上海市民办南模中学2024-2025学年高二上学期期中数学试题含答案

上海市民办南模中学2024-2025学年高二上学期期中数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、填空题1．空间两直线所成的角大小的取值范围是.2．如图所示：在直三棱柱中，，，则平面与平面ABC所成的锐二面角的大小为.3．已知圆柱Ω的母线长为l，底面半径为r，O是上底面圆心，A，B是下底面圆周上两个不同的点，BC是母线，如图，若直线OA与BC所成角的大小为，则=．4．以下四个命题中，所有真命题的序号为.①三角形（及其内部）绕其一边所在的直线旋转一周所形成的几何体叫圆锥；②正棱柱的侧棱垂直于底面；③棱锥的各侧棱和底面所成的角相等；④圆锥的轴截面一定是等腰三角形.5．正方体中，点为的中点，则异面直线，所成的角的大小为.6．已知在圆锥中，底面圆的直径，的面积为，点在母线上，且，一只蚂蚁若从点出发，沿圆锥侧面爬行到达点，则它爬行的最短距离为.7．如图，在正四棱柱中，，，为的中点，则点到平面的距离为.8．已知是两个相交平面，空间两条直线在上的射影是直线在上的射影是直线.用与，与的位置关系，写出一个总能确定与是异面直线的充分条件：.9．已知某商品的形状为圆台，上下底面圆的半径分别为和，高为，将两个这样完全相同的商品水平放入形状为长方体的外包装盒中（不考虑外包装的厚度），则外包装盒的表面积的最小值为.

10．已知正四面体中，，、，…，在线段AB上，且，过点（、、…、）作平行于直线、BD的平面，截面面积为，则所有截面积之和为.

11．在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且满足直线平面，当直线与平面所成角最小时，记过点的平面截正方体所得到的截面为，所有的面积组成的集合记为，则．12．在棱长为的正方体中，分别为线段和平面上的动点，点为线段的中点，则周长的最小值为.二、单选题13．如图、用斜二测画法作△的直观图得△，其中，是边上的中线，由图形可知，在△（是的中点）中，下列结论中正确的是（

）A． B．C． D．14．如图，正方体中，分别为棱的中点，连接，对空间任意两点，若线段与线段都不相交，则称两点可视，下列选项中与点可视的为（

）A．点 B．点 C．点 D．点15．分别以直角三角形的斜边和两直角边所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积依次为､､，则（

）A． B．C． D．16．已知是正方体的中心，过点的直线与该正方体的表面交于、两点，现有如下命题：①线段在正方体6个表面的投影长度为，则为定值；②直线与正方体12条棱所成的夹角的，则为定值.下列判断正确的是（

）A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题三、解答题17．已知长方体中，，，E，F分别是，的中点.（1）求证：直线平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.18．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且，.

(1)求异面直线和所成角；(2)求二面角的正切值.19．如图，一矩形的一边在轴上，另两个顶点、在函数，的图像上，设、的纵坐标为.

(1)求此矩形绕轴旋转而成的几何体的体积和表面积关于的表达式；(2)求、的取值范围.20．对于函数和数列an、bn，若，，则称an为函数y=fx的“影数列”，bn为函数y=fx的一个“镜数列”.已知，，.(1)若an为y=fx的“影数列”，bn为y=g(2)在（1）的条件下，当，时，比较和的大小，并说明理由；(3)若为函数的“影数列”，为函数的“镜数列”，现将与的公共项按从小到大的顺序重新构成数列，试问在数列中是否存在连续三项构成等比数列？请说明理由.21．如图，在平行六面体中，，，平面，与底面所成角为，设直线与平面､平面､平面所成角的大小分别为，，.(1)若，求平行六面体的体积的取值范围；(2)若且，求，，中的最大值；(3)若，，，，（其中，是指，中的最大的数），求的最小值.参考答案：题号13141516答案CBCD1．.【分析】两直线所成夹角为。【详解】故答案为：两直线所成夹角为。【点睛】此题考查两直线间的夹角范围，属于简单题目。2．【分析】通过题意易得直三棱柱ABC﹣A1B1C1即为正方体的一半，直接得出答案．【详解】根据题意，易得直三棱柱1即为正方体的一半，所求即为平面与平面所成的二面角，即为，又△为等腰直角三角形，，故答案为.【点睛】本题考查二面角的求法，发现“直三棱柱ABC﹣A1B1C1即为正方体的一半”是解决本题的关键，属于中档题．3．【详解】试题分析：如图，过A作与BC平行的母线AD，连接OD，则∠OAD为直线OA与BC所成的角，大小为．在直角三角形ODA中，因为，所以．则．考点：异面直线及其所成的角点评：本题考查了异面直线所成的角，考查了直角三角形的解法，是基础题4．②④【分析】根据几何体的结构特征及性质判断各个命题的真假即可.【详解】①以直角三角形的一条直角边为轴，将三角形旋转一周所得几何体为圆锥，而其它三角形所得为组合体，故①错误；②底面为正多边形的直棱柱叫正棱柱，故侧棱垂直于底面，故②正确；③正棱锥的各侧棱与底面所成角相等，而不是所有棱锥各侧棱和底面所成的角相等，故③错误；④圆锥轴截面有两条边对应圆锥的母线，第三条边为底面直径，故一定为等腰三角形，故④正确.所以真命题有②④.故答案为：②④.5．【分析】在正方体中可以建立空间直角坐标系，得到点的坐标，从而得到对应线的方向向量，通过空间向量的夹角求出异面直线的夹角.【详解】如图：

以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为2，则点A2,0,0，，，，则，，设异面直线，所成的角为，则，∴故答案为：6．【分析】将圆锥沿母线展开，结合圆心角的大小，利用余弦定理求解即可.【详解】设圆锥的母线长为，底面的半径为，因为的面积为，所以，解得.由勾股定理，可得母线，如图，圆锥的侧面展开图为扇形，因为扇形的弧长为，所以扇形的圆心角，所以，在中，由余弦定理是可得，所以，因为，所以蚂蚁爬行的最短距离为的长度，即蚂蚁爬行的最短距离为.7．【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，根据点到平面的距离公式求出答案.【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，解得，令，则，故，故点到平面距离为.故答案为：8．，并且与相交【分析】由异面直线的定义、充要条件的判断结合空间中点线面的位置关系即可得出答案.【详解】当异面时，在上的射影是直线，可能平行或相交：过上的射影是直线，可能平行或相交：但当直线与直线，同时成立时，则：而当直线与､直线与，均相交时，则与可能相交；故能确定与是异面直线的充分条件是，并且与相交（或，并且与相交）.故答案为：，并且与相交.9．【分析】分三种放置情况计算可求得最小表面积.【详解】水平放入长方体的盒子中有三种放法，第一种，两个圆台一个正放，一个倒置放入，其俯视图如图所示，

此种放置时，要使表面积最小，可求得正方形的对角线长为，可得正方形的边长为，表面积为，第二种，两个圆台一个正放，一个倒置放入，其俯视图如图所示，

此种放置时，要使表面积最小，可得长方体的底面长方形的一边长为，另一边为，长方体的高为，表面积为，第三种两个两个圆台重叠方放入，则长方体表面积最小时的长方体的底面是的正方形，高为，可得表面积为，比较可得，表面积最小为.故答案为：.10．【分析】由正四面体的定义和线面垂直的判定与性质，推得，再作出截面，根据线面平行的性质可得四边形为矩形，求得面积，利用以及等差求和公式，结合分组求和即可求解.【详解】过作平行于的平面分别交，，于，，，如图，因为平面，且平面平面，所以，同理,，，故四边形为平行四边形．过作，可得为的中点，连接，可得，而，平面，可得平面，平面，则．故,则四边形为矩形．又为靠近的第个等分点，故．故．，由于，故，故答案为：

【点睛】关键点点睛：根据线面平行的性质以及线面垂直的性质可先证得四边形为矩形，求解面积表达，利用，由分组求和得解.11．【分析】取为中点，为中点，进而证明平面平面，故在上，再根据直线与平面所成角的正弦值为得与重合时，直线与平面所成角最小，再分别讨论的两种位置情况即可得答案.【详解】取为中点，为中点，如图，由正方体的性质得，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面；由中位线性质得：，又因为，所以，因为平面，平面，所以平面，又因为，所以平面平面，所以在上，又因为直线与平面所成角为，，所以当最大时，直线与平面所成角最小，即与重合时，直线与平面所成角最小，当与重合时，过点的平面截正方体所得到的截面为四边形，其面积为；当与重合时，过点的平面截正方体所得到的截面为梯形，该梯形为等腰梯形，上底为，下底为，腰为，其面积为；故．故答案为：【点睛】本题考查线面所成角，面面平行的判定，正方体中的截面问题，考查空间思维能力，运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题意寻找在平面内的轨迹，进而根据线面角的概念求解.12．【分析】设G关于平面对称的点为，的周长，再通过建系以及转化思想转化为平面几何中的距离之和的问题，进而结合三角形三边关系确定最值取得的情况，由此可得结果.【详解】设G关于平面对称的点为，连接，则，，的周长，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则,，，设，则，所以即点到与距离和的最小值，设关于x轴对称的点为，则故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中到定点和到动点的距离和的最值问题的求解，解题关键是转化为平面几何中的距离之和的问题，进而结合三角形三边关系确定最值取得的情况.13．C【分析】还原，可知且，进而通过图形可判断出结果.【详解】由直观图画出如图所示其中，A错误；，B错误；，C正确，D错误故选：C14．B【分析】根据异面直线的定义判断即可.【详解】A选项：四边形是平行四边形，与相交，故A错；C选项：四边形是平行四边形，与相交，故C错；D选项：四边形是平行四边形，与相交，故D错；利用排除法可得选项B正确.故选：B.15．C【分析】设直角三角形的三边分别为､､，，即为斜边，分别求得､､的值，可得结论.【详解】设直角三角形的三边分别为、、，，即为斜边，则以边所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积为，则V1以边所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积为，则V2=1以边所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积为，则V3=1∴1故选：C.16．D【分析】利用特例法可判断①；利用长方体的几何性质，结合两直线所成角的定义可判断②选项，从而得解.【详解】对于①，依题意，设正方体的棱长为，当为正方体的一条体对角线，不妨设与线段重合，在正方体各面上的投影长为，此时，当平面时，在面、的投影长为，在面、、、的投影长为，此时，故不是定值，①错误；对于②，当与正方体的棱平行时，不妨设平面垂直，此时与棱、、、、、、、都垂直，与棱、、、都平行，此时，当不与正方体的棱平行时，过点、分别作正方体的棱的平行线，构成长方体，设与棱、、所成的角分别为、、，由图可知，，同理可得，，由长方体的几何性质可得，所以，此时，所以为定值，故②正确.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于对的位置进行分类讨论，结合长方体的几何性质求解.17．（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）取的中点P，连接，，根据中位线定理结合线面平行的判定定理证明即可；（2）直线与平面所成角就是直线与平面所成角，再由平面，结合直角三角形的边角关系得出答案.【详解】解：（1）取的中点P，连接，，由条件E，F分别是，的中点可知，且故为平行四边形，所以∵平面，且平面∴平面（2）∵平面平面∴直线与平面所成角就是直线与平面所成角.∵平面∴在平面内的射影为因此就是直线与平面所成角.在中，则直线与平面所成角的正弦值为﹒18．(1)(2)【分析】（1）由已知可得为正三角形，取中点，连，即为异面直线和所成角，求解即可.（2）如图，根据线面垂直的判定定理可得平面，则，易证，则为二面角的平面角的补角，结合等面积法求得，即可求解.【详解】（1）在直三棱柱中，平面，平面，则，，所以点的曲率为，所以，所以为正三角形，取中点，连，则，，所以四边形为平行四边形，所以，所以即为异面直线和所成角设，则可得，，所以，即异面直线和所成角为.

（2）取的中点，连接，则，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面.又平面，所以，过作的垂线，垂足为，连接，

则，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以为二面角的平面角的补角.设，设，则，，.由等面积法可得，则，则，故二面角的正切值为.19．(1)，(2)【分析】（1）先求出的范围，再设出点、的坐标为，的坐标，再求出高，根据圆柱体的体积公式得到关于的代数式，以及表面积关于的代数式即可；（2）根据（1）求得的解析式，配方利用二次函数的性质可求得值域．【详解】（1）由，当且仅当时取等号，即又矩形绕轴旋转得到的旋转体是圆柱，设、的坐标为，则圆柱的底面圆半径为，高为，令，则，得所以，（2）由（1），，，，当且仅当，即时，，当或时，，所以；令，则，，，在严格递增，得所以综上所述：，.20．(1)20(2)，理由见解析(3)不存在，理由见解析【分析】（1）由题设定义得出，，再计算的值；（2）当，时，猜想，利用数学归纳法证明即可；（3）由题设定义得出与的通项公式，进而构造函数证明数列中每一项，都有中的项与之相等，再由反证法假设数列中存在连续三项构成等比数列，由等比中项的性质推出矛盾，从而得出证明.【详解】（1）由题意，，，，；以；（2）当，时，猜想，数学归纳法证明如下（ⅰ）当时，，命题成立；（ⅱ）假设当时，命题成立，即，则当时，（*），，即命题也成立由（ⅰ）（ⅱ）可知，当，时，成立.（3），则，，设，即，则，函数，函数单调递增，对于任意，有唯一的与之对应，