四川省内江市第一中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省内江市第一中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D. 不存在
【答案】B
【解析】
【分析】先求出斜率，进而可求出倾斜角.
【详解】直线的斜率为，
所以其倾斜角为.
故选：B.
2. 在空间中，下列命题是真命题的是（ ）
A. 经过三个点有且只有一个平面
B. 垂直同一直线的两条直线平行
C. 如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等
D. 若两个平面平行，则其中一个平面中的任何直线都平行于另一个平面
【答案】D
【解析】
【分析】借助长方体以及平行六面体，举例即可判断B、C；根据面面平行的定义，即可判断D项.
【详解】对于A项，若三点共线，则经过三个点的平面有无数个，故A项错误；

对于B项，如图1，长方体中，有，，但是，故B项错误；

对于C项，如图2，平行六面体中，，，但是与不相等，故C项错误；
对于D项，若两个平面平行，根据面面平行的定义可知，其中一个平面中的任何直线都平行于另一个平面，故D项正确.
故选：D.
3. 如图，是水平放置的的直观图，，，，则原的面积为（ ）

A. 6B. C. 12D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜二测画法画出原图，从而计算出原图的面积.
【详解】根据斜二测画法的知识画出原图如下图所示，

则原的面积为.
故选：C.
4. 将棱长为2的正方体削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】问题等价于求该正方体内切球的表面积，结合已知数据求解.
【详解】易知体积最大的球为该正方体的内切球，球的半径为1，
则该球的表面积为
故选：D.
5. 已知平面平面，．下列结论中正确的是（ ）
A. 若直线平面，则B. 若平面平面，则
C. 若直线直线，则D. 若平面直线，则
【答案】D
【解析】
【分析】
A，利用线面平行的判定定理；B，面面垂直没有传递性；C，利用面面垂直的性质定理；D，利用面面垂直的判定定理；
【详解】A，若，，则或，故A错误；
B，若，，则或与相交，故B错误；
C，若，，，必须，利用面面垂直的性质定理可知，故C错误；
D，若，，即，利用面面垂直的判定定理知，故D正确；
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间直线，平面直线的位置关系的判断，熟练掌握平行和垂直位置关系的判定和性质是解题的关键，属于基础题.
6. 已知直线与直线，若，则（ ）
A. 2或B. 或5C. 5D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行直线的判断方法求解即可.
【详解】因为，
所以，
故选：D
7. 直三棱柱中，，，，则直线与夹角的余弦是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成的角；
【详解】∵直三棱柱，底面三边长，，，,
，，两两垂直．
如图以为坐标原点，建立空间直角坐标系，

则
∵
，，
，
即直线与夹角余弦是为.
故选:C.
8. 在等腰直角三角形ABC中，，点P是边AB上异于A，B的一点，光线从点P出发，经BC，CA发射后又回到原点P（如图11）．若光线QR经过的重心，则Q的坐标等于（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，求出直线与直线的解析式，即可得出Q的坐标.
【详解】由题意，如图建立直角坐标系：

则，直线方程为即，
三角形重心为即，
设，关于直线对称点为，
则，解得
由光的反射可知四点共线，又，
所以直线斜率为，
则直线方程为，且过重心，
即，整理得，解得舍去，，
∴直线的解析式：，即，
∵直线与直线交于点，
∴，解得：，即.
故选：B.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 直线的方程为：，则（ ）
A. 直线斜率必定存在
B. 直线恒过定点
C. 时直线与两坐标轴围成的三角形面积为
D. 时直线的倾斜角为
【答案】BC
【解析】
【分析】当时，斜率不存在，即可判断A，直接求出直线l恒过的定点，即可判断B，时，直线，求出在轴，轴上截距，进而可求出直线l与两坐标轴围成的三角形面积，即可判断C，时，直线斜率为，可得倾斜角，即可判断D.
【详解】当时，直线，此时斜率不存在，故A错误；
直线，即，直线l恒过定点，故B正确；
时，直线，在轴，轴上截距分别为，此时直线l与两坐标轴围成的三角形面积为，故C正确.
时，直线，此时斜率为，倾斜角为，故D错误；
故选：BC
10. 给出以下命题，其中正确的是（ ）
A. 直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直
B. 直线l的方向向量为，平面的法向量为，则
C. 平面的法向量分别为，则
D. 平面经过三个点，向量是平面的法向量，则
【答案】AD
【解析】
【分析】由两条直线的方向向量数量积为0可得两直线垂直判断A；由数量积为0可得或判断B；由平面向量不共线判断C；由法向量与平面向量数量积为0列和的关系判断D.
【详解】对于A，，则，所以l与m垂直，故A正确；
对于B，，则，所以或，故B错误；
对于C，若，则，此方程组无解，所以不成立，故C错误；
对于D，，，因为向量是平面的法向量，
所以，得，，，故D正确.
故选AD
11. 如图，以等腰直角三角形的斜边上的高为折痕，翻折和，使得平面平面.下列结论正确的是（ ）
A. B. 是等边三角形
C. 三棱锥是正三棱锥D. 平面平面
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用面面垂直以及线面垂直的性质可判断A选项；设，利用勾股定理可判断B选项；利用正棱锥的定义可判断C选项；利用面面垂直的性质结合面面垂直的性质可判断D选项.
【详解】对于A选项，翻折前，因为，为的中点，则，
翻折后，对应地有，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，因为平面，故，A对；
对于B选项，设，翻折前，因为为等腰直角三角形，
为的中点，则，且，，
由勾股定理可得，
翻折后，因为平面，平面，则，
由勾股定理得，
在三棱锥中，，则为等边三角形，B对；
对于C选项，在三棱锥中，因为为等边三角形，，
故三棱锥为正三棱锥，C对；
对于D选项，假设平面平面，如下图所示：
取的中点，连接、，因为，为的中点，则，
若平面平面，因为平面平面，平面，
所以，平面，
设等边的中心为点，连接，由正棱锥的性质可知，平面，
因为过点作平面的垂线，有且只有一条，故假设不成立，
即平面与平面不垂直，D错
故选：ABC.
12. 如图所示的八面体的表面是由2个全等的等边三角形和6个全等的等腰梯形组成，设，，有以下四个结论：其中正确的结论是（ ）

A. 平面；
B. 平面；
C. 直线与成角的余弦值为
D. 直线与平面所成角的正弦值为.
【答案】ACD
【解析】
【分析】证明，得到A正确，建立如图所示的空间直角坐标系，确定各点的坐标，平面的法向量为，根据得到B错误，利用向量的夹角公式计算得到CD正确，得到答案.
【详解】对选项A：如图所示，连接，取中点，取中点.连接，，.
由等边三角形的性质得，由等腰梯形的性质得.
又，平面，所以平面.
平面，故，同理，
又，平面，所以平面，正确；

对于选项B：等腰梯形的高，

取中点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设是的中心，是的中心.过作，过作.
，.
所以几何体的高为.
所以，，，，.
所以，，，
设平面的法向量为，
则，取得到，
所以，
所以与平面不平行，错误；

对选项C：，.
所以直线与成角的余弦值为，正确；
对选项D：，，，
.
设平面的法向量为，，
取得到，
所以直线与平面所成角的正弦值为.正确.
故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题考查了空间中的线面位关系及夹角，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中建立空间直角坐标系，将线面关系和夹角转化为向量的关系是解题的关键.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知三点共线，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据A与B的坐标，结合截距式方程可求直线AB的方程，再将C点代入可求m的值.
【详解】直线的方程为，代人，解得．
故答案为：-3.
14. 已知一个圆柱的高是底面半径的2倍，且其上、下底面的圆周均在球面上，若球的体积为，则圆柱的体积为________．
【答案】##
【解析】
【分析】由题先求得球的半径，再根据的数量关系，即可求得圆柱的体积.
【详解】设球的半径为，圆柱的底面圆半径为，则高为.
因为球的体积为，所以，得，
又因为，所以，
所以，圆柱的体积

故答案为：
15. 如图，已知在一个二面角的棱上有两个点，线段分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱.则这个二面角的余弦值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，将二面角的余弦值转化成两向量的夹角，再利用条件即可求出结果.
【详解】因为，，
设二面角为，
则由图知，，又，
则，
即，所以，
故答案为：.
16. 如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，点的轨迹的长度为______.
【答案】
【解析】
【分析】设是的中点，可证的轨迹与的轨迹相同，求得的轨迹之后再求的轨迹.
【详解】由，，为边中点
设是的中点，又为的中点，则且，
而且，所以且，
即为平行四边形，故且，
故的轨迹与的轨迹相同.
因为面，且，所以的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
设中点为O，则，，
又面，面，所以面，
故的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
所以的轨迹长度为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：判断点的轨迹，从圆、椭圆、双曲线、抛物线的性质出发求解.
四、解答题：本题共6小题，第17小题10分，其余小题每题12分，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 三角形三个顶点是，，
（1）求AB边上的高所在直线的方程；
（2）求BC边上的中线所在直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出AB边上的高的斜率，用点斜式方程即可求得；
（2）求出BC边上的中点，利用两点式方程即可求得.
【小问1详解】
因为，，所以.
所以AB边上的高的斜率为.
所以AB边上的高所在直线为：，即
【小问2详解】
因为，，所以BC边上的中点
所以BC边上的中线所在直线，即.
18. 已知平行六面体，，，，，设，，；
（1）试用、、表示；
（2）求的长度.
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）用向量的线性运算求；
（2）把（1）等式平方，由数量积的运算求模．
【详解】解：（1）
（2）
，，
所以
．
的长度为．
19. 如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，，是棱上的中点．

（1）证明平面；
（2）求三棱锥的体积；
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形中位线与底边平行，通过线线平行证明线面平行；
（2）根据等体积法将三棱锥的体积转为求三棱锥的体积，在求出三棱锥高和底面积，根据三棱锥公式求解即可.
【小问1详解】
令的交点为，连接
因为四边形是菱形，所以是的中点，
又因为是棱上的中点，所以在中，，
因为平面，平面
所以平面.
【小问2详解】
因为四边形是菱形，所以．
又平面，且，所以平面
因为平面，所以
因为，所以，所以．
因为平面，且，所以平面．
因为是棱上的中点，所以到平面的距离．
四边形是菱形，，
则中，，
，三棱锥的体积为
20. 已知直线l：．
（1）证明：直线l恒过第二象限；
（2）若直线l交x轴的负半轴于点A，交y轴的正半轴于点B，O为坐标原点，设的面积为S，求S的最小值及此时直线l的一般式方程．
【答案】（1）证明见解析
（2），
【解析】
【分析】（1）直线含参先求出定点，进而可证明；
（2）直线过定点求面积的最值，可将直线直接设为截距式，再利用基本不等式求出其面积最小值及直线方程.
【小问1详解】
因为直线方程为：，
因为，所以，解得，
所以直线恒过点，
而点在第二象限，所以直线l恒过第二象限；
【小问2详解】
设直线l为，
因为在直线上，所以，
又，
所以，两边同时平方得：，，
当且仅当，即，时取等号，
所以的面积为，即S的最小值为，
此时直线方程为，化简得：.
21. 如图，在三棱柱中，，，平面平面，.

（1）求证：；
（2）当时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得答案；
（2）根据题意，以为坐标原点，，，分别为，，的正向建立空间直角坐标系，求出平面，平面的法向量，由平面夹角的向量求法可得答案.
【小问1详解】
，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，
【小问2详解】

以为坐标原点，，，分别为的正向，建立空间直角坐标系，
则各点坐标如下：，，，，
取平面的一个法向量为，设平面的法向量为，
取，，
则，可得，令，可得，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
22. 如图所示，等腰梯形ABCD中，∥，，，E为CD中点，AE与BD交于点O，将沿AE折起，使得D到达点P的位置（平面ABCE）．

（1）证明：平面POB；
（2）若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为，若存在，确定Q点位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在；Q为线段PB中点
【解析】
【分析】（1）根据线线垂直即可由线面垂直的判断求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法求解线面角，即可求解.
【小问1详解】
证明：连接BE，在等腰梯形ABCD中，，，E为CD中点，
∴四边形ABED为菱形，∴，∴，，
即，，且，平面POB，平面POB，
∴平面PBO．
【小问2详解】
由（1）可知四边形ABCD为菱形，∴，在等腰梯形ABCD中，
∴正三角形，∴，同理．
∵，∴，∴．
由（1）可知，，O为原点，，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，由题意得，各点坐标为，，，，，
∴，，，,
设，
，
设平面AEQ的一个法向量为，
则，即，
取得，，得，所以，
设直线PC与平面AEQ所成角为，，则，
即，化简得，解得．
即Q为线段PB中点．