【文档说明】四川省内江市第二中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题 含解析.docx，共(23)页，1.917 MB，由小赞的店铺上传

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内江二中高2025届2023-2024学年度上期半期考试数学试题试卷满分：150分；考试时间：120分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题，共60分）一、单选题（每小题5分，共40分）1.下列说法正确的是（）A

.各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体B.球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段C.以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥D.用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台【答案】B【解析】【分析】根据几何体的结构特征逐项分析判断.【详解

】对于A：虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形，所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；对于B：球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；对于C：以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，以直

角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故C错误；对于D：用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误；故选：B.2.利用斜二测画法作边长为2的正方形的直观图，则所得直观图的面积为（）A.24B.22C.2

D.22【答案】C【解析】【分析】根据斜二测画法的原则得到直观图的对应边长关系，即可求出相应的面积．【详解】根据斜二测画法的原则可知2OC=，1OA=，对应直观图的面积为1122sin452212222OAOC=

=，故选：C．3.经过点(2,2)A−，斜率是3的直线方程是（）A.380xy−−=B.340xy++=C.380xy−+=D.320xy++=【答案】C【解析】【分析】由直线的点斜式方程求解即可.【详解】因为直线斜率是3，且经过点(2,2)A−，所以()232yx−=+，化简可得：380

xy−+=.故选：C.4.已知直线a与平面满足//a，直线b，下列结论正确的是（）A.a与b无公点B.a与b异面C.//abD.ab⊥rr【答案】A【解析】【分析】根据线面平行的知识进行分析，从而

确定正确答案.【详解】依题意可知//a，而b，所以,ab没有公共点，a与b可能异面、平行、垂直，所以A选项正确，BCD选项错误.故选：A5.已知：空间四边形ABCD如图所示，E、F分别是AB、AD的中

点，G、H分别是BC、CD上的点，且13CGBC=，13CHDC=，则直线FH与直线EG（）A.平行B.相交C.异面D.垂直【答案】B【解析】【分析】由已知EF为三角形ABD的中位线，从而//EFBD且12EFBD=，由11.33CGBCCHDC

==，得在四边形EFHG中，//EFHG，即E，F，G，H四点共面，且EFHG，由此能得出结论．【详解】如图所示，连接EF,GH.四边形ABCD是空间四边形，E、F分别是AB、AD的中点，EF为三角形ABD的中位线//EFBD且12EFBD=又11.3

3CGBCCHDC==，CHGCDB∽，且//HGBD，13HGBD=在四边形EFHG中，//EFHG即E，F，G，H四点共面，且EFHG，四边形EFGH是梯形，直线FH与直线EG相交，故选：B【点睛】方法点睛：证明两直线相交，首先要证明两直线共面，再证明它

们不平行.所以本题先证明E，F，G，H四点共面，再证明直线FH与直线EG不平行.6.如图，在斜四棱柱1111ABCDABCD−中，底面ABCD是平行四边形，M为11AC与11BD的交点.若11ABa=，11ADb=，1AAc=，则DM=（）A.11

22abc−−B.1122−+abcC.1122abc−++D.1122abc−+−【答案】A【解析】【分析】根据空进向量运算求得正确答案.【详解】依题意，1111112DMDDDMAADB=+=+()11111111111

11222AAABADABADAA=+−=−−1122abc=−−.故选：A7.如图在一个120的二面角的棱上有两点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱AB垂直，若3CD=，1AC=，2BD=，则AB的长为（）A.2B.2C.6D.6【答

案】A【解析】【分析】由CDCAABBD=++，两边平方后展开整理，即可求得AB．【详解】解：CDCAABBD=++，2222222CDCAABBDCAABCABDABBD=+++++，线段AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，

且均与棱AB垂直，3CD=，1AC=，2BD=，22222121421292CDCAABBDCABDAB=+++=+++=，2AB=，故选：A．8.如图，在棱长为1的正方体1111ABCDABCD

−中，,,PMN分别为棱1,,CCCBCD上的动点（点P不与点1,CC重合）．若CPCMCN==，则下列说法正确的个数是（）①存在点P，使得点1A到平面PMN的距离为43；②直线MN与1AD所成角为π3；③1BD//平面PMN

；A.0个B.1个C.2个D.3个【答案】C【解析】【分析】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线线夹角，点面距离，线面关系即可.【详解】如图所示，以C为原点建立空间直角坐标系，设()01CPaa=，则()

()()()()()()110,0,,0,,0,,0,0,1,1,0,1,1,1,0,1,0,1,0,1PaMaNaAABD，所以()()()1,,0,0,,,1,1,1MNaaPMaaAMa=−=−=−−−，()()1

10,1,1,1,1,1ADBD=−=−，设面PMN的一个法向量为(),,nxyz=，则00nMNaxaynPMayaz=−==−=，取11xyz===，即()1,1,1n=，所以点1A到平面PMN的距离为133nAMadn−==，由()230,1,33ad

，易知423,333，即①正确；设直线MN与1AD所成角为π0,2a，则1111πcoscos,2322MNADaMNADaMNAD=====，即

②正确；显然110BDn=，即1BD与平面PMN不平行，③错误.综上，正确的说法有2个.故选：C二、多选题（每小题5分，共20分，漏选得2分，多选、错选不得分）9.已知某球的表面积为16π，则下列说法中正确的是（）

A.球的半径为2B.球的体积为10πC.球的体积为32π3D.球的半径为1【答案】AC【解析】【分析】根据已知条件求得球的半径，从而求得球的体积.【详解】设球的半径为,0rr，则24π16π,2rr==，所以球的体积为34π32π33r=，所以AC选项正确，BD选项错误.故选：AC1

0.如图为一正方体的展开图、则在原正方体中（）A.//ABCDB.ABCD⊥C.直线AB与EF所成的角为60D.直线CD与EF所成的角为60【答案】BCD【解析】【分析】画出原正方体，然后根据线线位置关系有关知

识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】画出原正方体如下图所示，由图可知：AB与CD不平行，A选项错误.根据正方体的性质可知//,BHAGBHAG=，所以四边形ABHG是平行四边形，所以//ABGH，而GHCD⊥，所以ABCD⊥，所以B选项正确根据正方体的性质可知，三角

形ABC是等边三角形，直线AB与EF所成的角为BAC，所以直线AB与EF所成的角为60，C选项正确.根据正方体的性质可知，三角形EFD是等边三角形，直线CD与EF所成的角为FCD，所以直线CD与EF所成的角为60，D选项正确.故选：BC

D.11.下列选项正确的是（）A.若直线l的一个方向向量(1，3)，则直线l的斜率为3B.已知向量()()9,4,4,1,2,2ab=−=，则a在b上的投影向量为()1,2,2C.若0ab，则,ab是锐角D.直线l的

方向向量为(1,1,0)m=，且l过点(1,1,1)A，则点(2,2,1)P−到直线l的距离为2【答案】ABD【解析】【分析】由直线方向向量的概念即可判断A，由投影向量的定义，即可判断B，由平面向量数

量积的定义即可判断C，由空间中点到直线的距离公式，即可判断D.【详解】因为直线l的一个方向向量(1，3)，则直线l的斜率为331=，故A正确；由投影向量的定义可知，a在b上的投影向量为()()()()2222229424

21,2,21,2,291,2,233122122abbbb++−===++++，故B正确；若0ab，则π,0,2ab，故C错误；由条件可得()1,1,2AP=−，由(1,1,0)m=，所以AP在m方向上的投影为2cos,22APmAPAPmm===，则点

(2,2,1)P−到直线l的距离为()222622=−=−=dAP，故D正确；故选：ABD.12.如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于,AC的动点，已知22SC=，SASC⊥，则下列结论正确的是（）A.圆锥SO的侧面积为42πB.三棱锥SAB

C−体积的最大值为83C.圆锥SO内切球的半径为2D.若ABBC=，E为线段AB上的动点，则SECE+的最小值为()231+【答案】ABD【解析】【分析】根据题意可知圆锥母线长为22lSC==，底面圆半径为2ROC==，由扇形面积公式可计算得圆锥S

O的侧面积为42π，即A正确；易知当OBAC⊥时，三棱锥SABC−体积的最大值为83，所以B正确；将圆锥SO内切球的半径转化为SAC内切圆的半径，可得()221r=−，可知C错误；将SAB△以AB为轴旋转到与ABC共面，

由侧面展开图利用余弦定理可求得SECE+的最小值为()231+，即D正确.【详解】由SASC⊥，圆锥母线长22lSASC===可得4AC=，所以底面圆半径为2ROAOC===，又显然SOAC⊥，可得2SO=，对于A，圆锥SO的侧面积为

π222π42πRl==，即A正确；对于B，易知当OBAC⊥时，ABC的面积最大，此时14242ABCS==，则三棱锥SABC−体积的最大值为184233V==，即B正确；对于C，圆锥SO内切球的半径即为轴截面SAC内切圆的半径，

不妨设为r，利用等面积法可得()11422222422r=++，可得()221r=−，所以C错误；对于D，若ABBC=，可得ABBC⊥，又4AC=，所以22ABBC==；又因为22SASC==，所以SAB△为等边三角形，60SBA=，将SAB

△以AB为轴旋转到与ABC共面，得到1SAB，则1SAB为等边三角形，且160SBA=，如下图所示：所以SECE+的最小值即为1SC，又因为122SBBC==,11150SBCSBAABC=+=,由余弦定理可得2221112cos15088831683SCSBBCSBBC=+−

=++=+，可得()11683232231SC=+=+=+，即D正确；故选：ABD第II卷（非选择题，共90分）三、填空题（每小题5分，共20分）13.若平面一个法向量为()13,,2uy=−，平面的一个法向量为()26,2,uz=−，且∥，则y

z+=________.【答案】3−【解析】【分析】利用两平面平行法向量的关系及向量共线定理即可求解.【详解】因为∥，所以12uu∥，所以12uu=，即()()3,,26,2,yz−=−，所以3

622yz−==−=，解得1,1,42yz=−==−，所以()143yz+=+−=−.的故答案为：3−.14.已知圆锥的表面积为12π，其侧面展开图是一个半圆．则圆锥的高为__________．【答案】23【解析】【分析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，再根据圆锥的

表面积公式求出,rl，再利用勾股定理即可得解.【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，由于圆锥侧面展开图是一个半圆，故有2π2ππ2πrrllr===，即圆锥母线长为2lr=，又圆锥的表面积为22ππ23π12πrrrr=+=，解得2r=，所以24lr==，所以

圆锥的高为22224223hlr=−=−=.故答案为：23.15.经过点()0,1P−作直线l，若直线l与连接()()2,1,1,31AB−−−−两点的线段总有公共点，则l的倾斜角的取值范围是______.【答案】π3π0,[,π)34【解析】【分析】利用直线斜率与倾斜角的关

系计算即可.【详解】如图所示，可知直线l自PA位置绕P旋转至PB位置的过程中都可符合题意，该过程中直线的斜率在,PAPBkk，易知()11102PAk−−==−−−，()()131301PBk−−−−==−−，故1,3lk

−，则倾斜角π3π0,[,π)34.故答案为：π3π0,[,π)3416.已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，点E是线段1DD的中点，过点1D做平面，使得平面//平面1ABE，则平面与正方体的截面多边形的面积为______.【答案】9

2##4.5【解析】【分析】取DC的中点F，11AB、1BB的中点G、H，连接1CD、GH、1GD、HC、EF、BF，即可证明平面1//GHCD平面1ABFE，从而得到平面与正方体的截面多边形为1GHCD，即可求出其面积.【详解】取DC的

中点F，11AB、1BB的中点G、H，连接1CD、GH、1GD、HC、EF、BF，依题意可得1//GHAB、1//EFCD、11//ABCD，所以1//EFAB、1//GHCD，所以1A、E、F、B四点共面，1D、C、H、G四点共面，又GH平面1

ABFE，1AB平面1ABFE，所以//GH平面1ABFE，取AB的中点M，连接GM、DM，由正方体的性质可得1//GMDD且1GMDD=，所以四边形1GMDD为平行四边形，所以1//GDDM，同理可证BMDF为平行四边

形，所以//DMBF，所以1//GDBF，1GD平面1ABFE，BF平面1ABFE，所以1//GD平面1ABFE，又1GHGDG=，1,GHGD平面1GHCD，所以平面1//GHCD平面1ABFE，因为过点1D做平面，平面//平面1ABE，则平面与正方体的截面多边形为1G

HCD，又2GH=、122CD=、221125CHGD==+=，所以()()122122292225222GHCDS−=+−=，即平面与正方体的截面多边形的面积为92.故答案为：92四、解答题（第17题10分，其余题12分，共

70分）17.已知ABC的三个顶点分别为()0,4A，()2,6B−，()8,0C−.（1）求边AB所在直线的方程；（2）求边AC上的中线BD所在直线的方程.【答案】（1）40xy+−=；（2）2100xy−+=.【解析】【分析】（1）直接由两点式求边AB所在

直线方程；（2）求出点D的坐标为（－4，2），再利用两点式求中线BD所在直线的方程.【详解】（1）由两点式得边AB所在直线的方程为406420yx−−=−−−，即40xy+−=；（2）由题意，得点D的坐标为（－4，2），由两点式，得BD所在直线的方程为()()426224xy−−

−=−−−−，即2100xy−+=.18.棱长为2的正方体中，E，F分别是1DD，DB的中点，G在棱CD上，且13CGCD=，H是1CG的中的点.（1）证明：1EFBC⊥；（2）求1cos,EFCG；（3）求FH的长.【答案】（1）证

明见解析（2）3015（3）223【解析】【分析】（1）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，首先求出相应点的坐标，再证明1EFBC⊥即可；（2）求出1,EFCG的坐标，再根据111cos,||||EFCGEFCGEFCG=即可求得答案；（3）转化为求||HF即可.【小问1详解】如图，以

D为原点，1,,DADCDD分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系Dxyz−，则11(0,0,0),(0,0,1),(1,1,0),(0,2,0),(0,2,2),(2,2,2),(0,,0)43DEFCCBG,因为1(1,1,1

),(2,0,2)BECF−=−=−，所以(1,1,1)(2,0,2)1(2)10(1)(2)0EFBC=−−−=−++−−=，所以1EFBC⊥，故1EFBC⊥；【小问2详解】因为12(0,,2)3CG=−−，所以13210||CG=因为||3EF=，且1224(1,1,1)(0,,2)

2333EFCG=−−−=−=,所以1114432303cos,315||||2102303033EFCGEFCGEFCG=====；【小问3详解】因为H是1CG的中点，所以5(0,,1)3H又因为(1,1,0

)F，所以2(1,,1)3HF=−−,2222222||()(1)21393FH=+−+−==，即223FH=.19.如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为线段PD上一点，//PB平面AEC.（1）证明：E为PD的中点；（2）若直线CE与平面PA

D所成的角为45，且1APAD==，求三棱锥EACD−的体积.【答案】（1）证明见解析（2）224【解析】【分析】（1）连接BD，设ACBDO=，连接OE，根据线面平行的性质得到//PBEO，即可证明；（2）首先证明CD⊥平面PAD，则CED为直线

CE与平面PAD所成的角，再求出CD，最后根据111223EACDPACDACDVVSPA−−==计算可得.【小问1详解】连接BD，设ACBDO=，连接OE，因为//PB平面AEC，PB平面PBD，平面PBD平面AECEO=，所以//PBEO，又底面ABCD为矩形，所以O为BD的中点，所

以E为PD的中点.【小问2详解】因为PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD⊥，又CDAD⊥，ADPAA=，,ADPA平面PAD，所以CD⊥平面PAD，所以CED为直线CE与平面PAD所成的角，即45CED=，又1APAD==，所以222PDAPA

D=+=，则1222DEPD==，由CD⊥平面PAD，PD平面PAD，所以CDPD⊥，所以在RtCDE△中22CDDE==，所以1111112211223232224EACDPACDACDVVSPA−−====.20.如图，多面体EFABC中，FA

⊥平面ABC，且FAEB∥，2EBBABCAC====，4FA=，M是FC的中点．（1）求证：//EM平面ABC；（2）求直线ME与平面CBE所成角的大小．【答案】（1）证明见解析（2）π6【解析】【分析】（1）取CA的中点N

，连接MN，BN，易证四边形MNBE为平行四边形，得//MEBN，结合线面平行的判定定理即可证明；（2）分别取AB、EF的中点O、D，连接OD，OC，利用线面垂直的判定定理和性质证明OC、OA、OD两两垂直，建立如图空间直角坐标系Oxyz−，结合

空间向量法求线面角即可求解.【小问1详解】由题意，取CA的中点N，连接MN，BN，则//MNAF且12MNAF=，又//AFBE且12BEAF=，所以//MNBE且=MNBE，所以四边形MNBE为平行四边形，得//MEBN，又BN平面ABC，ME平面ABC，

所以//ME平面ABC；【小问2详解】分别取AB、EF的中点O、D，连接OD，OC，则//ODAF，由AF⊥平面ABC，得OD⊥平面ABC，则OD⊥,OCODAB⊥，又ABC为正三角形，所以OCAB⊥，因为AF⊥平面ABC，OC平面ABC，得AF⊥OC，而,AFABAA

FAB=、平面ABEF，所以OC⊥平面ABEF，故OC、OA、OD两两垂直，建立如图空间直角坐标系Oxyz−，则31(3,0,0),(0,1,0),(0,1,2),(0,1,4),(,,2)22CBEFM−−，得33(3,

1,0),(0,0,2),(,,0)22CBBEME=−−==，设平面CBE的一个法向量为(,,)nxyz=，则3020nCBxynBEz=−−===，令3y=−，得1,0xz==，得(1,3,0)n=−，

设ME与平面CBE所成角为，π0,2，则1sincos,2MEnMEnMEn===，所以π6=，故ME与平面CBE所成角为π6.21.如图，在四棱锥PABCD−中，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点，,PAADBECD⊥∥，,2,1BEADPAAEBECD⊥

====．（1）求证：平面PAD⊥平面PCD；（2）求平面CPB与平面PBE的余弦值；【答案】（1）证明见解析（2）277【解析】【分析】（1）先依据面面垂直的性质定理得到PA⊥平面ABCD；再依据线面垂直的性质定理得到PACD⊥，依据线线垂直平行性质得到CDAD⊥；最后

依据面面垂直的判定定理即可证明平面PAD⊥平面PCD（2）建立空间直角坐标系Exyz−，用坐标表示向量，求出平面CPB与平面PBE的法向量所成角的余弦值即可.【小问1详解】证明：平面PAD⊥平面ABCD，PAAD⊥，且平面PAD平面ABCDAD=，PA平面P

AD，PA⊥平面ABCD.又CD平面ABCD，PACD⊥，又BEAD⊥，//BECD，CDAD⊥.又PAADA=，,PAAD平面PAD，CD⊥平面PAD.又CD平面PCD，平面PAD⊥平面

PCD.小问2详解】过点E作EFAD⊥，以点E为坐标原点，EB、ED、EF的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz−：则点()0,0,0E，()0,2,2P−，()0,2,0A−，()200B,,，()1,2,0C，()020D,,.所以()2,2,-

2PB=，()1,2,0BC=−，()0,-2,2EP=.设平面PBC的法向量为(),,nxyz=，故00nPBnBC==，即020xyzxy+−=−+=，令1y=，解得()2,1,3n=.设平面PBE的

法向量为(),,mabc=，故00mPBmEP==，即00abcbc+−=−+=，令1b=，解得()0,1,1m=.所以20113127cos,7142mn++==，故平面CPB与平面PBE的余弦值

为277.【22.如图，在三棱柱111ABCABC-中，平面11AACC⊥平面,ABCABC△为等边三角形，12ACCC==，160,,ACCDE=分别是线段1,ACCC的中点.（1）求证：1AC⊥

平面BDE；（2）若点P为线段11BC上的动点（不包括端点），求平面PBD与平面BDE夹角的余弦值的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）13,22【解析】【分析】（1）首先证明1ACDE⊥，然后证明BD⊥平面11AACC，可得1BDAC⊥，即可证明；（2）首先证

明1CD⊥平面ABC，然后以D为坐标原点，1,,DEDADC所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，设111(,,),(01)PxyzCPCB=，算出两个平面的法向量，然后求出二面角的余弦值，然后可得答案.【

小问1详解】连接1AC，由题设知四边形11AACC为菱形，11ACAC⊥，,DE分别1,ACCC为中点，11,DEACACDE⊥//；又D为AC中点，BDAC⊥，又平面11AACC⊥平面ABC，平面11AACC平面=ABCAC，BD平面AB

C，BD⊥平面11AACC，又1AC平面11AACC；1BDAC⊥，又,,BDDEDBDDE=I平面BDE，1AC⊥平面BDE.【小问2详解】112,60CACCACC===，1ACC△为等边三角形，1CADC

⊥，平面11AACC⊥平面ABC，平面11AACC平面=ABCAC，1CD平面11AACC,1CD⊥平面ABC，D为坐标原点，1,,DBDADC所在直线为,,xyz轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则113(0,0,0),(3,0,0),0,,,(0,0,3)22DB

EC−，11(3,1,3),(0,1,0),(0,2,3)BCA−，11113(3,0,0),0,,,(3,1,0),(0,3,3)22DBDECBCA==−==,设111(

,,),(01)PxyzCPCB=，则(,,3)(3,,0)xyz−=，3,,3,(3,,3),(3,,3)xyzPDP====；由（1）知：1AC⊥平面BDE，所以平面BDE的一个法向量1(0,3,3)mCA==；设平面PBD的法向量(,,)nabc=，则3

0330DBnaDPnabc===++=，令3b=，则0,,(0,3,)acn==−=−；2222|||333||3|1(3)|cos,|||||2323323mnmnmn−−−====+++，令3(2,3)t−=，

则2221113,|cos,|126212621ttmntttt=−==−+−+；2111126113,,1,1,|cos,|,32322mnttt−+

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