2023-2024学年上海市新川中学高二数学上学期期中试卷附答案解析

2023-2024学年上海市新川中学高二数学上学期期中试卷

(试卷满分100分.考试用时120分钟)2023.11

一、填空题(3x12=36)

1.用集合符号表示直线1在平面。上

n

2.直线/过点p(I2)且倾斜角为5,则直线/的方程为.

3.若球的半径为1,则球的体积是.

4.过点P(-1,3)且垂直于直线x—2y+3=0的直线方程是.

5.若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形.则圆锥的侧面积是.

11

6.已知向量〃=(T°，2),且版+各与2。-匕互相垂直，则&的值是.

7.如图，在三棱台ABC-A8|G的9条棱所在直线中，与直线A8是异面直线的共有条

8.设正四面体的棱长为1,则该正四面体的高为.

9.如图，在三棱柱ABC-A8C中，D,E,F分别为AB,AC,4A的中点，设三棱锥尸-3体

积为匕，三棱柱ABC-ABC的体积为匕，则匕：匕=

10,若04=(1，-2,0b08=(2,1,0)℃=(1,1,3),则三棱锥JABC的体积为.

ZBAC=-,AB=2,AC=2y/3,PA^2

11.在三棱锥尸—MC中，丛，底面ABC,。是PC的中点，已知2

则异面直线BC与AD所成角的余弦值为.

12.如图所示，在正方体ABC£>-A?C'。'中，AB=3,M是侧面BCC'”内的动点，满足

若AM与平面BCC'8'所成的角6,贝pan6的最大值为.

二、选择题（3x4=12）

13."，”=2是，，直线2x+冲+1=0与直线加t+2y-l=0平行,，的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.既不充分也不必要条件D.充要条件

14.已知直线1、m和平面B,下列命题中的真命题是（）

A.若mil,l"a,则加B.若lUa,a、0,则/

C,若/'a,。邛,则D.若/上2，,则〃/机

15.直线以+外+c=°经过第一、二、四象限，贝ija,b,c应满足（）

Aab>0,bc<0gab<0,bc<0Qab>0,bc>0pab<0,bc>0

16.下列结论中

①若空间向量。=（4'%'%），八（伪也也），则自瓦"是"//的充要条件；

②若x<2是x<"的必要不充分条件，则实数a的取值范围为。<2.

a

③已知a,夕为两个不同平面，,6为两条直线，aB=m,aua,bu/3,aLm,贝『，a_L尸,，是

“a的充要条件；

④已知向量〃为平面。的法向量，。为直线/的方向向量，则a〃〃是“e的充要条件.

其中正确命题的序号有（）

A.②③B.②④C.②③④D.①②③④

三、解答题（9+9+10+12+12）

17.已知直线/过点P（41）.

⑴若直线/过点。（一1'6）,求直线/的方程；

（2）若直线/在x轴和丁轴上的截距相等求直线/的方程.

18.已知向量虚=（・3,2）,/=（-2,1,1）,点4（-3,-1,4）,5（-2,-2,2）

⑴求即4

（2）在直线AB上，是否存在一点E,使得（O为原点），若存在，求出点E的坐标，若不存

在，说明理由.

19.如图，四棱锥尸一至8的底面是矩形，PD_L底面ABCD,PD=DC=1,AQ=0.点M为BC的

中点.

(1)证明：平面RVW_L平面PBD；

(2)求点8到平面24M的距离.

20.如图，棱长为2的正方体A4GA中，M、N、P分别是G"、℃、A4的中点

(2)求异面直线P0与MN所成角的大小；(结果用反三角函数值表示)

(3)求三棱锥尸-MNB的体积.

21.如图，在长方体AS。-A8m中，DR=DA=1,A5=2,点E在棱A8上运动.

(1)证明：BC上RE；

CF

⑵设E为棱AB的中点，在棱CG上是否存在一点尸，使得BF〃平面OEG,若存在，求CG的值，若

不存在，说明理由；

(3)求直线48与平面DEC、所成角的取值范围

1.iuot

【分析】直线1在平面a上，利用集合与集合的关系符合表示即可.

【详解】直线1在平面a上，即直线1包含于平面利用集合与集合的关系表示为/ua.

故答案为：lua

2.x=l

71

［详解］,:直线/过点0°,2）且倾斜角为3,

.•.直线/的方程为x=l

故答案为：x=l

4万

3.3

【分析】已知半径，根据球的体积公式计算即可.

【详解】己知球的半径R=l,

4乃144

V=—/?3=—

体积33.

4开

故答案为：T.

4.2x+y-l=0

【详解】试题分析：由题可知，设直线Ax+By+C=O,与它垂直的直线为-Bx+Ay+D=O,故设与已知直线

垂直的直线为2x+y+D=0,将点P（-l,3）代入，得出D=-l,故直线方程为2x+y・l=0.

考点：两条直线的位置关系

71

5.2

【分析】根据题意可得圆锥的底面半径和母线长，进而根据圆锥侧面积公式5=兀〃求得结果.

【详解】若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，则圆锥的底面半径一一2,母线e,

s—兀“_2E

故圆锥的侧面积--2,

兀

故答案为：2.

7

6.5##1.4

【分析】向量的垂直用坐标表示为内々+%必+2仔2=。，代入即可求出答案

［详解］♦4+1=氏（1，1，0）+（一1，°，2）=（左一1，忆2）,

2a-b=2（1,1,0）—（-1,0,2）=（3,2,-2）,

因为乙+b与2a-b互相垂直，

所以（""+4Q叫=。，

即(左—(3,2,—2)=5A:—7=0

L

故答案为：5

7.3

【分析】利用异面直线的判定定理判断即可.

【详解】空间直线的位置关系有平行、相交、异面，即不平行也不相交则异面,

由图可知九条棱中A4,4C,AA,AB,BB\,BC与A8相交，

没有直线与AB平行，

所以与直线4出是异面直线的共有3条，分别为8C,AC,CC、,

故答案为：3

见176

8.3##3

【分析】设正四面体为A-BCD,过A作AOJ•底面BCD,可知°为底面正三角形的中心，然后求解直

角三角形得答案.

【详解】如图，设正四面体为A-BCO,过A作AO,底面BCD,垂足为O,

四面体为正四面体，，°为底面正三角形的中心,

连接C。并延长交于G,则G为B。中点，

:.CO=-CG=-Jl2-(-)2=—

.底面边长为1,33丫23,

AO=VAC2-co2=与=乎

76

,该正四面体的高为3.

故答案为：3

9.24

【详解】试题分析：因为D,E,分别是AB,AC的中点，所以SAADE：SAABC=1：4,

又F是AA1的中点，所以Al到底面的距离H为F到底面距离h的2倍.

即三棱柱A1B1C1-ABC的高是三棱锥F-ADE高的2倍.

2j_

所以VI：V2=§SAADE・h/SAABC・H=24=1：24

考点：棱柱、棱锥、棱台的体积

5

10.2

【分析】根据空间向量的坐标运算，求得棱锥底面积和高，结合棱锥的体积计算公式，即可求得结果.

【详解】根据已知可得：0408=1x2-2x1=0,即

附=J『+(_2)2=底网=V212+3l2=逐

S=-x^5xy/5=-

故△04B的面积22.

不妨取平面°钻的一个法向量机=（0'°'1）,

OC-m

h='------2

则点C到平面048的距离同

1n,15o5

故三棱锥O—ABC的体积332'2.

5

故答案为：2.

3

11.4##0.75

【分析】根据三棱锥「一ABC的几何特征，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求

3

出异面直线BC与AD所成角的余弦值为W.

［详解］由PA，底面ABC,A8,ACu平面ABC,所以PA，AB,PA_LAC,

又NBAC-］,可得M/AC,即AB,AC,AP两两垂直;

因此以A为坐标原点，分别以A8,AC.4P所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如下图所示:

D

则A（0,0,0）,8（2,0,0）,C（0,2^,0）,P（0,0,2）

又。是小的中点，可得吸⑸），所以8c=（-2,2百0）,4。=（0,石,1）,

cos（BC,A£））=63

4724

可得MM

3

所以异面直线BC与AD所成角的余弦值为W.

3

故答案为：4

12.夜

【分析】以。为原点建立空间直角坐标系，设M（x，3，#（x,ye[O,3]）,根据人用_1a>',求得的关系,

再根据A3人平面8CC%',可得e=解RtVABM即可.

【详解】解：如图，以。为原点建立空间直角坐标系，

则A（3,0,0）,5（3,3,0）,D（0,0,3）,

设M（x,3M（x,ye[0,3]）,

则AM=（x—3,3,y）,80=（-3,—3,3）,

因为

所以'84=（x—3,3,y>（—3,-3,3）=—3（x—3）-9+3y=0

所以丁=巴则M（x,3,x）,

因为AB工平面BCCB'（

所以NAM3即为AM与平面BCC'B'所成角，即6

tan”旦33

BMj(x-3)~+)2A/2X2-6X+9

则

_3

所以当“一5时，tang取得最大值

故答案为：3.

13.D

【解析】根据两条直线平行的条件以及充要条件的定义可得答案.

【详解】因为直线21+切+1=。与直线加+2丁-1=0平行等价于2x2—/=0且2x(7)-机工0,即

〃?=2,

所以“帆=2是“直线2x+缈+1=0与直线如+2y-1=0平行，，的充要条件.

故选：D

【点睛】结论点睛：本题考查充要条件的判断，一般可根据如下规则判断：

(1)若夕是夕的必要不充分条件，则夕对应集合是。对应集合的真子集；

(2)夕是夕的充分不必要条件，则。对应集合是“对应集合的真子集；

(3)夕是夕的充分必要条件，则。对应集合与g对应集合相等；

(4)「是夕的既不充分又不必要条件，夕对的集合与夕对应集合互不包含.

14.C

【分析】线面平行及线线垂直，线可以有无数种朝向；线面垂直，线只有一种朝向；面面平行，面只有

一种朝向，逐个选项判断即可.

【详解】对A,若mU/a,则可能有，”//a,m与a相交不垂直，A错；

对B,若〃/。，aX-P,则/,尸，则可能有/J•民〃/，1与月相交不垂直，/u£,B错;

对C,若/'a,a/甲，贝c对;

对D,若,由于a与夕关系不确定，故i与m关系也不确定，D错.

故选：C

15.A

【分析】写成斜截式，由斜率和与y轴交点纵坐标确定直线经过的象限.

【详解】若匕=°，则直线不会经过三个象限，所以6x0,

因为直线经过第一、二、四象限，

k=--<0-->0

所以斜率b,与y轴交点纵坐标b,

解得ab>0,bc<0,

故选：A

16.B

［解析］①由a〃匕04=劝04=独,02=劝2，%=独3(几w/?)可判断①不正确；

②由犬<2是x<a的必要不充分条件，可得{x|x<2}3犬<“},从而得到。<2正确；

③根据面面垂直的性质和判定定理即可判断；

④结合利用法向量与方向向量的定义即可判断.

【详解】解:①空间向量"二(12^3),■(I23)，贝|J

a〃boa=Aboa、=Ab、,％=Ah-,,a^=曲(2e/?)

所以4A伉是“//8的充要条件错误,故①不正确；

②若x<2是的必要不充分条件，则&|x<2}所以。<2,故②正确；

③若a，尸，则由条件可得。，力，又，uP,所以；_L)；

若：工)，则根据条件得不到a'B，故③不正确；

④若a”〃，则。,巴因为“为直线/的方向向量，所以

若/J_a,则a_La,因为〃为平面a的法向量，所以a//〃,故④正确.

综上，正确命题的序号为②④.

故选:B.

【点睛】本题考查了空间向量平行的充要条件，利用必要不充分条件求参数范围，平面与平面垂直的判定和

利用法向量与方向向量判定平行和垂直关系，属中档题.

1

,y=­x=

*.⑴y=-x+5⑵,4或y=—+5

【分析】（1）根据直线过两点即可求出直线方程；

（2）分类讨论直线截距是否为。，即可得出直线方程.

【详解】（1）由题意，

y—1x—4

直线过点P（4/），Q（T6）,.•.直线方程：6-1--1-4,即y=r+5

（2）由题意，

直线过点P（4」），且在x轴和旷轴上的截距相等

1

y=-x

当直线过原点时，截距为0,方程为.4

当直线不过原点时，设直线/：y=-x+。，

.•」=-4+6,解得：。=5,、.•.直线方程为y=—+5

1

y=—x_

综上，直线的方程为：-4或y=-x+5

d-士-0

18.（1）5&；（2）存在，（555人

->—>

->->2。+b

【解析】（1）根据向量的坐标加法运算求出2。+°,再利用向量的模长公式即可求出；

—>—>—>—>—>—>

（2）由向量共线定理和向量的线性运算得出OE=0A+AE=QA+fAB,从而得出。E的坐标，再根据

—>—>

人以及向量的数量积，即可求出，的值，即可得出点E的坐标.

【详解】⑴根据题意,得2。+【（2,-6,4）+（-2,1,1）=（0,-5,5）,故2.+Z-枷+（一5）+5-5后

（2）由于点E在直线4B上，则0E=0A+AE=0A+/A8,

9

由施立，则亦1=0,所以-2（-3+/）+（-1-。+（4-2/）=0,解得‘二二,

因此在直线AB上存在点E,使得°£,牝此时点E的坐标为I55

【点睛】本题考查平面向量坐标的加法运算和向量的模，考查向量的共线定理和向量的线性运算，及向

量垂直运算，考查学生运算能力，属于基础题.

也

19.(1)证明见解析；(2)7.

【分析】(1)由线面垂直性质得叨JAM,根据已知可证3。AM,再应用线面、面面垂直的判定证

结论；

(2)AM与BD交于点E,连接PE,过点B作BH垂直于PE交其于点H,由面面垂直的性质有BH，面

PAM,即BH的长为B到面PAM的距离，等面积法求长度即可.

【详解】(1)因为底面ABC。，4Wu平面钻8,所以

..ADrrAB小

t-tan==J2=-----=cot

底面为矩形，且PD=3=1,AD=4i,则ABBM

所以RSABDRtABMA,易知

又PDcBD=D,PD,BDu面PBD,所以平面以冷，而平面RAM,

所以平面以"，平面网3Z).

(2)设AM与BD交于点E,连接PE,过点B作BH垂直于PE交其于点H,

p

由①知，面%面PBD,面PW/C面P8£)=PE,且W/u面P8。,

因此B”_L面PAM,线段BH的长为点B到平面PAM的距离.

RH一百

S.,,FII^-BEPD^-PE-BHbn=--

由-22，解得7

也

因此点B到平面PAM的距离为7.

TIP

arccos10

20.⑴证明见详解；(2):⑶3.

【分析】⑴由已知可证明AB"。和MN/",即可证明MN/",进而得出结果;

(2)MNHCD、,所以NPRC即等于异面直线「A与MN所成角，在丫「℃中，求出各边长，用余弦定

理即可求出;

⑶根据已知可得，四边形为梯形，SVMNB=3SVMAH,则％根据等体积法可知

%-2二九-",求出力*成，即可解出.

【详解】(1)证明:

如图1,连结MN、AB、CD,

由已知可得，AA=8C,所以四边形为平行四边形，则A8//CA

又M、N分别是G2、°C的中点，所以MN〃CD、,且MN-]CD\

所以“N〃AB,且出一5”,所以M、N、A、B四点共面.

(2)图2

如图2,连结。尸、IP、CP.

因为CO,平面4DRA,DPu平面4。力必，所以CO_LOP.

因为，?是AA的中点，所以PA=PA=1.

又Aq_LAA,所以PR=JA。2+RP-=J,同理op=石.

在Rt.PDC中，PC=〃>产+a>2=3又RC=yjDD：+DC2=20,

在“8中，有PC=3,*=2亚,PD、=也，

PD^+DC2-PC25+8-9V10

cos/PD[C=——!---!-t-------=-----==--

由余弦定理可得，2PDtDtC2xV5x2V210

又MNHCD,,所以异面直线02与MN所成角的大小即等于直线尸"与C"所成角的大小，即等于

/P“晒

Zr^C=arccos-j^-

(3)

如图3MP.MB,PN,,NB

A4A7//4DMN='A、BA

因为MN〃A8,且2，且M、N、4、B四点共面，

a/浦.pS~MNR=2xMN•hSVMAR=—xAB-/z

所以四边形MNAB为梯形，设梯形高为〃，则2,2

心、ISVMNB=；*MN-h=；x；AB-h=；SVMA,B

所以2222.

设P到平面MNB即到平面MNA、B的距离为d,

r=TXSvMNB

则3

因为CQ〃平面ABqA[,QB]_L平面ABB1%,MuCR,

所以M到平面ABBM的距离等于线段GA到平面A88M的距离C,B,=2

乂Sv仆=；xPA-A8=gxlx2=l所以丫…然=gxSvp”x2=；xlx2=|

v_lv_12_]_

所以，5AMM

CF11

arcsin—,arcsin

21.(1)证明详见解析(2)存在，且CG2(3)3

【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用向量法证得