四川省内江市威远中学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题及答案

这是一份四川省内江市威远中学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题及答案，共22页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分150分，考试时间120分钟.
第Ⅰ卷 （选择题 共58分）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知一个水平放置的用斜二测画法得到的直观图如图所示，且，则其平面图形的面积是（ ）
A. 4B. C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据直观图画出平面图形，求出相关线段的长度，即可求出平面图形的面积.
详解】由直观图可得如下平面图形：
其中，，
所以.
故选：A
2. 设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】利用可能平行判断，利用线面平行的性质判断，利用或与异面判断，与可能平行、相交、异面，判断.
【详解】，，则可能平行，错；
，，由线面平行的性质可得，正确；
，，则， 与异面；错，
，，与可能平行、相交、异面，错，.故选B.
【点睛】本题主要考查线面平行的判定与性质、线面面垂直的性质，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.
3. 下列命题中正确的是（ ）
A. 点关于平面对称的点的坐标是
B. 若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则
C. 已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则
D. 若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线l与平面所成的角为
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量对称性知识来判断A，利用直线方向向量与法向量垂直，结合线与面的位置关系来判断B，利用空间四点共面的性质来判断C，利用直线方向向量与法向量夹角来判断D.
【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，A选项错误；
对于B，若直线l的方向向量为，平面的法向量为，因为，所以，则或，B选项错误；
对于C ，已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则，解得，C选项错误；
对于D，若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线l与平面所成的角为，D选项正确；
故选：D
4. 如图，在直三棱柱中，，点为侧棱上的动点．当最小时，三棱锥的体积为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】如图，将直三棱柱展开成矩形，连结交于，此时最小，则，利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可求解.
【详解】将直三棱柱展开成矩形，
如下图，连接，交于，此时最小，
∵，则，而，
由且都在面，则面，
又，则面，即面，
点为侧棱上的动点，当最小时，即，得，
又为直角三角形，此时三棱锥的体积为：
.
故选：C
5. 黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器．该龙纹盘敞口，弧壁，广底，圈足．器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收．黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径，足径，高，其中底部圆柱高，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（ ）（附：的值取3，）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求圆台母线长，再代入圆台和圆柱侧面积公式，即可求解.
【详解】设该圆台的母线长为，两底面圆半径分别为，（其中），
则，，，
所以，
故圆台部分的侧面积为，
圆柱部分的侧面积为，
故该黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为.
故选：B.
6. 设直线l的方程为（），则直线l的倾斜角的取值范围是 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线斜率的取值范围求倾斜角的范围.
【详解】设直线的斜率为，则，
故，而，故，
故选：C.
7. 在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，已知四棱锥为阳马，且，底面．若是线段上的点（不含端点），设与所成的角为，与底面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件作出与、与底面所成的角，确定二面角的平面角，再推理计算作答.
【详解】四棱锥中，是线段上的点(不含端点)，过E作交CD于F，连接DE，SF，如图，
则是与所成的角，即，因底面，则是与底面所成的角，即，
而底面， 则，又是长方形，即，而，平面，
则平面，又平面，即有，于是得是二面角的平面角，，
中，，中，，
由底面，底面可得，而，则有，
因，平面，则平面，又平面，
有，，
因，即有，因此，，而正切函数在上递增，
所以.
故选：A
8. 如图，在三棱锥中，两两垂直，且，以为球心，为半径作球，则球面与底面的交线长度的和为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由等体积公式求出截面圆的半径为，画出截面图形，再利用H为的中心，求出，再利用弦长公式求出，最后求出交线长度.
【详解】由题意知三棱锥为正三棱锥，故顶点在底面射影为的中心，连接，由，
得，所以，
因为球的半径为，所以截面圆的半径，
所以球面与底面的交线是以为圆心，为半径的圆在内部部分，
如图所示

易求，所以，
易得，所以，
所以交线长度和为.
故选：C.
【点睛】本题为空间几何体交线问题，找到球面与三棱锥的表面相交所得到的曲线是解决问题的关键.具体做法为由等体积公式求出截面圆的半径，画出截面图形，再利用H为的中心，求出，再利用弦长公式求出，最后求出交线长度.
二、多选题（本题共3个小题，每题6分，有多个选项，不分选对得部分分，共18分）
9. 直线的图象可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】将两直线的方程均化为斜截式，先固定，判断另外一条是否与之相符.
【详解】对于A，由可知，，此时与图象不符，故A错误；
对于B，由可知，，此时图象可能，故B正确；
对于C，由可知，，此时图象可能，故C正确；
对于D，由可知，，此时与图象不符，故D错误.
故选：BC.
10. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，则（ ）

A. B.
C. 平面D. 异面直线与夹角的余弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，根据向量的线性运算判断A，由向量模的坐标表示判断B，根据数量积为0证明垂直判断C，由异面直线所成角的向量求法判断D.
【详解】因为平面平面，所以，
在正方形中，有，所以两两互相垂直，所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

而，从而A0,0,0，，，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，，平面的一个法向量为，故C正确；
对于D，，所以异面直线与夹角的余弦值为，故D正确．
故选：ACD．
11. 如图，一个漏斗形状的几何体上面部分是一个长方体，下面部分是一个四棱锥，四棱锥的四条侧棱都相等，两部分的高都是，公共面是一个边长为1的正方形，则（ ）
A. 该几何体的体积
B. 直线PD与平面ABCD所成角的正切值为
C. 异面直线AP与CC1的夹角正弦值为
D. 存在一个球，使得该几何体所有顶点都在球面上
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据长方体和棱锥的体积公式求解即可；对于B，连接交于，连接，则可得为直线与平面所成角，然后求解即可；对于C，由于,则可得的补角为异面直线与的夹角，然后在中求解即可；对于D，先求出长方体的外接球半径，然后判断点是否在该球上即可.
【详解】对于A，该几何体的体积为，故A正确；
对于B，连接交于，连接，
由题意可知四棱锥为正四棱锥，
所以平面，
所以为直线与平面所成角，
因为正方形的边长为1，
所以，
所以，故B正确；
对于C，设，
因为，
所以或其补角为异面直线与的夹角,
且，
所以，
所以异面直线与的夹角余弦值为，故C错误；
对于D，设长方体的外接球的球心为，半径为，
则为的中点，
且，得，
因为，
所以点长方体的外接球上，
所以存在一个球，使得该几何体所有顶点都在球面上，故D正确.
故选：ABD.
第II卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，请把答案填在答题卡相应位置上.
12. 若直线：与直线：平行，则实数_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据平行关系得到方程，求出答案.
【详解】由题意得，解得，检验符合.
故答案为：
13. 已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则________．
【答案】2
【解析】
【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.
【详解】如图，将三棱锥转化为正三棱柱，
设的外接圆圆心为，半径为，
则，可得，
设三棱锥的外接球球心为，连接，则，
因为，即，解得.
故答案为：2.
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解；
（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；
（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；
（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
14. 如图，边长为2的正方形沿对角线折叠，使，则三棱锥的体积为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得到，，证得平面，设，且，由，求得，得到，求得，结合，即可求解.
【详解】取中点O，连接，可则,，
因为且平面，所以平面，
设，且，
因为正方形的边长为，可得且，
又由，
因为，可得，
解得，所以，
所以，
所以三棱锥的体积为.
故答案为：
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知，，．求：
（1）BC边上的中线所在的直线方程；
（2）AB边垂直平分线方程；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据中点坐标公式求出中点，然后利用两点坐标写出直线方程即可；
（2）利用垂直平分线经过AB的中点，且和AB垂直求解即可.
【小问1详解】
由于，，则中点坐标为，直线的斜率，
所以BC边上的中线所在的直线方程为，整理得；
【小问2详解】
由于，，所以直线的斜率，AB中点坐标为
所以，AB边垂直平分线斜率且过，
故AB边垂直平分线方程为整理得．
16. 如图，PA⊥平面ABC，AB为圆O的直径，E，F分别为棱PC，PB的中点．
（1）证明：EF平面ABC．
（2）证明：平面EFA⊥平面PAC．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用中位线定理得到EFBC，利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）由AB为圆O的直径，得到BC⊥AC，再利用线面垂直得到BC⊥PA，从而BC⊥平面PAC，结合（1）中，所以EF⊥平面PAC，得到面面垂直.
【小问1详解】
因为E，F分别为棱PC，PB的中点，所以EFBC，
因为平面ABC，平面ABC，
所以EF平面ABC；
【小问2详解】
因为AB为圆O的直径，所以BC⊥AC．
因为PA⊥平面ABC，平面ABC，所以BC⊥PA，
又，PA，平面PAC，所以BC⊥平面PAC，
由（1）知，所以EF⊥平面PAC，又平面EFA，
所以平面EFA⊥平面PAC．
17. 已知一条动直线，
（1）求直线恒过的定点的坐标；
（2）若直线与x、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，的面积为6，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）重新整理直线方程，由此列方程组来求得定点坐标.
（2）利用截距式设出直线方程，根据三角形的面积以及点坐标求得直线的方程，再经过验证来确定正确答案.
【小问1详解】
由题意，整理得，
所以不管取何值时，直线恒过定点的坐标满足方程组，
解得，即.
【小问2详解】
设直线方程为，则，
由直线恒过定点，得，
由整理得：，解得或，
所以直线方程为：或，
即或，
又直线的斜率，
所以不合题意，则直线方程为.
18. 如图，三棱台中，是正三角形，平面ABC，，M，N分别为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先应用线面垂直判定定理得出平面再应用线面垂直性质得出线线垂直，即可证明线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，应用空间向量法求线面角正弦值即可.
【小问1详解】
因为是正三角形，M为AB中点，所以CM⊥AB，
因为平面平面ABC，所以，
又平面
所以平面
又因为平面，所以，
连接，易得，
所以，所以，
又因为，所以，
因为，平面，
所以平面.
【小问2详解】
取AC中点O，连接，易知三条直线两两垂直，
以O为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
由（1）知平面的一个法向量为，又，
所以，
因为直线与平面所成的角为直线与所成角的余角，
所以直线与平面所成的角的正弦值为．
19. 已知两个非零向量，在空间任取一点，作，则叫做向量的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量都垂直，它的模．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，
为线段上一点，．

（1）求的长；
（2）若为的中点，求二面角的正弦值；
（3）若为线段上一点，且满足，求．
【答案】（1）2 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，利用向量的坐标运算将条件等式转化为关于的方程求解可得；
（2）利用法向量方法求二面角；
（3）设，，利用向量的坐标运算将条件转化为垂直关系，结合模长等量关系，建立的方程组求解可得.
【小问1详解】
由题意，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，由已知，
则,
则，
则，
且.
由题意知,
所以有，
则，解得（舍去），
故的长为.
【小问2详解】
由（1）知，,
又为中点，则，，
平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，令，则.
故平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，且，
则，
故.
故二面角的正弦值为.
【小问3详解】
由（1）可得，
由题意，设，，
则
则，
由可知，，
且，由，
则，解得；
则，
则解得，，
则，
又，解得.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于理解新定义“向量积”，首先它是一个向量，解题中也要从方向与长度两个方面分析，如第三问中的转化：一是该向量的垂直关系可得与两个等式；二是向量的模长.由此通过建立空间直角坐标系向量坐标化转化为方程组的求解即可.