上海市东华大学附属奉贤致远中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学

东华致远2023学年第一学期期中教学评估高二数学考试时间：120分钟满分150分一、填空题（本大题共12小题，第16每题4分，712每题5分，共54分）1.已知球半径是，则球体积为____________.2.已知四棱锥的底面积为4，体积为8，则该四棱锥的高为____________3.已知圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为______.4.设，若向量与向量平行，则__________.5.已知经过点的直线的一个法向量为，则的点法式方程为________.6.把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比为，母线（原圆锥母线在圆台中的部分）长为9，则原圆锥的母线长______．7.体积为64正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_____________．8.平面的法向量为，，那么直线与平面的关系是_____．9.已知直线和直线都过点，求过点和点的直线方程______．10.如图，正方的棱长为2，若空间中的动点P满足，若，则二面角的平面角的大小为___________.11.如图，一个圆锥挖掉一个内接正三棱柱（棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上），若棱柱侧面落在圆锥底面上．已知正三棱柱底面边长为，高为2，则该几何体的表面积______________．12.下图是位于南桥工商银行和大菜场南面的一个正方体雕塑，其六个面镂空刻满了大美奉贤的多个地标.可以将其视为：某正方体的顶点A在平面内，三条棱都在平面的同侧.若顶点B，C，D到平面的距离分别为，，2，则该正方体外接球的表面积为______.二、选择题（本大题共4小题，每题5分，共20分）13.下列几何体中，多面体是（）A. B. C. D.14.关于直线的倾斜角和斜率，有下列说法：①两直线的倾斜角相等，它们的斜率也相等；②平行于x轴直线的倾斜角为或；③若直线过点与，则该直线的斜率为．其中正确说法个数为（）A.3 B.2 C.1 D.015.空间中不共面的三个向量，，可以作为空间向量的一组基底，若，则称在基底下的坐标为，在四面体中，，，．点在上．且，为中点，则在基底下的坐标为（）A. B. C. D.16.已知空间四边形的每条边和对角线的长都等于a，点E、F分别是、的中点，则的值为（）A. B. C. D.三、解答题（本大题共5题，共76分）17.已知直线经过点，斜率为，求直线的点法向式、点斜式和一般式方程．18.已知空间中的三点，，，设，.（1）若与互相垂直，求的值；（2）求点到直线的距离.19.有很多立体图形都体现了数学对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.已知点为线段上一点且，若直线与直线所成角的余弦值为，设半正多面体的棱长为，将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.（1）求正方体的棱长，并写出A，B，C，D，F点的坐标.（2）求.20.如图，在空间之间坐标系中，四棱锥的底面在平面上，其中点与坐标原点重合，点在轴上，，，顶点在轴上，且，.（1）求直线与平面所成角的大小；（2）设为的中点，点在上，且，求二面角的正弦值.21.如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且，．（1）求证：平面；（2）求证：平面平面（3）若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．东华致远2023学年第一学期期中教学评估高二数学考试时间：120分钟满分150分一、填空题（本大题共12小题，第16每题4分，712每题5分，共54分）1.已知球的半径是，则球体积为____________.【答案】【解析】【分析】根据球的体积公式直接计算得结果.【详解】由于球的半径为，故体积为.【点睛】本小题主要考查球的体积公式，考查运算求解能力，属于基础题.2.已知四棱锥的底面积为4，体积为8，则该四棱锥的高为____________【答案】6【解析】【分析】根据棱锥的体积公式，即可求得答案.【详解】设该四棱锥的高为h，则，故答案为：63.已知圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为______.【答案】【解析】【分析】由轴截面得到圆锥的底面半径和母线，利用侧面积公式求出答案.【详解】由题意得，圆锥的底面半径为，母线长为，故圆锥的侧面积为.故答案为：4.设，若向量与向量平行，则__________.【答案】【解析】【分析】根据已知可得，求解即可得出答案.【详解】因为，所以有，且，所以，，所以.故答案：.5.已知经过点的直线的一个法向量为，则的点法式方程为________.【答案】【解析】【分析】由直线方程的点法式求解即可.【详解】∵直线过点，一个法向量为，∴直线的点法式方程为.故答案为：.6.把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比为，母线（原圆锥母线在圆台中的部分）长为9，则原圆锥的母线长______．【答案】【解析】【分析】根据圆台的几何特征利用三角形相似即可求得结果.【详解】由题意可得，几何体如下图所示：取轴截面可知，圆台的上、下底面半径的比为，且，设圆锥的母线长为，根据相似比可得，解得，即原圆锥的母线长为.故答案为：.7.体积为64的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_____________．【答案】【解析】【分析】根据正方体的体积公式，求得棱长，结合球与正方体的对称性，求正方体的体对角线，可得球的半径，利用球的表面积公式，可得答案.【详解】设正方体的棱长为，则体积，即，易知正方体的体对角线为外接球的直径，设外接球的半径为，则，即，故该球的表面积.故答案为：.8.平面的法向量为，，那么直线与平面的关系是_____．【答案】或【解析】【分析】计算平面的法向量和的数量积，即可判断的关系，进而判断直线与平面的关系.【详解】由题意知，，则，故，则或，故答案为：或9.已知直线和直线都过点，求过点和点的直线方程______．【答案】【解析】【分析】根据，得出所求直线方程.【详解】因为直线和直线都过点，所以，.由上式可得点和点都在直线上，即过点和点的直线方程为.故答案为：10.如图，正方的棱长为2，若空间中的动点P满足，若，则二面角的平面角的大小为___________.【答案】##【解析】【分析】根据几何法求解二面角的平面角，即可求解大小.【详解】若，则为正方体的体对角线的交点，即为正方体的中心，因此平面即为平面，平面，平面，，，是二面角的平面角，在等腰直角三角形中，，故二面角的平面角为，故答案为：11.如图，一个圆锥挖掉一个内接正三棱柱（棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上），若棱柱侧面落在圆锥底面上．已知正三棱柱底面边长为，高为2，则该几何体的表面积______________．【答案】【解析】【分析】根据题意，求得底面圆的半径以及圆锥的母线长，再由多面体的表面积公式代入计算，即可得到结果.【详解】因为正三棱柱的底面边长为，高为2，则，，设圆锥的底面圆圆心为O，则O是矩形的中心，设圆O半径为，有，即，令的中点为，连接，则，且，，，于是，解得，则圆锥的母线长，圆锥的底面圆面积，侧面积，三棱柱的表面积为，所以该几何体的表面积为：.故答案为：12.下图是位于南桥工商银行和大菜场南面的一个正方体雕塑，其六个面镂空刻满了大美奉贤的多个地标.可以将其视为：某正方体的顶点A在平面内，三条棱都在平面的同侧.若顶点B，C，D到平面的距离分别为，，2，则该正方体外接球的表面积为______.【答案】【解析】【分析】利用点到平面的距离的向量求法得出法向量的坐标，再利用单位向量的模求出正方体棱长，根据正方体外接球的半径为体对角线求解即可.【详解】设正方体的棱长为a，取空间的一个基底，设是平面的一个方向向上的单位法向量.由空间向量基本定理，存在唯一有序实数组，使得.由题意，在方向上的投影向量的长度分别为，，2.于是，即，即，即.同理，.从而，由，得，即，解得，所以正方体的外接球半径为，外接球的表面积为.故答案为：二、选择题（本大题共4小题，每题5分，共20分）13.下列几何体中，多面体是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【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.14.关于直线的倾斜角和斜率，有下列说法：①两直线的倾斜角相等，它们的斜率也相等；②平行于x轴的直线的倾斜角为或；③若直线过点与，则该直线的斜率为．其中正确说法的个数为（）A.3 B.2 C.1 D.0【答案】D【解析】【分析】对于①：举反例：倾斜角均为，斜率不存在.否定结论；对于②：由倾斜角的范围直接判断；对于③：举反例：当时，过点与的直线的斜率不存在.否定结论【详解】若两直线的倾斜角均为90°，则它们的斜率都不存在.所以①不正确；直角倾斜角的取值范围为[,)，所以平行于x轴的直线的倾斜角为不可能是.所以②不正确；当时，过点与的直线的斜率不存在；当时过点与的直线的斜率为.所以③不正确.故选：D.15.空间中不共面的三个向量，，可以作为空间向量的一组基底，若，则称在基底下的坐标为，在四面体中，，，．点在上．且，为中点，则在基底下的坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先利用基底表示向量，再根据定义求解坐标.【详解】因为，所以在基底下的坐标为.故选：B16.已知空间四边形的每条边和对角线的长都等于a，点E、F分别是、的中点，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据向量的线性运算运算律可得，在根据数量积的定义求其值.【详解】由题意，和之间夹角均为，结合平面向量线性运算有故选：C三、解答题（本大题共5题，共76分）17.已知直线经过点，斜率为，求直线的点法向式、点斜式和一般式方程．【答案】点法向式；点斜式；一般式.【解析】【分析】根据给定条件，求出直线的方向向量，进而求出其法向量，再依次求出直线的点法向式、点斜式和一般式方程作答.【详解】因为直线的斜率为，于是得直线的一个方向向量为，设直线的一个法向量为，则有，令，得，所以直线的点法向式方程是，点斜式方程为，一般式方程为.18.已知空间中的三点，，，设，.（1）若与互相垂直，求的值；（2）求点到直线的距离.【答案】(1)或（2）【解析】【分析】(1）写出两个向量的坐标，利用向量的数量积为0，求解k即可．(2）求出直线PM的单位方向向量为，然后利用空间点到直线的距离公式求解即可.【详解】因为，，，所以（1），，因为，所以，整理得，解得或，所以的值为或.(2)设直线的单位方向向量为，则由于，所以，所以点N到直线PM的距离【点睛】关键点点睛：根据空间向量的坐标表示，利用向量垂直的数量积为0，向量表示的点到直线的距离公式是解决本题的关键,考查了运算能力，属于中档题.19.有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.已知点为线段上一点且，若直线与直线所成角的余弦值为，设半正多面体的棱长为，将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.（1）求正方体的棱长，并写出A，B，C，D，F点的坐标.（2）求.【答案】（1）2，点的坐标见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题中建立的空间直角坐标系，结合半正多面体的棱长，可求得正方体棱长，继而求得各点坐标；（2）求出相关向量坐标，利用坐标法表示异面直线夹角余弦值，列出方程，解方程即可.【小问1详解】由题意可知，半正多面体的棱长为，则正方体的棱长为，所以，，，，；【小问2详解】，，所以，，则，则，设直线与直线所成角为，则，即，解得或（舍），即的值为.20.如图，在空间之间坐标系中，四棱锥的底面在平面上，其中点与坐标原点重合，点在轴上，，，顶点在轴上，且，.（1）求直线与平面所成角的大小；（2）设为的中点，点在上，且，求二面角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）列出、、、、的坐标，计算出平面的一个法向量，利用空间向量法计算出直线与平面所成角的正弦值，即可得出直线与平面所成角的大小；（2）求出点、的坐标，计算出平面和的法向量、，利用空间向量法求出二面角的余弦值的绝对值，由此可得出二面角的正弦值.【详解】因为四棱锥的底面在平面上，其中点与坐标原点重合，点在轴上，，，顶点在轴上，且，，所以，，，，.（1），，，设平面的一个法向量为，则，即，取，则，，得.所以.所以直线与平面所成角的大小为；（2）因为为的中点，点在上，且，所以，.设平面的一个法向量为，则，即，取，则，，得.又平面的一个法向量为，所以.所以二面角的正弦值为.【点睛】本题考查利用空间向量法求直线与平