2025-2026学年广东省肇庆市封开县江口中学高二（上）期中数学试卷（有答案和解析）

这是一份2025-2026学年广东省肇庆市封开县江口中学高二（上）期中数学试卷（有答案和解析），共17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.已知向量a=(1,0,0)，b=(0,−1,1)，则|a+2b|为( )
A. 1B. 3C. 6D. 9
2.面积为4的正方形，绕其一边旋转一周，则所得几何体的侧面积为( )
A. 4πB. 8πC. 12πD. 16π
3.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列三个命题：
①若m⊥α，n//α，则m⊥n；
②若m//n，n⊥β，m//α，则α⊥β；
③若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n.
其中真命题的个数是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
4.在四面体OABC中，点M满足4OA=5OM，N为BC的中点，若MN=xOA+yOB+zOC，则5x+y+z=( )
A. 3
B. −3
C. 4
D. −4
5.已知空知向量a=(2,−2,−1)，b=(3,0,1)，则向量b在向量a上的投影向量是( )
A. (109,−109,−59)B. (103,−103,−53)C. (32,0,12)D. (3 102,0, 102)
6.已知a=(−1,2,2)，b=(−2,2,1)，若a⊥(a−λb)，则实数λ=( )
A. 89B. 67C. 98D. 94
7.如图，在棱长为1的正四面体ABCD中，侧棱AD与底面BCD所成角的余弦值为( )
A. 63
B. 33
C. 66
D. 36
8.已知两条直线l1：ax+4y−1=0，l2：x+ay+2=0，若l1//l2，则a=( )
A. 0B. 2C. −2D. 2或−2
二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别是AB，CC1的中点，则( )
A. AC1//MNB. B1D⊥MN
C. AC1//平面MNDD. 三棱锥B1−MND的体积为1
10.如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，以A为顶点的三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是60∘，则下列说法中正确的是( )
A. AC1= 6
B. AC1⊥BD
C. 向量AA1与B1C的夹角是120∘
D. BD1与AC所成角的余弦值为 63
11.如图，圆锥SO的体积为3π，母线与底面所成角为60∘，AB为底面的一条直径，点D是线段SA上靠近S的三等分点，点E为AB的中点，则( )
A. 圆锥SO的侧面积为6π
B. SB//平面ODE
C. 直线DE，SB所成角的余弦值为7 2244
D. 点S到平面ODE的距离为3 77
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在空间直角坐标系中，直线l经过点P(2,−1,−2)，且其方向向量n=(1,2,−1)，则点M(1,0,−2)到l的距离为 .
13.已知直线l倾斜角的余弦值为− 55，且经过点(2,1)，则直线l的方程为 .
14.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，若∠ACB=90∘，AA1=AC=BC=1，则二面角A−BC1−C的余弦值为 .
四、解答题：本题共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.(本小题13分)
已知a=(2,−3,1)，b=(2,0,3)，c=(0,0,m).
(1)若a⋅(b+c)=9，求m的值；
(2)若(ka+b)⊥(a−b)，求k的值.
16.(本小题15分)
若直线l1经过直线x−2y−1=0与x+y−4=0的交点，且与直线l2：2x−y=0平行.
(1)求直线l1的方程；
(2)求直线l1与l3：4x−2y−3=0的距离.
17.(本小题15分)
如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=4，点M是AC的中点.
(1)求证：AB1//平面MBC1；
(2)若三棱锥C1−MBC的体积为2 3，求这个三棱柱的侧棱长.
18.(本小题17分)
已知△ABC的三个顶点为A(4,0)，B(6,7)，C(0,3)，D为BC的中点.
(Ⅰ)求BC边上中线AD所在直线的方程；
(Ⅱ)求BC边上的垂直平分线DE所在直线的方程；
(Ⅲ)求△ABC的面积.
19.(本小题17分)
如图，在底面为直角梯形的四棱锥E−ABCD中，AD//BC，∠ABC=90∘，EA⊥平面ABCD，EA=3，AD=2，AB=2 3，BC=6.
(Ⅰ)求证：BD⊥平面EAC；
(Ⅱ)求二面角E−BD−A的大小；
(Ⅲ)求B到平面EDC的距离.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题可得：a+2b=(1,0,0)+2(0,−1,1)=(1,−2,2)，
故|a+2b|= 12+(−2)2+22=3.
故选：B.
先求得a+2b，进而求解结论．
本题主要考查空间向量的运算，考查计算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由题可得正方形边长为2，
绕该正方形任意一边所在直线旋转一周，所得的几何体都是母线长为2，底面半径为2的圆柱，
所得几何体的侧面积为2π×2×2=8π.
故选：B.
根据给定条件，利用圆柱侧面积公式求解即得．
本题主要考查圆柱的侧面积，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：对于①，m⊥α，由n//α，则存在直线a⊂α，使得n//a，
而m⊥α，可得m⊥a，再由平行线的性质可得m⊥n，故①正确；
对于②，由m//n，n⊥β，则m⊥β，
而m//α，则存在直线a⊂α，使得m//a，则a⊥β，由面面存在的判定定理可得α⊥β，故②正确；
对于③，由α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m，n异面，故③错误．
故选：C.
对于①，根据线面平行、线面垂直的性质判断即可；
对于②，结合线面垂直的性质、线面平行、面面垂直的判定定理判断即可；
对于③，由面面平行的性质判断即可．
本题考查线面平行的判定定理的应用，面面平行的性质定理的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：四面体OABC中，点M满足4OA=5OM，N为BC的中点，
则MN=MA+AB+BN=15OA+OB−OA+12BC
=15OA+OB−OA+12OC−12OB
=−45OA+12OB+12OC，
若MN=xOA+yOB+zOC，则x=−45，y=z=12，
所以5x+y+z=−4+12+12=−3.
故选：B.
结合空间向量线性运算及空间向量基本定理即可求解．
本题主要考查了空间向量基本定理，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查向量在向量上投影向量的求法，考查运算求解能力，是基础题．
结合题意，利用向量的数量积公式结合投影向量的求法即可得到答案．
【解答】
解：∵向量a=(2,−2,−1)，b=(3,0,1)，
∴a⋅b=2×3+(−2)×0+(−1)×1=5，a=3，
∴向量b在向量a上的投影向量为a⋅ba⋅aa=53⋅a3=59a=109,−109,−59，
故选：A.
6.【答案】C
【解析】解：由a=(−1,2,2)，b=(−2,2,1)，
可得a2=(−1)2+22+22=9，a⋅b=2+4+2=8，
由a⊥(a−λb)，
得a⋅(a−λb)=a2−λa⋅b=9−8λ=0，
解得λ=98.
故选：C.
利用空间向量模及数量积的坐标表示，结合垂直关系的向量表示及运算律列式求解．
本题考查向量的运算性质的应用，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：如图，设A在底面的射影为O，
因为四面体ABCD为正四面体，所以O为正△BCD的中心，
延长DO交BC于点M，则M为BC的中点，且DM⊥BC，
所以直线AD与平面BCD所成角为∠ADO，
又DM= BD2−BM2= 12−(12)2= 32，
所以OD=23DM=23× 32= 33，
所以cs∠ADO=ODAD= 33，
所以侧棱AD与底面BCD所成角的余弦值为 33.
故选：B.
由题意可知点A在平面BCD的射影O为正△BCD的重心，结合线面角的定义知侧棱AD与底面BCD所成角为∠ADO，并求出OD的长，即可求出cs∠ADO.
本题考查线面角的求解，属中档题．
8.【答案】D
【解析】解：由题可得：a1=4a≠−12，
所以a=2或a=−2.
故选：D.
根据给定条件，利用两条直线平行列式求解．
本题主要考查两直线平行的性质应用，考查计算能力，属于基础题．
9.【答案】BD
【解析】解：对于A选项，建系如图：
则A(2,0,0)，C1(0,2,2)，M(2,1,0)，N(0,2,1)，D(0,0,0)，B1(2,2,2)，
所以AC1=(−2,2,2)，MN=(−2,1,1)，DB1=(2,2,2)，MN=(−2,1,1)，
所以AC1与MN不共线，所以AC1与MN不平行，故A错误；
对于B选项，因为DB1⋅MN=2×(−2)+2×1+2×1=0，
所以B1D⊥MN，故B正确；
对于C选项，因为AC1=(−2,2,2)，DN=(0,2,1)，DM=(2,1,0)，
设平面MND的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DN=0n⋅DM=0，即2y+z=02x+y=0，取n=(−1,2,−4)，
所以n⋅AC1=(−1)×(−2)+2×2+2×(−4)=−2，所以n与AC1不垂直，
所以AC1不平行于平面MND，故C错误；
对于D选项，过点M作MP//DN，与BB1相交于点P，则M、P、D、N四点共面，
又M、N分别是AB、CC1的中点，所以点P为BB1上靠近点B的四等分点，
所以MP=12DN，所以S△MPN=12S△MDN，
所以VB1−MND=2VB1−MNP=2VM−B1NP，
又VM−B1NP=13⋅MB⋅S△B1NP=13⋅MB⋅12⋅34BB1⋅BC=13×1×12×34×2×2=12，
所以VB1−MND=2VM−B1NP=2×12=1，故D正确．
故选：BD.
对于A，B，C选项，根据几何体建立空间直角坐标系，根据空间向量的关系即可证明，对于D选项，过点M作MP//DN，可得MP=12DN，所以S△MPN=12S△MDN，所以VB1−MND=2VB1−MNP=2VM−B1NP，即可求解．
本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
10.【答案】ABC
【解析】解：平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，以A为顶点的三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是60∘，
∴AA12=AB2=AD2=1，
AA1⋅AB=AA1⋅AD=AD⋅AB=1×1×cs60∘=12，
对于A，∵AC1=AA1+AB+AD，
∴|AC1|2=(AA1+AB+AD)2=AA12+AB2+AD2+2AA1⋅AB+2AB⋅AD+2AA1⋅AD=1+1+1+3×2×12=6，
∴|AC1|= 6，故A正确；
对于B，∵AC1⋅BD=(AB+AD+AA1)⋅(AD−AB)
=AD2−AB2+AD⋅AA1−AB⋅AA1=0，
∴AC1⊥BD，故B正确；
对于C，B1C=B1C1+B1B=−AA1+AD，
∴|B1C|= (−AA1+AD)2= 1+1−1=1，
∴cs=B1C⋅AA1|B1C|⋅|AA1|=(−AA1+AD)⋅AA1|B1C|⋅|AA1|
=−1+121×1=−12，
∴向量AA1与B1C的夹角是120∘，故C正确；
对于D，∵BD1=AD+AA1−AB，AC=AB+AD，
∴BD1⋅AC=(AD+AA1−AB)⋅(AB+AD)
=AD⋅AB+AD2+AA1⋅AB+AA1⋅AD−AB2−AB⋅AD=1，
∵|BD1|= (AD+AA1−AB)2= 1+1+1+2×12−2×12−2×12= 2，
|AC|= (AB+AD)2= 1+2×12+1= 3，
∴cs=|BD1⋅AC||BD1|⋅|AC|=1 2× 3= 66，故D错误．
故选：ABC.
根据题意，利用空间向量的线性运算和数量积运算，对选项中的命题进行分析判断，能求出结果．
本题考查空间向量的线性运算和数量积运算等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：对A选项：设圆锥SO的高为h，底面圆半径为r，
因为母线与底面所成角为60∘，所以h= 3r，
所以圆锥SO的体积为V=13πr2h=13πr2⋅ 3r=3π，
所以r= 3,h=3，
所以圆锥SO的侧面积S=πrl=π× 3×2 3=6π，所以A选项正确；
对B选项：以O为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，如图：
则O(0,0,0),E(0, 3,0),D(− 33,0,2),S(0,0,3),B( 3,0,0)，
所以OE=(0, 3,0)，OD=(− 33,0,2),SB=( 3,0,−3)，
设平面ODE的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅OE= 3y=0n⋅OD=− 33x+2z=0，取n=(2 3,0,1)，
所以n⋅SB=3≠0，所以B选项错误；
对C选项：因为DE=( 33, 3,−2)，
设直线DE，SB所成角的θ，
所以直线DE，SB所成角的余弦值为：
csθ=|DE⋅SB||DE||SB|=7 223×2 3=7 2244，所以C选项正确；
对D选项：设点S到平面ODE的距离为d，
则OS=(0,0,3)，
所以d=|OS⋅n||n|=3 13=3 1313，所以D选项错误．
故选：AC.
设圆锥SO的高为h，底面圆半径为r，结合体积V=13πr2h=3π，可求则r= 3,h=3，即可求解对A判断；建立空间直角坐标系，利用向量法证明线面平行，即可对B判断；利用异面直线夹角的向量求法可对C判断；利用向量法求点到面的距离可对D判断．
本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
12.【答案】 666
【解析】解：因为直线l经过点P(2,−1,−2)，且其方向向量n=(1,2,−1)，M(1,0,−2)，
所以与n同向的单位向量为v=n|n|=1 6(1,2,−1)，
设a=PM=(−1,1,0)，则a2=2,a⋅v=1 6，
点M到直线l的距离d= a2−(a⋅v)2= 2−16= 116= 666.
故答案为： 666.
根据给定条件，利用点到直线距离的向量求法计算即得．
本题考查空间中点到直线的距离的求解，属基础题．
13.【答案】2x+y−5=0
【解析】解：设倾斜角为θ，
已知直线l倾斜角的余弦值为− 55，即csθ=− 55，故sinθ=2 55，
所以tanθ=sinθcsθ=−2，
由于直线经过点(2,1)，
故直线的方程为y−1=−2(x−2)，整理得2x+y−5=0.
故答案为：2x+y−5=0.
首先求出直线的斜率，进一步利用点斜式求出直线的方程．
本题考查的知识点：直线的方程的求法，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
14.【答案】 33
【解析】解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90∘，
所以CC1⊥BC，CC1⊥AC，AC⊥BC，
如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则点A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，C1(0,0,1)，
所以BC1=(0,−1,1)，AB=(−1,1,0)，
设平面ABC1的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅BC1=0,n⋅AB=0,即−y+z=0,−x+y=0.
令y=1，则n=(1,1,1)，
显然平面CBC1的一个法向量m=(1,0,0)，
cs=n⋅m|n|⋅|m|=1 3×1= 33，
故二面角A−BC1−C的余弦值是 33.
故答案为： 33.
先证CC1⊥BC，CC1⊥AC，AC⊥BC，再建立空间直角坐标系，分别求出平面ABC1的法向量和平面CBC1的法向量，利用向量法求解即可．
本题考查向量法在立体几何中的应用，属于中档题．
15.【答案】2；
67
【解析】(1)因为a=(2,−3,1)，b=(2,0,3)，c=(0,0,m)，
所以b+c=(2,0,3+m)，
若a⋅(b+c)=9，则2×2−3×0+3+m=9，解得m=2；
(2)ka+b=(2+2k,−3k,3+k)，a−b=(0,−3,−2)，
若(ka+b)⊥(a−b)，则0×(2+2k)−3×(−3k)−2(3+k)=0，
解得，k=67.
(1)结合向量数量积的坐标表示即可求解；
(2)结合向量数量积性质的坐标表示即可求解．
本题主要考查了空间向量数量积的坐标表示，属于基础题．
16.【答案】2x−y−5=0；
7 510
【解析】(1)由x−2y−1=0x+y−4=0，解得直线x−2y−1=0与x+y−4=0交于点P(3,1)，
直线l2：2x−y=0的斜率k=2，
因为直线l1与直线l2平行，且直线l1经过点P(3,1)，
所以直线l1的方程为y−1=2(x−3)，即2x−y−5=0.
(2)直线l1的方程可化为4x−2y−10=0，
所以直线l1、l3的距离d=|−10−(−3)| 42+(−2)2=72 5=7 510.
(1)根据题意，求得两直线的交点，然后根据直线l1与直线l2平行，结合直线的点斜式方程求出答案；
(2)根据两条平行直线间的距离公式求解，可得l1与l3的距离．
本题主要考查直线的方程、两条直线平行的条件、平行直线之间的距离公式等知识，属于基础题．
17.【答案】连接B1C，交BC1于点N，连接MN，
∵四边形BB1C1C为矩形，∴N为B1C的中点，
又点M是AC的中点，∴AB1//MN，
∵AB1⊄平面MBC1，MN⊂平面MBC，
∴AB1//平面MBC1.
3
【解析】(1)证明：连接B1C，交BC1于点N，连接MN，
∵四边形BB1C1C为矩形，∴N为B1C的中点，
又点M是AC的中点，∴AB1//MN，
∵AB1⊄平面MBC1，MN⊂平面MBC，
∴AB1//平面MBC1.
(2)∵△ABC为等边三角形，M是AC的中点，∴BM⊥AC，
又AC=4，∴BM=2 3，
∵CC1⊥平面ABC，
设CC1=k，则S△ABC=12CM⋅BM=2 3，
VC1−MBC=13S△MBC⋅h，
即13×2 3h=2 3，解得h=3，
∴这个三棱柱的侧棱长为3.
(1)连接B1C，交BC1于点N，连接MN，推导出AB1//MN，由此能证明AB1//平面MBC1.
(2)推导出BM⊥AC，CC1⊥平面ABC，利用三棱柱体积公式能求出这个三棱柱的侧棱长．
本题考查线面平行的判定与性质、三棱柱体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】(Ⅰ)5x+y−20=0；
(Ⅱ)3x+2y−19=0；
(Ⅲ)17.
【解析】(Ⅰ)∵B(6,7)，C(0,3)，
∴BC的中点坐标为(3,5)，∵A(4,0)，
∴BC边上的中线所在直线的方程为y−05−0=x−43−4，即5x+y−20=0；
(Ⅱ)∵kBC=7−36−0=23，
∴BC边的垂直平分线的斜率为−32，
∴BC边的垂直平分线的方程为y−5=−32(x−3)，
即3x+2y−19=0；
(Ⅲ)直线BC的方程为y−3=23x，
即2x−3y+9=0，A到BC的距离为|8+9| 4+9=17 13，
|BC|= 36+16=2 13，∴△ABC的面积S=12×17 13×2 13=17.
(Ⅰ)求出BC的中点坐标，利用两点式求BC边上的中线所在直线的方程；
(Ⅱ)求出BC边的垂直平分线的斜率，利用点斜式求BC边的垂直平分线的方程；
(Ⅲ)求出A到BC的距离，|BC|，即可求△ABC的面积．
本题考查直线方程，考查两点式、点斜式的运用，三角形面积的计算，是基础题．
19.【答案】(Ⅰ)证明：∵EA⊥平面ABCD，BD在平面ABCD内，
∴EA⊥BD，tan∠ABD=ADAB= 33，tan∠BAC=BCAB= 3，
∴∠ABD=30∘，∠BAC=60∘，∴∠APB=90∘，
即BD⊥AC，
∵EA∩AC=A，EA，AC⊂平面EAC，
∴BD⊥平面EAC；
(Ⅱ)60∘；
(Ⅲ)185.
【解析】(Ⅰ)证明：∵EA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴EA⊥BD，tan∠ABD=ADAB= 33，tan∠BAC=BCAB= 3，
∴∠ABD=30∘，∠BAC=60∘，∴∠APB=90∘，
即BD⊥AC，
∵EA∩AC=A，EA，AC⊂平面EAC，
∴BD⊥平面EAC.
(Ⅱ)设AC∩BD=P，连接PE，
∵BD⊥平面EAC.PE，AP⊂平面EAC，
∴BD⊥PE，BD⊥AP，
∴∠APE是二面角E−BD−A的平面角，
在Rt△APB中，AP=ABsin∠ABD= 3，
∴tan∠APE=AEAP= 3，
∴∠APE=60∘，
∴二面角E−BD−A的大小为60∘；
(Ⅲ)如图建系：B(2 3,0,0)，D(0,2,0)，C(2 3,6,0)，E(0,0,3)，
则DE=(0,−2,3)，DC=(2 3,4,0)，
设平面EDC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DE=−2y+3z=0n⋅DC=2 3x+4y=0，
令x= 3，则y=−32，z=−1，
即n=( 3,−32,−1)，
又BD=(−2 3,2,0)，
∴B到平面EDC的距离d=|BD⋅n||n|=952=185.
(Ⅰ)由EA⊥BD，BD⊥AC，即可求证；
(Ⅱ)设AC∩BD=P，连接PE，由(1)可得∠APE是二面角E−BD−A的平面角．即可求解；
(Ⅲ)建系，求得平面法向量，由距离公式即可求解．
本题考查线面垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．