2023-2024学年上海市延安中学高二上学期期中数学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第Page\*MergeFormat1页共NUMPAGES\*MergeFormat19页2023-2024学年上海市延安中学高二上学期期中数学试题一、填空题1．在正方体中，，则直线到平面的距离为．【答案】2【分析】根据已知先得出平面.然后求出点到平面的距离，即可得出答案.【详解】根据正方体的性质可知，.又平面，平面，所以，平面.所以，点A到平面的距离，即等于直线到平面的距离.又平面，所以点A到平面的距离即为.所以，直线到平面的距离为2.

故答案为：2.2．圆锥的母线长为2，母线所在直线与圆锥的轴所成角为，则该圆锥的高为．【答案】【分析】直接根据圆锥的图形特点计算即可.【详解】由已知得该圆锥的高为.故答案为：.3．已知圆柱的底面半径为2，高为2，则该圆柱的侧面积是．【答案】【分析】圆柱的侧面展开为矩形，求出矩形的长和宽，得到侧面积.【详解】圆柱的侧面展开为矩形，其中矩形的一条边长为圆柱底面周长，即，另一边长为2，故圆柱的侧面面积为.故答案为：4．如图为正六棱柱，与直线异面的侧棱共有条．

【答案】4【分析】分别写出与平行的侧棱，以及相交的侧棱，即可得出答案.【详解】根据正六棱柱的性质结合图象可得，侧棱中，没有与平行的直线；与相交的有，共2条.又正六棱柱的侧棱，共有6条，所以，与直线异面的侧棱共有条.故答案为：4.5．在正方体中，为棱的中点，则与平面所成角的正切值为．【答案】【分析】在正方体中显然有面，找到为线面角，进行计算即可.【详解】连接,在正方体中，面,是直线与平面所成角；为棱的中点，.故答案为：.6．设，由，，，…，为质数，归纳猜想为质数．该猜想．（选填“正确”或“错误”）【答案】错误【分析】举出反例即可.【详解】，，所以121不是质数，所以该猜想错误.故答案为：错误7．长方体的8个顶点都在同一个球面上，且，，，则球的表面积为．【答案】【分析】根据已知求出长方体的体对角线的长，即可得出外接球的半径，进而根据球的表面积公式得出答案.【详解】因为，长方体外接球的直径即等于长方体的体对角线，且，所以，，所以，，所以，外接球的半径，表面积为.故答案为：.8．如图，在四面体中，是的中点，是的中点，若，则乘积．【答案】【分析】直接利用向量的线性运算即可得答案.【详解】,则，所以故答案为：9．正多面体各个面都是全等的正多边形，其中，面数最少的是正四面体，面数最多的是正二十面体，它们被称为柏拉图多面体．如图，正二十面体是由个等边三角形所组成的正多面体．已知多面体满足：顶点数-棱数+面数=，则正二十面体的顶点的个数为．【答案】【分析】根据正二十面体的结构特征，利用条件列出方程求解即可.【详解】由于正二十面体是由个等边三角形所组成的正多面体，所以面数为，并且每个顶点处有条棱，设正二十面体共有个顶点，则棱数为，由题意可得，解得.则正二十面体的顶点的个数为故答案为：.10．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中描述了如图所示的形状，后人称为“三角垛”.三角垛的最上层（即第一层）有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，从第二层开始，每层球数与上一层球数之差依次构成等差数列.现有60个篮球，把它们堆放成一个三角垛，那么剩余篮球的个数最少为.

【答案】【分析】设第层有和球，根据题意求出和，再根据和可得答案.【详解】设第层有和球，则，，，，，所以当时，，当时，也适合上式，故，所以这层三角垛的球数之和为，因为，所以单调递增，当时，，剩余球数为个，当时，，所以剩余球数的最小值为个.故答案为：.11．如图，在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，将容器底面一边固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜角度的不同，有下列四个说法：①水的部分始终呈棱柱状；②水面四边形的面积不改变；③棱始终与水面平行；④当时，是定值．其中正确说法是．【答案】①③④【详解】随着倾斜度的不同，水面四边形的面积改变，但水的部分始终呈棱柱状，且棱平面，∵棱，∴平面，∵体积是定值，高为定值，则底面积为定值，则底面积为定值，即为定值，综上①③④正确．12．若正方体的棱长为3，P是正方体表面上一动点.设是以P为球心，半径为1的动球在运动过程中经过区域的全体，则的体积为.【答案】【分析】由空间想象得到为棱长为5的正方体，去掉中心处棱长为1的正方体，各角去掉正方体减去一个顶点为球心半径为1的球后余下部分，各棱处去掉长方体减去一条高为轴，1为底面半径的圆柱后的部分，再结合正方体、球体、圆柱的体积公式求体积.【详解】由题设，动球在运动过程中经过区域可看作棱长为5的正方体，先去掉中心处棱长为1的正方体，8个角处去掉：棱长为1的正方体减去一个顶点为球心半径为1的球后剩余部分，12条棱处去掉：底面边长为1，高为3的棱柱减去一条高为3，底面半径为1的圆柱后剩余部分，综上，的体积为.故答案为：二、单选题13．若，是两个不同平面，，是两条不同直线，则下列命题中不正确的是A．，，则B．，，则C．，，则D．，与，所成的角相等，则【答案】D【解析】根据线面垂直、面面垂直的判定定理判定即可.【详解】解：对于A.由，，则由直线与平面垂直的判定定理得，故A正确；对于B.由，，则由直线与平面垂直的判定定理得，故B正确；对于C.由，，则由平面与平面垂直的判定定理得，故C正确；对于D.由，与，所成的角相等，则与相交、平行或异面，故D不正确.故选：D.【点睛】证明线面垂直的常用方法及关键：（1）证明线面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性；③面面垂直的性质.（2）证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直，则需借助线面垂直的性质.14．已知数列的通项公式为，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】代入得出，先说明为等差数列.进而由已知可得出，代入求解即可得出答案.【详解】令，则为常数，所以数列为等差数列，首项为.由已知对任意的恒成立，可知有，即，解得.故选：A.15．如图所示，一个灯笼由一根提竿PQ和一个圆柱组成，提竿平行于圆柱的底面，在圆柱上下底面圆周上分别有两点A、B，AB与圆柱的底面不垂直，则在圆柱绕着其旋转轴旋转一周的过程中，直线PQ与直线AB垂直的次数为（

）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】A【分析】作出与垂直的平面后判断几何关系【详解】作出平面，使得平面，当时，平面或平面，结合旋转分析可知有两次使得．故选：A16．如图，正方体的棱长为1，E，F分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点M，N，设，给出下列三个结论：①四边形一定为菱形；②若四边形的面积为，，则有最大值；③若四棱锥的体积为，，则为常值函数.其中正确结论有多少个?（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】先根据面面平行的性质定理得出四边形为平行四边形.进而根据线面垂直的判定定理以及性质定理证明，即可得出①；根据①的结论，得出四边形的面积，只需考虑即可，观察图形，即可判断②；将四棱锥分割为三棱锥与三棱锥，进而根据线面垂直的判断定理，以及线面平行的性质，即可得出三棱锥的高为常数，即可得出③.【详解】对于①，如图1，连接.因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，.同理可得，.所以，四边形为平行四边形.根据正方体的性质可知，，平面，又平面，所以.因为平面，平面，，所以，平面.又平面，所以.因为分别是的中点，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，，所以，，所以四边形为菱形，故①正确；对于②，由①知，四边形为菱形，所以，四边形的面积为.因为为定值，所以当最大时，面积最大.由图可知，当或，即点与点或重合时，有最大值，此时或.所以，当，没有最大值，故②错误；对于③，如图2，连接，则四棱锥被分割为三棱锥与三棱锥.根据正方体的性质可知，，平面，又平面，所以.因为平面，平面，，所以，平面，所以，点到平面，即平面的距离等于.因为，平面，平面，所以平面.又，所以点到平面的距离即等于点到平面的距离.同理可得，点到平面的距离也等于.所以，到平面的距离之和为常数.又的面积为一个常数，所以，三棱锥与三棱锥的体积均为常数，即四棱锥的体积一个常数，故③正确.故选：C.【点睛】方法点睛：在求解不规则多面体的体积时，常采用分割的方法.将不规则多面体分割为若干个规则的多面体，逐个求解.三、解答题17．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，M为PC中点．

(1)求证：平面；(2)若，求直线与平面所成角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，交于点，连接.由已知推得，即可根据线面平行的判定定理得出证明；（2）建立空间直角坐标系，求出以及平面的法向量的坐标，根据向量法求解即可得出答案.【详解】（1）连接，交于点，则是的中点，连接.因为，分别是的中点，所以，.因为，平面，平面，所以，平面.（2）

如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，.因为平面，所以即为平面的一个法向量.设直线与平面所成角为，因为，，所以，，.18．如图，圆锥的顶点是S，底面中心为O，P为AS的中点，Q是半圆弧的中点，且，．

(1)求异面直线与所成角的正切值；(2)在该圆锥侧面上，求从P到Q的最短路径的长度．【答案】(1)2(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出，，根据向量求解得出夹角的余弦值.然后根据同角三角函数的基本关系，即可得出答案；（2）将圆锥沿剪开得到扇形，根据已知得出扇形的有关量，结合已知在中，根据余弦定理求解，即可得出答案.【详解】（1）连接，由已知可得.由已知可得，，，.如图1，建立空间直角坐标系，则，，，，，则，，所以，.设异面直线与所成角为，则，，所以，.

（2）

如图2，将圆锥沿剪开得到扇形，则图中即为所求最小值.由已知可得，该扇形的半径即等于圆锥的母线，弧长即等于原圆锥底面圆的周长，所以，扇形的圆心角为.又Q是半圆弧的中点，所以.则在中，有，，，由余弦定理可得，，所以，,所以，从P到Q的最短路径的长度为.19．如图，在四棱锥中，底面，，，，，．(1)求证：平面；(2)试在棱PB上确定一点，使截面把该几何体分成的两部分与的体积比为；(3)H是PB中点，求二面角大小的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)点为的中点(3)【分析】（1）根据已知可得，，进而即可根据线面垂直的判定定理得出证明；（2）过点作，证明四边形是平行四边形.进而求出梯形的各个边长以及面积，得出四棱锥的体积，进而得出三棱锥的体积为.过点作，求出的面积，即可得出，即可得出点位置；（3）建立空间直角坐标系，得出相关点以及向量的坐标，求出平面以及平面的法向量，根据向量求解即可得出答案.【详解】（1）因为底面，平面，所以，.又，，所以，.因为平面，平面，，所以，平面.（2）因为，所以.过点作，则.又，所以，四边形是平行四边形，所以，.因为，所以，，点为中点，所以，.所以，梯形的面积为，四棱锥的体积.由已知与的体积比为，所以，三棱锥的体积为.过点作，则，且是三棱锥的高，因为，所以有.因为，所以，，，所以，三棱锥的体积为，所以，，所以，点为的中点.（3）如图2，建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，.因为底面，所以即为平面的一个法向量.设为平面的一个法向量，则，取，可得为平面的一个法向量.所以，.由图象可知，二面角为锐角，所以二面角大小的余弦值为.20．定义：若无穷数列满足是公比为q的等比数列，则称数列为“数列”.设数列中，，.（1）若，且数列为“数列”，求数列的通项公式：（2）设数列的前n项和为，且，请判断数列是否为“数列”，并说明理由；（3）若数列是“数列”，是否存在正整数m，n，使得？若存在，请求出所有满足条件的正整数m，n；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）是，理由见解析；（3）存在，，.【分析】（1）根据数列的定义，结合等比数列的定义进行求解即可；（2）利用前n项和与项的关系得到的递推关系，再利用构造等比数列法求解得到数列的通项公式，并结合数列的定义进行判断；（3）结合定义，推导得出结果．【详解】（1）因为，且数列为“数列”，所以，即，所以是