数k 的值. 【答案】2k =± 【解析】 【分析】
根据向量共线可设b a λ=，由18a b ⋅=可构造方程求得
λ，得到b ；由向量垂直可得
()()0ka b ka b +⋅-=，由数量积运算律可构造方程求得k .
【详解】
,a b 共线 ∴可设()2,,2b a λλλλ==-
44918a b λλλλ∴⋅=++==，解得：2λ= ()4,2,4b ∴=-
()()ka b ka b +⊥- ()()2
2
20ka b ka b k a
b ∴+⋅-=-=
即()()2
414164160k ++-++=，解得：2k =±
【点睛】本题考查根据向量的平行、垂直关系求解参数值的问题，关键是能够明确向量共线的条件、向量垂直的坐标表示，属于基础题.
19.已知地球的半径为R ，在北纬30°圈上有A 、B 两点.若点A 的经度为东经65︒，点B 的经度为西经25︒，求A 、B 两点的球面距离.
【答案】1
arccos 4
R ⋅ 【解析】
【分析】
根据纬度的定义可知30OBO '∠=，从而得到纬线圈所在圆的半径，根据经度差可知90AO B '∠=，由勾股定理求得AB ；在AOB ∆中，由余弦定理求得cos AOB ∠，从而得到AOB ∠，由扇形弧长公式可求得球面距离.
【详解】设北纬30的纬线圈的圆心为O '
由题意可知：90AO B '∠=，30OBO '∠=
122R OO OB '∴==，3322O B OB R '== 3
2
O A O B R
''∴== 226
AB O A O B R ''∴=+=
在AOB ∆中，由余弦定理得：222
23
12cos 24
R R R AOB R +-∠==
1arccos 4
AOB ∴∠= ,A B ∴两点的球面距离为：1
arccos 4R ⋅
【点睛】本题考查球面距离的求解问题，关键是能够熟练掌握经度和纬度的定义，从而得到图形中的角度关系.
20.底面边长为2的正三棱锥P ABC -，其表面展开图是正三角形123PP P ，如图所示
.
求：（1）123PP P ∆的各边长； （2）三棱锥P ABC -的体积.
【答案】（1）各边均为4；（2）3
【解析】 【分析】
（1）由123PP P ∆为正三角形，可知三边长均为2AB ，根据2AB =可得结果；
（2）根据正三棱锥的特点可求得三棱锥的高，求得底面面积后，根据三棱锥体积公式可求得结果. 【详解】（1）
123PP P ∆为正三角形
12231324PP P P PP AB ∴====
（2）2
3234
ABC S ∆=
⨯=立体图形中求三棱锥的高：()
2
2
323633h ⎛⎫=
-= ⎪ ⎪⎝⎭
11222
363333
P ABC ABC V S h -∆∴=⨯⨯==
【点睛】本题考查正三棱锥的结构特征、三棱锥体积的求解问题，属于基础题.
21.在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，过1A 、1C 、B 三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体111ABCD AC D -，且这个几何体的体积为10.
（1）求直线1A B 与平面1ADD 所成的角的大小； （2）求点1D 到平面11A BC 的距离.
【答案】（1）2arctan 3；（2
）11
【解析】 【分析】
设长方体高为h ，由长方体体积减去截掉的三棱锥体积可得几何体111ABCD AC D -体积，由此建立方程求得3h =；
（1）根据直线与平面所成角定义可知1BA A ∠即为所求角，由112
tan 3
AB BA A AA ∠=
=可得结果； （2）设所求距离为d ，由等体积法可知111111D A BC B A D C V V --=，由此构造关于d 的方程，解方程求得结果.
【详解】
设长方体
的
高1AA h =
则几何体111ABCD AC D -体积：1
4210
3
V h h =-⨯⨯=，解得：3h = （1）AB ⊥Q 平面11ADD A ∴直线1A B 与平面1ADD 所成角即为1BA A ∠
112
tan 3AB BA A AA ∠=
= ∴所求线面夹角为：2arctan 3
（2）设点1D 到平面11A BC 的距离为d
则由111111D A BC B A D C V V --=得：11111111
33
A BC A D C S d S B
B ∆∆⋅⋅=
⋅⋅ 11A BC ∆为等腰三角形，11A B BC ==，11AC ==∴=111
2
A BC S ∆∴=
⨯=又11112222A D C S ∆=
⨯⨯= 112333d ∴=⨯⨯，解得：11
d =
即点1D 到面11A BC 的距离为
11
【点睛】本题考查立体几何中直线与平面所成角、点到面的距离的求解问题；立体几何中求解点到面的距离常采用等体积法，将问题转化为三棱锥高的求解，从而利用等体积转化构造方程求得结果，属于常考题型.
22.已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，母线长为4，PO =OA 、OB 是底面半径，且：0OA OB ⋅=，
M 为线段AB 的中点，N 为线段PB 的中点，如图所示：
（1）求圆锥的表面积；
（2）求异面直线PM 和OB 所成的角的大小，并求A 、N 两点在圆锥侧面上的最短距离. 【答案】（1）12π；（2）PM 、OB 夹角为132522- 【解析】 【分析】
（1）由22r l PO =-
（2）作//MH BO ，根据异面直线所成角定义可知所成角为PMH ∠；根据向量数量积为零可知OA OB ⊥，进而得到MH AO ⊥，根据线面垂直性质知MH PO ⊥，得到线面垂直关系MH ⊥平面AOP ，由线面垂直性质得MH PH ⊥，根据长度关系可求得tan PMH ∠，进而求得异面直线所成角；求得圆锥侧面展开图圆心角后，根据弧长关系可求得APB ∠，由余弦定理可求得结果.
【详解】（1）由题意得：底面圆半径2r ==
=
∴圆锥表面积28412S rl r πππππ=+=+=
（2）作//MH BO ，交OA 于H ，连接PH
∴异面直线PM 与OB 所成角即为PM 与MH 所成角，即PMH ∠
0OA OB ⋅= OA OB ∴⊥，又//MH BO MH AO ∴⊥
PO ⊥平面OAB ，MH ⊂平面OAB MH PO ∴⊥ ,AO PO ⊂平面AOP ，AO PO O ⊥= MH ∴⊥平面AOP
又PH ⊂平面AOP MH PH ∴⊥
M 为AB 中点，//MH BO H ∴为AO 中点
112MH OB ∴==，2
2
1121132PH PO OA ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭
tan 13PH
PMH MH
∴∠=
=13PMH ∴∠= 即异面直线PM 与OB 所成角大小为13由44πα=得：απ=，即圆锥侧面展开图扇形圆心角为π 圆锥侧面展开图如下图所示：
124AB r ππ=⋅= 4
APB BP ππ∴∠==
N Q 为BP 中点 2PN ∴=
在APN ∆中，由余弦定理可得：2222cos 20AN AP PN AP PN APN =+-⋅∠=-
AN ∴=,A N 两点在圆锥侧面上的最短距离为【点睛】本题考查圆锥表面积的求解、异面直线所成角的求解、利用侧面展开图求解两点间的最短距离问题；求解最短距离的方法为利用侧面展开图，通过两点之间线段最短，从而确定所求的线段，利用余弦定
理求得结果.。