上海市青浦一中2018-2019学年高二下学期期中考试数学试题 含解析

上海市青浦一中2018-2019学年高二下学期期中考试数学试题 含解析

www.ks5u.com 青浦一中2018学年第二学期期中学业质量调研测试 高二年级数学试卷2019.4‎ 一：选择题。‎ ‎1.直线与平面所成角范围______． ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【点睛】本题考查直线和平面所成的角基本概念.‎ ‎2.已知，则____． ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用空间向量的坐标运算法则求出，由此能求出结果.‎ ‎【详解】解：∵‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查空间向量的坐标运算法则以及利用坐标求模，熟练掌握向量的坐标运算法则是解决此题的关键.‎ ‎3.已知直线的一个方向向量，平面的一个法向量，且，则 ‎____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，根据线面平行可得，则，进而得到，解得即可.‎ ‎【详解】解：由题意可得，则 解得 ‎【点睛】本题主要考查了直线与平面的位置关系，根据线面平行、线面垂直的性质得到平面的法向量与平行于平面的直线垂直，考查了空间向量垂直的坐标表示.‎ ‎4.在正方体中，异面直线与所成的角大小为___．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，平面，从而得到，即可得到答案.‎ ‎【详解】解：在正方体中，‎ ‎∵平面，平面 ‎∴‎ ‎∴异面直线与所成的角的大小为 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了异面直线及其所成的角，线面垂直的性质定理.‎ ‎5.已知圆锥的母线长为，母线与轴的夹角为，则该圆锥的侧面积为_．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据勾股定理得出圆锥的底面半径，代入侧面积公式计算即可得出结论.‎ ‎【详解】解：设底面的半径为，则 ‎∴该圆锥的侧面积 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了圆锥的性质和侧面积公式，解决本题的关键是根据勾股定理求得圆锥底面半径.‎ ‎6.二面角为，异面直线、分别垂直于、，则与所成角的大小是____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二面角的定义，及线面垂直的性质，我们可得若两条直线、分别垂直于、两个平面，则两条直线的夹角和二面角相等或互补，由于已知的二面角为，故异面直线所成角与二面角相等，即可得到答案.‎ ‎【详解】解：根据二面角的定义和线面垂直的性质 设异面直线、的夹角为 ‎∵二面角为，异面直线、分别垂直于、‎ 则两条直线的夹角和二面角相等或互补，∴‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查二面角的定义、异面直线所成的角和线面垂直的性质.‎ ‎7.下列四个结论中假命题的序号是_____．‎ ‎①垂直于同一直线的两条直线互相平行；‎ ‎②平行于同一直线的两直线平行；‎ ‎③若直线，，满足，，则；‎ ‎④若直线，是异面直线，则与，都相交的两条直线是异面直线．‎ ‎【答案】①④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间中线面的位置关系的判定和性质或举反例即可判断.‎ ‎【详解】解：对于①，若，则内任意两条直线都与垂直，显然命题①是假命题；‎ 对于②，由平行公理可知命题②是真命题；‎ 对于③，将直线平移到的位置，由于，故而，故命题③是真命题；‎ 对于④，在直线上取点，在直线上取点，，则，都与，相交，显然，相交，故命题④是假命题.‎ 故答案为：①④‎ ‎【点睛】本题考查空间中直线与平面之间的位置关系和性质，熟练掌握直线与平面之间的位置关系是解决此题的关键.‎ ‎8.互不重合的三个平面可以把空间分成_____个部分 ‎【答案】4、6、7、8‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 将互不重合的三个平面的位置关系分为：三个平面互相平行；三个平面有两个平行，第三个平面与其它两个平面相交；三个平面交于一线；三个平面两两相交且三条交线平行；三个平面两两相交且三条交线交于一点；五种情况分类讨论，即可得到答案.‎ ‎【详解】解：若三个平面互相平行，则可将空间分为4部分；‎ 若三个平面有两个平行，第三个平面与其它两个平面相交，则可将空间分为6部分；‎ 若三个平面交于一线，则可将空间分为6部分；‎ 若三个平面两两相交且三条交线平行(联想三棱柱三个侧面的关系)，则可将空间分为7部分；‎ 若三个平面两两相交且三条交线交于一点(联想墙角三个墙面的关系)，则可将空间分为8部分；‎ 故互不重合的三个平面可以把空间分成4、6、7、8个部分.‎ ‎【点睛】本题以平面分空间的分类讨论为载体，考查了空间中平面与平面之间的位置关系，考查了学生的空间想象能力.‎ ‎9.已知四面体中，，，分别为，的中点，且异面直线与所成的角为，则____.‎ ‎【答案】1或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取BD中点O，连结EO、FO，推导出EO＝FO＝1，，或，由此能求出EF．‎ ‎【详解】取BD中点O，连结EO、FO，‎ ‎∵四面体ABCD中，AB＝CD＝2，E、F分别为BC、AD的中点，且异面直线AB与CD所成的角为，‎ ‎∴EO∥CD，且EO，FO∥AB，且FO1，‎ ‎∴∠EOF是异面直线AB与CD所成的角或其补角，‎ ‎∴，或，‎ 当∠EOF时，△EOF是等边三角形，∴EF＝1．‎ 当时，EF．‎ 故答案为：1或．‎ ‎【点睛】本题考查异面直线所成角的应用，注意做平行线找到角是关键，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，是易错题 ‎10.设地球半径为，若、两地均位于北纬，且两地所在纬度圈上的弧长为，则、之间的球面距离是_____（结果用含有的代数式表示）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得：北纬圈的半径是，并且得到，所以、两地所在的球心角为，即可得出答案.‎ ‎【详解】解：由题意可得：北纬圈的半径是 ‎∵在北纬圈上有、两地，它们在纬度圈上的弧长等于 ‎∴过、两点的小圆的圆心角为，即 ‎∴、两地所在的球心角为 ‎∴、两地间的球面距离为 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查球面距离及相关计算，解决此类问题的关键是熟练掌握球面距离以及解三角形的有关知识，考查学生的计算能力与想象能力.‎ ‎11.已知三棱锥-，若，，两两互相垂直，且，D为面上的动点，则 的最小值为___．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意利用等体积法计算点到平面的距离，即为的最小值.‎ ‎【详解】解：∵，，两两互相垂直，且，‎ ‎∴‎ ‎∴点到的距离为 ‎∴的面积为 设点到平面的距离为，则 ‎∴‎ 即 的最小值为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了点、线、面间的距离计算，考查了等体积法.‎ ‎12.已知正方体的棱长为，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为_______。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，当截面与正方体体对角线垂直并且平面平移至截面为正六边形时，则截此正方体所得截面的面积最大，即可求出面积最大值.‎ ‎【详解】解：如图，由题可知，截面应与正方体体对角线垂直，当平面平移至截面为六边形时，此时六边形的周长恒等不变，所以当截面为正六边形时，面积最大.‎ ‎【点睛】本题考查了立体图形的截面问题，考查了学生的空间想象能力.‎ 二. 选择题。‎ ‎13.已知圆锥的底面半径是，且它的侧面展开图是半圆，则该圆锥的表面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据侧面展开图计算出圆锥的母线长，由此计算出侧面积，再加上底面积得到圆锥的表面积.‎ ‎【详解】设圆锥母线长为，由于侧面展开图是半圆，故，故侧面积为，底面积为，所以表面积为.故选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查圆锥的侧面展开图有关计算，考查圆锥的表面积计算，属于基础题.‎ ‎14.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）‎ A. 4 B. 8 C. 12 D. 16‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据新定义和正六边形的性质可得答案．‎ ‎【详解】根据正六边形的性质，则D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意，‎ 而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有2×4=8，‎ 当A1ACC1为底面矩形，有4个满足题意，‎ 当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意，‎ 故有8+4+4=16‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查了新定义，以及排除组合问题，考查了棱柱的特征，属于中档题．‎ ‎15.已知不同的直线，不同的平面，则下列命题正确的是( )‎ ‎①若，，则；②若，，则；‎ ‎③若，，则；④若，，，则.‎ A. ②④ B. ②③ C. ③④ D. ①②‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎①若，，则位置关系不定；③若，，则位置关系不定；‎ ‎②④正确，选A.‎ ‎16.如图，正方体的棱长为，，是线段上的两个动点，且，则下列结论错误的是 （ ）‎ A. ‎ B. 直线、所成的角为定值 C. ∥平面 D. 三棱锥的体积为定值 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 在A中，∵正方体的棱长为1，E，F是线段B1D1上的两个动点，且，‎ ‎∴AC⊥BD，AC⊥，‎ ‎∵BD∩=B，∴AC⊥平面，‎ ‎∵BF⊂平面，∴AC⊥BF，故A正确；‎ 在B中，异面直线AE、BF所成的角不为定值，由图知，当F与重合时，令上底面顶点为O，‎ 则此时两异面直线所成的角是，当E与重合时，此时点F与O重合，则两异面直线所成的角是，此二角不相等，故异面直线AE、BF所成的角不为定值.故B错误 在C中，∵EF∥BD，BD⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，∴EF∥平面ABCD，故C正确；‎ 在D中，∵AC⊥平面，∴A到平面BEF的距离不变，‎ ‎∵，B到EF的距离为1，∴△BEF的面积不变，‎ ‎∴三棱锥A-BEF体积为定值，故D正确；‎ 点睛：解决此类题型的关键是结合空间点线面的位置关系一一检验.通过直线AC垂直平面平面BB1D1D，判断A是正确的；通过直线EF垂直于直线AB1，AD1，判断A1C⊥平面AEF是正确的；计算三角形BEF 的面积和A到平面BEF的距离是定值，说明C是正确的；只需找出两个特殊位置，即可判断D是不正确的；综合可得答案．‎ 三.解答题.解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.‎ ‎17.如图，在长方体中，已知，，为棱的中点．‎ ‎（1）求四棱锥的体积；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正切值．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据长方体的性质，点到平面的距离就是，再根据四棱锥的体积公式即可解得.‎ ‎（2）联结，，可证得直线与平面所成角就是，根据即可求得.‎ ‎【详解】（1）因为长方体，所以点到平面的距离就是 ‎，‎ 故四棱锥的体积为．‎ ‎（2）联结，，因为长方体，且，‎ 所以平面，故直线与平面所成角就是，‎ 在中，由已知可得，， ‎ 因此，，‎ 即直线与平面所成角的正切值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间几何中四棱锥的体积计算，直线与平面所成的角的计算.‎ ‎18.如图，已知圆锥的侧面积为，底面半径和互相垂直，且，是母线的中点.‎ ‎（1）求圆锥的体积；‎ ‎（2）求异面直线与所成角的大小. （结果用反三角函数值表示）‎ ‎【答案】（1）.（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据圆锥的侧面积求出，从而求出，由此能求出圆锥的体积；（2）取中点，连结，由是的中点知∥，则（或其补角）就是异面直线与所成角，由此能求出异面直线与所成角的大小．‎ 试题解析：（1）由题意，得， 故 ，从而体积. ‎ ‎（2）如图，取中点，连结. 由是的中点知∥，则（或其补角）就是异面直线与所成角. ‎ 由平面 平面 .‎ 在中，由得；‎ 在中，，，‎ 则，‎ ‎∴异面直线与所成角的大小 .‎ ‎19. 如图，某种水箱用的“浮球”，是由两个半球和一个圆柱筒组成的．已知半球的直径是6 cm，圆柱筒高为2 cm.‎ ‎（1）这种“浮球”的体积是多少cm3（结果精确到0.1）?‎ ‎（2）要在2 500个这样的“浮球”表面涂一层胶，如果每平方米需要涂胶100克，那么共需胶多少克？‎ ‎【答案】（1） 169.6 （2） 1 200π ‎【解析】‎ ‎（1）因为半球的直径是6 cm，所以半径R＝3 cm，‎ 所以两个半球的体积之和为V球＝πR3＝π·27＝36π（cm3）．‎ 又圆柱筒的体积为V圆柱＝πR2·h＝π×9×2＝18π（cm3）．‎ 所以这种“浮球”的体积是V＝V球＋V圆柱＝36π＋18π＝54π≈169.6（cm3）．‎ ‎（2）上下两个半球的表面积是S球表＝4πR2＝4×π×9＝36π（cm2），‎ 又“浮球”的圆柱筒的侧面积为S圆柱侧＝2πRh＝2×π×3×2＝12π（cm2），‎ 所以1个“浮球”的表面积为S＝＝π（m2）．‎ 因此2 500个这样的“浮球”的表面积为2 500S＝2 500×π＝12π（m2）．‎ 因为每平方米需要涂胶100克，所以共需要胶的质量为100×12π＝‎ ‎1 200π（克）．‎ 考点：圆柱、球的体积、表面积.‎ ‎20.如图，在正四棱锥中，，，分别为，的中点．‎ ‎（1）求正四棱锥的全面积；‎ ‎（2）若平面与棱交于点，求平面与平面所成锐二面角的大小（用反三角函数值表示）．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据正四棱锥的性质，用勾股定理求得侧面三角形的高，进而求得侧面积和底面积，即可得出答案.‎ ‎（2）由题意，可建立空间直角坐标系，分别表示出平面与平面的法向量，求出两个法向量的夹角，即可得出答案.‎ ‎【详解】解：（1）因为正四棱锥，取中点，连接，，‎ ‎，‎ ‎（2）连接，连接，记，因为，，两两互相垂直 如图建立空间直角坐标系．‎ ‎ ‎ 因为，所以．‎ 所以 ‎ 所以，，，，，，．‎ 所以，．‎ 设平面的法向量为，所以即 所以．令，，所以．‎ 因为平面平面的一个法向量为 设与的夹角为，‎ 所以平面与平面所成锐二面角的大小是．‎ ‎【点睛】本题主要考查空间几何体中的正四棱锥面积计算，二面角的计算，熟练掌握多面体的性质和求解二面角的方法是解决此类题的关键.‎ ‎21.如图，侧棱垂直底面的三棱柱中，，，，是侧棱上的动点．‎ ‎（1）当时，求证：平面；‎ ‎（2）记三棱锥的体积求 的最大值；‎ ‎（3）若二面角的平面角的余弦值为，试求实数的值．‎ ‎【答案】(1)见证明；(2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证法一：利用线面垂直的判定定理，即证，；证法二：建立空间直角坐标系，证明；证法三：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用，证明平面；‎ ‎（2）确定点到平面的距离等于点到平面的距离，利用等体积转化，求出三棱锥的体积，利用导数的方法，求得最大值；‎ ‎（3）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的法向的法向量，利用向量的夹角公式及二面角的平面角的余弦值为，即可求得结论．‎ ‎【详解】（1）证法一：∵面，∴，．‎ 又∵，∴四边形是正方形，‎ ‎∴．‎ ‎∵，，，平面，，‎ ‎∴平面 又∵ 平面，∴．‎ ‎∵，平面，，‎ ‎∴平面．‎ 证法二：∵面，∴，．‎ 又∵，‎ ‎∴分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系． ‎ 则，，，，，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎∴．‎ 又∵，平面，∴平面．‎ 证法三：∵面，∴，．‎ 又∵，‎ ‎∴分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．‎ 则，，，，，‎ ‎∴．‎ 设平面的法向量，‎ 由得．‎ 令，则，‎ ‎∵，∴平面 ‎（2）解：∵平面，‎ ‎∴点到平面的距离等于点到平面的距离 ‎∴，‎ 于是 当时，‎ ‎（3）解：分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．‎ 则，，，，，‎ ‎∴，，‎ 设平面的法向量，‎ 则,‎ 解得，‎ 令，则．‎ 设平面法向量，‎ 则 由于，所以解得．‎ 令，则．‎ 设二面角的平面角为，‎ 则有． ‎ 化简得，‎ 解得（舍去）或．‎ 所以当时，二面角的平面角的余弦值为 ‎【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力及运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想及应用意识.‎ ‎ ‎