2022-2023学年上海市上海中学高二年级上册学期期中数学试题【含答案】

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，求出的范围即可求解【详解】令，由题意可得，解得，所以，所以满足条件的整数共有个，故选：C2．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．已知正五棱锥的外接球的球心为点O，△PAB的外心是点，则异面直线与PA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为正五棱锥的外接球球心，而点是的外心，即点是球O被平面PAB截得的截面小圆圆心，于是得平面PAB，而平面PAB，因此，所以异面直线与PA所成角为.故选：D4．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，则等腰直角三角形的斜边为，所以下底面正方形的边长为1，上底面正方形的边长为，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{}满足，则___．【答案】##0.5【分析】设公差为，由已知递推式有求公差，进而可得的值.【详解】若数列{}的公差为，而，故，又.故答案为：6．已知向量与垂直，则m的值为______.【答案】【分析】直接根据向量垂直计算得到答案.【详解】，解得.故答案为：7．在正方体中，______.【答案】##【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】在正方体中，，所以.故答案为：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】【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，边长等于2∴圆锥的高，底面半径.∴这个圆锥的表面积：.故答案为．【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，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,则故答案为：10．已知，与、的夹角都是60°，且，，，则______.【答案】【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，与、的夹角都是60°，且，，，所以，所以，所以，故答案为：.11．已知等差数列满足，，记表示数列的前n项和，则当时，n的取值为______.【答案】【分析】根据题意得到，，计算得到，，得到答案.【详解】，故，，故，故，，.，故.故答案为：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，，则______.【答案】【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,则正方体的边长为,因为，,所以,所以,所以.故答案为：.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】【分析】由题意可知该四面体的四个面都是一个边长分别为的三角形，故该四面体可放置与一个长方体中，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的三角形，故该四面体可放置与一个长方体中，即图中的三棱锥，不妨设，则，设，则，解得，所以，所以，故答案为：15．已知的三边长为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作平面于点，证明与点O重合作答.【详解】依题意，不妨令，则，有，因此的外接圆半径，即球O的半径为，过点P作平面于点，如图，因，于是得，即点是外心，与点O重合，又点P在三棱锥的外接球球面上，则点P是球O直径的一个端点，即有，，所以三棱锥的体积是.故答案为：416．在一个的长方体黑盒内，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：建立空间直角坐标系如下图所示：假设光线从点射入，则光线路径如下：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】【分析】由圆锥与圆柱的体积公式求解即可【详解】由题意可知圆锥的高为，所以圆锥的体积为，圆柱的体积为，所以该几何体的体积为18．已知空间中三点、、.(1)当与的夹角为钝角时，求k的范围；(2)求原点O到平面ABC的距离.【答案】(1)；(2)1.【分析】（1）求出向量坐标，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、、，则，，，因当与的夹角为钝角，则，且与不共线，当时，，解得，当与共线时，存在实数t，有，于是得，解得，因此与不共线，则，所以k的范围是.（2）由（1）知，，设平面的法向量为，则，令，得，，所以原点O到平面ABC的距离19．如图，正四棱锥的底面面积为4，一条侧棱长为.(1)求PA和DC的所成角的余弦值；(2)求侧棱PA和侧面PBC所成角的正弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）因为，则PA和DC的所成的角为或其补角，由余弦定理求解即可；（2）连接交于点，连接，则易知两两垂直，故以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可【详解】（1）因为正四棱锥的底面面积为4，一条侧棱长为，所以，又，所以PA和DC的所成的角为或其补角，因为，所以PA和DC的所成角的余弦值为；（2）连接交于点，连接，则易知两两垂直，故以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，设PA和平面PBC所成的角为，则，所以PA和平面PBC所成角的正弦值为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，，.(1)求BE的长；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)1(2)【分析】（1）由面面平行性质可得AEFG为平行四边形，根据即可得结果；（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，因为面面，面面，面面，由面面性质定理可知，同理，即四边形AEFG为平行四边形，，∴，即，∴.（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，，，，即，，，设面AEC法向量为，则，∴，设，则，设平面BEC法向量为，则，设，则，所以，由图知二面角的余弦值为.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.(1)求证：E、F、G、H四点共面；(2)若平面EFGH截四面体ABCD所得的五面体的体积占四面体ABCD的，求k的值.【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用平行的传递性证明即可；（2）延长，则必交于点，利用相似比求解即可【详解】（1）连接，因为H、G分别是AD、CD的中点，所以，又，所以，