2025-2026学年四川省达州外国语学校高二上学期期中考试数学试题 [附答案]

这是一份2025-2026学年四川省达州外国语学校高二上学期期中考试数学试题 [附答案]，共13页。试卷主要包含了单选题.，多项选择题，填空题．，解答题．等内容，欢迎下载使用。
一、单选题(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．直线的倾斜角是（ ）
A．0B．C．D．
2．已知，，是空间中三条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，，则
C．若，，，，则
D．若，，，，则
3．向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A．B．C．D．
4．已知直线，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．如图，已知在长方体中，，，点，分别在棱和上，且，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知点在确定的平面内，是平面外任意一点，满足，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．在正三棱台中，已知，，侧棱的长为2，则此正三棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．在空间直角坐标系中，经过点，且以为法向量的平面的方程为.若平面的方程化简为，直线的方向向量为，则直线与平面的所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．在棱长为1的正方体中，M，N分别为AD，CD的中点，过，M，N三点的截面将正方体分成两部分，其中体积小的几何体的体积记为，体积大的几何体的体积记为，则（ ）
A．平面B．
C．截面的周长为D．
11．如图，在正四棱柱中，，，点为线段上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线平面
B．三棱锥的体积为定值
C．三棱锥外接球的体积为
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，答案填在答题卡对应题号后的横线上）．
12．已知直线和直线垂直，则实数的值为 ．
13．已知点，，直线是过点且与线段AB相交且斜率存在，则的斜率的取值范围是 ．
14．如图，在三棱锥中，，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为 ．
四、解答题（本大题共5小题，其中15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．
15．已知正四面体的棱长为1，E，F分别为棱BC，CD的中点，点G为线段AF的中点.
(1)用，，表示；
(2)求的值.
16．已知顶点、、．
(1)求边所在的直线的方程；
(2)若直线过点，且的纵截距是横截距的倍，求直线的方程．
17．在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，为的中点，为的中点，
(1)证明：直线平面；
(2)求直线AC与平面OCD所成角的余弦值．
(3)求点N到平面OCD的距离．
18．已知四边形为直角梯形，为中点，与交于点，沿将四边形折起，连接．
(1)若平面平面，求证：；
(2)若平面平面．
（ⅰ）求二面角的大小；
（ⅱ）线段上是否存在点，使平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
19．如图1，在平面四边形中，，，，是等腰直角三角形，，将沿折叠到的位置，形成如图2所示的三棱锥，且.
(1)证明：；
(2)已知三棱锥，外接球球心为.
①若为线段上动点（不包含点），为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值.
②类似于平面中三角形的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则，当、、时，请在图3的基础上，试证三面角余弦定理，并用该结论求图2中二面角的余弦值.
答案
8．D
由过，可化为，
所以平面的法向量为，而直线的方向向量为，
所以直线与平面的所成角的正弦值.
10．ABD
对于A，连接AC，则，，所以，
又平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，连接，在正方体中，，平面，
又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
对于C，过的截面为梯形，
，，，
所以其周长为，故C错误；
对于D，截面将正方体分成三棱台和剩余的部分，
三棱台的体积为，
剩余部分的体积为，所以，故D正确．
11．AD
对于A选项，连接、、如图所示：在正四棱柱中，，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，同理可证平面，
因为，、平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，A对；
对于B选项，因为平面，，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
故，B错；
对于C选项，三棱锥的外接球半径等于正四棱柱的外接球半径，
设三棱锥的外接球半径为，则，
因此三棱锥外接球的体积为，C错；
对于D选项，以为坐标原点，分别以、、所在的直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则、、，则，
设，则，即，其中，
，可得平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则，
故时，取最小值，则有最大值为，D对.
12．
13．
14．
取和的中点分别为，，过点作面于点，
连结，，,平面,故，
又，则又平面,
故平面，平面，故
则为二面角的补角， ，
因为，，则，且，
易知， ，
因为为等腰直角三角形，所以是的外心.
设三棱锥的外接球的球心为，则面，易知，
作，易知为矩形，，
设，，则在中，，
且中，，解得，
所以外接球表面积为.
故答案为.
15．(1)；(2).
【详解】（1）在正四面体中，E，F分别为棱BC，CD的中点，点G为线段AF的中点，
，
所以
.
（2）正四面体的棱长为1，则，
所以.
16．(1) (2)或
【详解】（1）由、，
可知中点为，且，
所以边所在的直线的方程为，即；
（2）当直线过坐标原点时，，此时直线，符合题意；
当直线不过坐标原点时，由题意设直线方程为，
由过点，则，解得，所以直线方程为，即，
综上所述，直线的方程为或.
17．(1)证明见解析；(2)；(3)．
【详解】（1）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，则两两垂直，
以A为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图，
由为的中点，为的中点，得，
即，
设平面的法向量为，则，取，得，
则平面，所以直线平面．
（2）由（1）知，，且平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
所以，故直线与平面所成角的余弦值为.
（3）由（1）知，，且平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离.
18．(1)证明见解析；(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，．
【详解】（1）由，平面，平面，得平面，
由，同理得平面，而平面，
因此平面平面，又平面平面，平面平面，所以.
（2）在边长为2的正方形中，，
由平面平面，平面平面，
又平面，得平面，即直线两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则．
（ⅰ），
设平面法向量为，则，取，得，
设平面法向量为，则，取，得，
于是，而二面角为钝二面角，
所以二面角的平面角的大小为.
（ⅱ）假设线段上存在点，使平面，设，
则，
由平面，得，则，解得，
所以线段上存在点，使平面，且.
19．(1)证明见详解(2)①的最小值为；②证明见详解；二面角的余弦值为
【详解】（1）因为，，，由勾股定理得，.
因是等腰直角三角形，且，所以，.
在中，，所以，即.
因，，与相交于点，且平面，所以平面.
而平面，所以.
（2）过点作平面.
以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系.
因为，所以.
因为，，与相交于点，且平面，所以平面.
则，，，线段的中点
因三棱锥底面为直角三角形，所以三棱锥的外接球球心在底面斜边上的中点的上方.
又因为球心距离点和的距离相等，所以球心.
①因为线段的中点，所以；为线段中点，所以
点在线段上运动，设，.
，，设平面的法向量为.
则，不妨令，则平面的一个法向量为.
，，设平面的法向量为.
则，不妨令，则平面的一个法向量为.
平面与平面的夹角为，则
因，所以要求的最小值，即求的最大值.
.
设，则，则.
则，当且仅当，即时，等号成立.
所以的最小值为.
②证明：点为射线上一点，过作交于，作交于，连接，则是二面角的平面角.
在中，由余弦定理得，；
在中，由余弦定理得，.
两式相减得，
由勾股定理得，，，
所以有
两边同时除以得，，即.
在中，由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得.
设二面角的大小为，
则，
代入解得，所以二面角的余弦值为
.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
A
C
A
B
C
D
ACD
ABD
题号
11









答案
AD