2023-2024学年上海市天虹区高二年级上册期末数学试题（含答案）

2023-2024学年上海市天虹区高二上册期末数学试题

一、填空题

1.直线2x-y+5=0的倾斜角是.

【正确答案】arctan2

【分析】先求斜率，根据斜率和倾斜角的关系可得答案.

【详解】直线2x-y+5=0的斜率α=2,倾斜角为arctan2.

故答案为.arctan2

2.在棱长为1的正方体ABCO-A1gGR中，直线AC与直线的距离是

【正确答案】1

【分析】在正方体A88-A4CA中，找到异面直线AC与直线耳。的公垂线段，求其长度

即可.

【详解】如图，取AC与的中点M,N,

因为N4=NC,M为AC的中点，则MNI.AC,同理MN_LBQ∣,

所以直线AC与直线的距离为线段MN长，

又MN=AA=1,所以直线AC与直线Ba的距离为L

故1.

3.已知直线/的一个方向向量为d=(2,-1,3),平面α的一个法向量为"=(l,r,O),且直线/与

平面ɑ平行，则实数f=.

【正确答案】2

【分析】依题意可得dl”，即可得到小〃=0,根据空间向量数量积的坐标运算得到方程,

解得即可.

【详解】解：因为直线/与平面α平行，直线/的一个方向向量为4=(2,-1,3),平面α的一

个法向量为〃=(l,f,0),

所以4J_"，贝∣Jd∙n=2-r=0,解得f=2.

故2

4.把一个母线长为IOCm的圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面积的比为1：4,则圆台

的母线长是cm.

【正确答案】5

【分析】根据圆台的上、下底面积的比可得半径比，利用比例可得答案.

【详解】作出圆锥的轴截面如图，因为圆台的上、下底面积的比为1：4,所以上、下底面

圆的半径之比为1：2,所以吃=；;

AB2

利用平行线截线段成比例，则HSC=WCΓ)=1

54AB2

因为圆锥的母线长为IOCm,即SA=I0,所以SC=5,

所以圆台的母线长是C4=5.

故5.

5.某地球仪上北纬30。纬线圈的长度为12mm,如图所示，则该地球仪的半径是,

【正确答案】4√3

【分析】先求纬圆半径，根据直角三角形的性质，再求地球仪的半径.

【详解】如图所示，由题意知，

北纬30。所在小圆的周长为12万cm,

则该小圆的半径r=6cm,

其中NABO=30°,

所以该地球仪的半径R=—⅝涓=46(Cm).

故答案为.46

本题考查球的半径的计算，利用球心到截面的距离、截面半径、球的半径构成直角三角形,

解直角三角形即可求解半径，属于简单题.

6.已知直线/过点P(2,l),且与直线x-3y+l=0的夹角为arccos®，则直线/的方程是

【正确答案】3x-4y-2=0或y=l

【分析】根据夹角公式列方程，求得直线/的斜率，从而求得直线/的方程.

【详解】设直线/的斜率为3因为cos(arccos也)=亚，且arccos亚为锐角,

√10

所以sin(arccosl-cos(arccos

ɪ

sin(arccos3

所以tan(arccos，解得A=二或0,

cos(arccos↑+-k

3

故过点P(2,D,且与直线x-3y+I=0的夹角为arccos题的直线/的方程为:

3

y_]=T(X-2)或y=l,

即3x-4y-2=0∏Ky=l.

故3x-4y-2=0或y=l

7.如图，圆锥的底面半径。4=2,高Po=6,点C是底面直径4B所对弧的中点，D是母

线方的中点，则异面直线CO与AB所成角的大小是.(结果用反三角函数表示)

P

【正确答案】arccos乂叵

14

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.

【详解】因为圆锥的底面半径。4=2,高PO=6,

所以母线长PB=√22+62=2√10，

连接CO,因为C为底面直径AB所对弧的中点，所以COLAB,

以。为坐标原点，oc,。8,OP所在直线分别为χ,y,z轴建立空间直角坐标系,

则A(0-2,0).B(0,2,0),C(2,0,0),P(0,0,6),D(0,-l,3),

所以A8=(0,4,0),OC=(2,1,-3),

A8∙QC4A

所以cos<A8,3C>=

∣AB∣∙∣DCΓ4×√14^14

所以异面直线C0与AB所成角的大小为arccos姮.

14

8.已知点尸(0,3)到直线(M-I)X+(2m-l)y-n+2=0(τneR)的距离为d,则d的最大值是

【正确答案】5

【分析】先求出直线过定点Q(3,-D,得到d的最大值为∣PQ∣,利用两点间的距离公式即可

求解.

[详解]直线(m-l)x+(2m-l)y-m+2=0Q"∈R)gβ∕n(x+2y-l)-(x+γ-2)=O,

[x+2y-l=O(X=3

令∙C八得「故直线过定点Q(3,7)∙

[x+y-2=0Iy=-I

所以”的最大值为∣PQ∣∙

因为P(0,3),0(3,-1),

所以IPQl=J(O-3)2+(3+1)2=5.

故5

9.已知A8C中，AB=AC=3,ZBAC=UOo,A3C所在平面ɑ外一点尸到此三角形三

个顶点的距离都是6,则点P到平面α的距离是.

【正确答案】3√3

【分析】过点P作一ΛBC所在平面α的垂线，垂足为..MC的外心，求出..ABC的外接圆的

半径OA,再根据勾股定理求点P到平面a的距离.

【详解】记点P在平面ABC上的射影为O,因为尸A=PB=PC,

所以OA=OB=OC,即。是43C的外心，

只需求出_MC的外接圆的半径04,记为R,

在JIBC中，AB=AC=3,NBAC=I20。，由余弦定理得8C=3G,

再由正弦定理得2R=A^-=6,所以0A=3,又PA=6,

sin120°

得PO=√PA2-OA2=3√3,即点P到平面ABC的距离为36.

故答案为∙3g

10.过球。表面上一点A引三条长度相等的弦A8、AC、AD,且两两夹角都为60。，若球

半径为R,则弦AB的长度为.

【正确答案】a=巫R

3

【详解】由条件可知A-BCO是正四面体,如图：

A

A、B、C、。为球上四点，则球心。在正四面体中心，设AB=”,

则过点8、C、。的截面圆半径r=0∣B=^BE=2×^-a=^-a，

3323

正四面体A-BCZJ的高AOI=争=*'，

则截面BCD与球心的距离d=。。I=逅a-R.

3

222

因为在Rt.BOOl中,BO1+OO,=BO,

所以Ba=R2-半∙α-R,解得a=R.

点睛：解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关

元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含

球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系），达到空间问题平面化的

目的.

IL点尸在正方体ABCO-ABCA的侧面8CG4及其边界上运动，并保持APL8",若正

方体边长为2,则俨8|的取值范围是.

【正确答案】[血,2]

【分析】先证明平面ACBILBR,故尸点的轨道为线段CB-PB的取值范围是[&,2]

【详解】连结AB∣,AC,CB1,

易知平面ACB1IBD1,故P点的轨道为线段CB1,

当P在C4中点时：最小为夜

当尸与C或4重合时：最大值为2

则总的取值范围是［a,2工

故答案为［&，2］

本题考查了线段长度的范围，确定尸点的轨道为线段Cq是解题的关键.

12.如图，在四棱锥S-ABcz）中，四边形ABCZ）为正方形，AB=I,DS=2,平面ASOj_平

面4BCZλSDLAD,点E为Z）C上的动点，平面BSE与平面AS。所成的二面角为6（。为

锐角），则当。取最小值时，三棱锥E-ASo的体积为.

4

【正确答案】-

【分析】以点。为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求解平面BSE与A5O的法向量，根

据向量夹角公式判断当6取最小值时求得DE=三,从而求解三棱锥E-ASD的体积为.

【详解】由题意得ZM,DS,OC两两相互垂直，

以点。为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，

Z

Uy

则8(1,0,1),S(0,2,0),E(O,O,r),

所以BS=(-1,2,-1),BE=(-1,0,f-l),其中0≤f≤l,

设平面BSE的法向量为"=(x,y,z),

则。n-*BS晨=0即1-x(+2Iy-”z==0。，

令z=2,则x=2r-2,y=t,故”=(2f-2j,2),

又平面ASo的一个法向量为m=(0,0,1)，

“，八I.∖m∙n∖22

所以cosθ=|cos<m,n>|=------=,—=.=

∖fn∖∖n∖J⑵-2)2+/+4x1√5r2-8r+8

-S4

由于o≤f≤ι,故当，=-k工==时，CoSe取得最大值，e取得最小值,

2×55

4Ii44

此时Z)E=W,三棱锥E-ASZ)的体积为％Ma=3χ(5χ2χl)χm=记.

二、单选题

13.设a、S是两个不同的平面，b是直线，且bua,则“6_1£”是“。_1尸”的()

A.充分非必要条件B.必要非充分条件

C.既非充分又非必要条件D.充要条件

【正确答案】A

【分析】根据面面垂直的判定与性质定理即可判断结果.

【详解】因为。ua,若bL0,则反之不成立，故为充分非必要条件.

故选：A

14.给定一个正方体形状的土豆块，只切一刀，除了可以得到四面体、四棱柱等类型的多面

体以外，还能得到的多面体的类型可以含有（）

A.五棱柱、七面体B.五棱柱、六棱锥

C.六棱锥、七面体D.以上答案都不正确

【正确答案】A

【分析】根据正方体的几何结构特征，分别取神,4。,44,4〃的中点民尸,耳,耳，即可得

到一个直五棱柱，即可求解.

【详解】如图所示，分别取Q的中点E,F,JK,

分别连接ERE昂";,

可得几何体BCDFE-BlCtDlFlEi为一个直五棱柱，且为七面体.

15.M,N分别为菱形ABCZ）的边8C,C。的中点，将菱形沿对角线AC折起，使点。不在

平面ABC内，则在翻折过程中，对于下列两个命题：①直线MN恒与平面ABD平行；②异

面直线AC与MN恒垂直.以下判断正确的是（）

A.①为真命题，②为真命题;B.①为真命题，②为假命题;

C.①为假命题，②为真命题：D.①为假命题，②为假命题；

【正确答案】A

【分析】根据线面平行的判定定理可知①为真命题，利用线面垂直可得②为真命题.

【详解】因为M,N分别为菱形A8C。的边BC,CQ的中点，所以MN//BD,

因为MNN平面A8D,3£>u平面A8O,所以①直线MN恒与平面ABO平行正确；

如图，取AC中点E,则AC,8E,AC_LoE（菱形对角线垂直），

又BECz）E=E,且两直线在平面内，所以AC_L平面BDE,

因为BDU平面BOE,所以AC-ZBr）,

因为MN//BD,所以ACLMN,所以②正确;

故选：A.

16.ABC。-ASGA是棱长为1的正方体，一个质点从A出发沿正方体的面对角线运动,

每走完一条面对角线称“走完一段”，质点的运动规则如下：运动第i段与第i+2段所在的直

线必须是异面直线（其中，•是正整数），问质点走完的第2022段与第1段所在的直线所成的

C.60°D.90°

【正确答案】C

【分析】不妨设质点运行路线为ABt→B1C→CD1→D1A,找到规律，即可得到第2022段

与第1段所在的直线所成的角.

【详解】解：依题意，不妨设质点运行路线为TqC→CR→RA,

走过4段后又回到起点A,可以看作以4为周期，

因为2022=4x505+2,

所以质点走完的第2022段与第1段所在的直线分别为BC与AB∣,

连接AC,显然VABC为等边三角形，所以8∣C与ABl所成角为60。,

所以质点走完的第2022段与第1段所在的直线所成的角是60。.

故选：C.

三、解答题

17.如图，某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知球的直径是6cm,圆

柱筒长2cm.

（1）这种“浮球”的体积是多少cm'?（结果精确到0.1）

（2）要在这样2500个“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方米需要涂胶100克，共需胶约多少

克？（精确到克）

【正确答案】（1）169.6Cm3

(2)1200π(克)

【分析】（1）分别求出两个半球的体积K,和圆柱体的体积匕，即可求出“浮球”的体积;

（2）先求出一个“浮球”的表面积，再求出2500个的面积，即可求解.

【详解】(1)该半球的直径d=6cm,

所以“浮球”的圆柱筒直径也是6cm,得半径R=3cm,

44

所以两个半球的体积之和为V⅛=H兀店=5兀∙27=36兀cn√,

而K®=nR，∙h=π×9×2=18πcm,,

该"浮球''的体积是V=‰+‰=36π+18π=54π≈l69.6cm3；

(2)上下两个半球的表面积是S球表=4π∕?2=4×π×9=36πcm2,

2

而“浮球”的圆柱筒侧面积为SlsW侧=2πΛΛ=2×π×3×2=12πcm,

所以1个“浮球”的表面积为S=迎浮型=需兀m。

4X

因此，2500个“浮球”的表面积的和为2500S=2500x历ττr=12πm2,

因为每平方米需要涂胶100克，

所以总共需要胶的质量为：100χl2π=1200π(克).

18.直线4的方程为6Λ∙+(o-l)y-l=0,直线4的方程为(α+4)x+(α+6)y-2=0("∈R).

(1)若直线4与直线4垂直,求实数a的值；

(2)若直线4与直线I2平行,求这两条平行直线间的距离.

【正确答案】(l)ɑ=-2或α=-9

地

12

【分析】(I)根据直线4与直线4垂直,列出等式,解出即可；

(2)根据直线4与直线4平行,列出等式,解出“的值,再根据平行直线距离公式代入即可求得距

离.

【详解】(1)由题知4：6》+("1)尸1=04(7+4)》+(4+6)乎一2=0仅€11),

因为直线《与直线4垂直，

所以6(α+4)+(α-1)(α+6)=0,

即a?+1+18=0,所以α=—2或α=-9;

(2)因为直线4与直线4平行,所以6(α+6)=(α-l)(α+4),

即42-3α-40=0,解得α=-5或a=8,

经检验,当a=8时两直线重合,故a=-5,

此时直线《的方程为6x-6γ-l=0,

直线4的方程为r+y-2=0,即6x-6y+12=0,

所以这两条平行直线间的距离d="=¥.

6√212

19.已知四棱锥P-ABC。的底面是菱形，对角线AC、BD交于点O,OP=OA=4,08=3,

QP∙L底面ABe。，设点M满足尸M=；IMC(O<4<1).

(1)若彳=!，求三棱锥P一闻3。的体积；

4

(2)直线以与平面MBO所成角的正弦值是手，求2的值.

【正确答案】⑴?

⑵“4

【分析】(D当2=L时，PM=∖MC,PM'PC,则点M到平面PE)的距离等于点C

445

到平面PBD的距离的ɪ,VjMBD=V"-∕W)=gLzw求解即可；

(2)求平面MB。的一个法向量为m，设直线必与平面M8D所成的角为6»,然后由

IPA/√5

sin。=^^=+求解.

∣PA∣ψ77∣5

【详解】(1)当4=!时，PM=-MC,即PM=LPC,则点M到平面PBQ的距离等于点

445

C到平面尸8。的距离的g.

在菱形ABCD中，AClBD,Q4=OC=4,08=8=3,又QP_L底面ABeE>,OP=4,

所以%.zω=VWJWJW)=IVPdC°=∙jxgxgx6χ4χ4=3∙

所以三棱锥P-MBD的体积为y.

(2)因为。P■!底面HBC3,OAU底面ABCQ,08U底面ABez),所以OP_LOA、QP_LO8,

则。4、OB、OP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，

4(4,0,0),P(0,0,4),B0,3,0),C(-4,0,0),则PC=(-4,0,-4),

PA=(4,0,-4),OB=(0,3,0),

OM=(9P+PΛ/=OP+-^-PC=(O,0,4)+-^-(-4,0,-4)=∣-,θ,ʌI,

λ+lΛ+lU+lΛ+1J

设平面MHQ的法向量为〃z=(",u,w),

八-4/14

OM.m=----uH---------W=O

则，Λ+lλ+∖,令〃=1,W=(1,0,Λ),O<Λ<1,

OB•"2=3U=O

设直线E4与平面M3。所成的角为0,

∖PA-m∖4-4Λ√5

SInθ—I—j—I~~r=———/=—,

∣Λ4∣∙∣m∣4√2∙√1+Γ5

20.(1)已知。是平面ABC外一点，求证：P在平面ABC上的充要条件是“存在实数X,»

z,使。尸=XOA+yO8+ZoC,且x+y+z=l'

(2)如图所示，在平行六面体ABC。-A4G。中，AB=I,AD=2,AA∣=3,

o

ZAiAB=ZAxAD=ZDAB=GO,AG与平面Λ1BO交于点K.设AB=α,AD=b,AAt=c.

②求异面直线AG与CB1所成角的大小(结果用反三角函数表示).

【正确答案】(1)证明见解析；⑵①AK=∖a+∖b+∖c,②areeosɪɪ包.

33370

【分析】(1)利用空间向量基本定理及向量运算求解；

(2)®f∣JM⅛AK=λAC,=λa+λh+λcR(1)的结论可求答案；②利用空间向量的运算求解

异面直线所成角.

【详解】(1)若。尸=XOA+yO8+zOC且x+y+z=l,

贝IJAP=(x-l)OA+yOB+zOC=y(OB-OA)+Z(OC-OA)

=yAB+zAC,

由空间向量基本定理，得4P，AB，AC三个向量共面，

说明点P在平面ABC内.

反之，如果点P在平面ABC内，则存在使得AP=/IAB+/MC,

OP-OA=λ(θB-OA)+μ(θC-OA),即OP=(I-X-〃)OA+/lO8+〃OC；

^∙x=∖-λ-μ,y=λ,z=μ,则OP=χOA+yOB+zOC且x+y+z=1.

所以P在平面ABC上的充要条件是“存在实数x,z,使OP=XO4+yOB+ZoC,且

x+y+z=l”.

(2)①AG="+∕j+c,因为ACl与平面ABO交于点K,

AK=λACl=λa+λb+λc,由(1)得34=1,所以又=；,

所以AK=++A；c；

(2)AC1—a+b+c,CB1=DA1=c—b,

o

因为AB=1,AD=2,AΛ]=3,ZAiAB=ΛAlAD=ZDAB=60,

所以=∣iz∣∣⅛∣cos60o=l,同理Ge=?力∙c=3

所以IAgI=+牙+c~+2。•与+20∙c+2b∙c=5,

2

ICB11=∖∣b-2∕J∙C+C∙=币,AC