【文档说明】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 Word版含解析.docx，共(21)页，1.514 MB，由小赞的店铺上传

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威远中学2026届高二上期半期考试数学出题人：第二小组做题人：第二小组本试卷分第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ABCV用斜二测画法得到的直观图如图所示，且2OAOB==，则其平面图形的面积是（）A.4B.42C.22D.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2OBOB==，24OAOA==，所以12442AOBS==△.故选：A2.设l，m是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是A.若lm⊥

，m，则l⊥B.若l⊥，//lm，则m⊥C.若//l，m，则//lmD.若//l，//m，则//lm【答案】B【解析】【分析】利用,l可能平行判断A，利用线面平行的性质判断B，利用//lm或l与m异面判断C，l与m可能平行、相

交、异面，判断D.【详解】lm⊥，m，则,l可能平行，A错；l⊥，//lm，由线面平行的性质可得m⊥，B正确；//l，m，则//lm，l与m异面；C错，//l，//m，l与m可能平行、相交、异面，D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()3,2,1M关于平面yOz对称的点的坐标是()3,2,1−−B.若直线l的方向向量为()1,1,2e=−，平面的法向量为()6,4,1m=−，则l⊥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12OPmOAOBOC=−+，则12m=−D.若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为120，则直线l与平面所成的角为30o【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()3,2,1M关于平面yOz对称的点的坐标是()3,2,1−，A选项错误；对于B，若直线l的方向向

量为()1,1,2e=−，平面的法向量为()6,4,1m=−，因为()()1614210em=+−+−=，所以em⊥，则//l或l，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12OPmOAOBOC=−+，则1112m−+=

，解得12m=，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120，则直线l与平面所成的角为()9018012030−−=，D选项正确；故选：D.4.如图，在直三棱柱111ABCABC−中，11,2,3,90ABBCBBABC====，点D为

侧棱1BB上的动点．当1ADDC+最小时，三棱锥1DABC−的体积为（）A.1B.12C.13D.14【答案】C【解析】【分析】如图，将直三棱柱111ABCABC−展开成矩形11ACCA，连结1AC交1BB于D，此时1ADDC+最小

，则1BD=，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111ABCABC−展开成矩形11ACCA，如下图，连接1AC，交1BB于D，此时1ADDC+最小，∵11,2,3,90ABBCBBABC====，则ABBC⊥，而1BB

BC⊥，由1ABBBB=且都在面11ABBA，则BC⊥面11ABBA，又//BC11BC，则11BC⊥面11ABBA，即11BC⊥面ABD，点D为侧棱1BB上的动点，当1ADDC+最小时1ABBDACCC

=，即133BD=，得1BD=，又ABD为直角三角形，此时三棱锥1DABC−的体积为：11111111113323DABCCABDABDVVSBCABBDBC−−====.故选：C5.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22.5cm，足径14.4cm，高3.8cm，其中底部圆柱高0.8cm，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（）（附

：π的值取3，25.40255）A.2300.88cmB.2311.31cmC.2322.24cmD.2332.52cm【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l，两底面圆半径分别

为R，r（其中Rr），则222.5R=，214.4r=，3.80.83h=−=，所以22222234.0525.402552Rrlh−=+=+=，故圆台部分的侧面积为()()21π311.2276.7557.25cmSRrl=++=，圆柱部分的侧面积为222π0.867.2

0.834.56cmSr===，故该黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为212276.7534.56311.31cmSS++=.故选：B.6.设直线l的方程为cos30xy+−=（R），则直线l的倾斜角的取值范围是（）A.π3π,44B.ππ,42C.π

3π0,,π44D.2πππ,,24【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k，则cos1,1k=−−，故1tan1k−=，而)0,π，故π

3π0,,π44，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SABCD−为阳马，且ABAD=，SD⊥底面ABCD．若E是线段AB上的点（不含端点），设SE与AD所成的角为，SE与底面A

BCD所成的角为，二面角SAED−−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SE与AD、与底面ABCD所成的角，确定二面角SAED−−的平面角，再推理计算作答.【详解】四棱

锥SABCD−中，E是线段AB上的点(不含端点)，过E作//EFAD交CD于F，连接DE，SF，如图，则SEF是SE与AD所成的角，即SEF=，因SD⊥底面ABCD，则SED是SE与底面ABCD所成的角，即SED=，而AB底面ABCD，则SDAB⊥，又ABC

D是长方形，即ADAB⊥，而SDADD=，,SDAD平面SAD，则AB⊥平面SAD，又SA平面SAD，即有SAAB⊥，于是得SAD是二面角SAED−−的平面角，SAD=，RtSAD中，tantanSDSADAD==，RtSED中，tant

anSDSEDED==，由SD⊥底面ABCD，EF底面ABCD可得SDEF⊥，而ADCD⊥，则有EFCD⊥，因SDCDD=，,SDCD平面SCD，则⊥EF平面SCD，又SF平面SCD，有EFSF⊥，t

antanSFSFSEFEFAD===，因,ADEDSDSF，即有SDSDSFEDADAD，因此，tantantan，而正切函数在(0,)2上递增，所以.故选：A8.如图，在

三棱锥ABCD−中，,,ABACAD两两垂直，且3ABACAD===，以A为球心，6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（）A.23πB.3πC.3π2D.3π4【答案】C【解析】【分析】由等体积公式求出截面圆的半径为2

2(6)(3)3r=−=，画出截面图形，再利用H为BCD△的中心，求出13632322HN==，再利用弦长公式求出2262(3)62EF=−=，最后求出交线长度.【详解】由题意知三棱锥AB

CD−为正三棱锥，故顶点A在底面BCD的射影为BCD△的中心H，连接AH，由DABCABCDVV−−=三棱锥三棱锥，得11113333323232322AH=，所以3AH=，因为球的半径为6，所以截面圆的半径22(6)(3)3r=−=，所以球面与底面BCD的交线是以H为圆心，3为半

径的圆在BCD△内部部分，如图所示易求13632322HN==，所以2262(3)62EF=−=，易得π2EHF=，所以π2MHQGHP==，所以交线长度和为π3π2π33322−=.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BCD△的中心，求出HN，再利用弦长公式求出EF，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12:,:(0)lyaxblybxaab=+=−+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1l，判断另外一条2l是否与之相符.【详解】对于A，由1l可知，0,0ab，此时与2l图象不符，故A错误；对

于B，由1l可知，0,0ab，此时2l图象可能，故B正确；对于C，由1l可知，0,0ab，此时2l图象可能，故C正确；对于D，由1l可知，0,0ab，此时与2l图象不符，故D错误.故选：BC.10.如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面,2,,ABCD

PAPEEDBFFC===，则（）A.1122BEAPABAD=−+B.6BE=C.//EF平面PABD.异面直线BE与PA夹角的余弦值为66【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PA⊥平面,,ABCDABAD平面ABCD，所以,PAABPAAD⊥⊥，在正方形ABCD中，有ABAD⊥，所以,,ABADAP两两互相垂直，所以以A为坐标原点，,,ABADA

P所在直线分别为,,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系，而2ABADAP===，从而𝐴(0,0,0)，()()()2,0,0,2,2,0,0,2,0BCD，()()()0,0,2,0,1,1,1,1,0PEF，对于A，11112222BEBAA

EABADAPAPABAD=+=−++=−+，故A正确；对于B，()2,1,1,4116BEBE=−=++=，故B错误；对于C，()1,0,1EF=−，平面PAB的一个法向量为()0,1,0,0nEFn==，故C正确；对于D，()()2,1,1,0,0,2BEAP=−=，

所以异面直线BE与PA夹角的余弦值为26662BEAPBEAP==，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PABCD−，四棱锥的四条侧棱都相等，两部分的高都是12，公共面ABCD是一个边长为

1的正方形，则（）A.该几何体的体积23B.直线PD与平面ABCD所成角的正切值为22C.异面直线AP与CC1的夹角正弦值为63D.存一个球，使得该几何体所有顶点都在球面上【答案】ABCD【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,ACBD交于O，连接PO，则可得PDO为直线PD与平面ABCD所成角，然后求解即可；对于C，由于11//CCAA,则可得1AAP的补角为异面直线AP与1CC的夹角，然后在1AAP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P是否在该球上即可

.【详解】对于A，该几何体的体积为111211112323+=，故A正确；对于B，连接,ACBD交于O，连接PO，由题意可知四棱锥PABCD−为正四棱锥，所以⊥PO平面ABCD，所以PDO为直

线PD与平面ABCD所成角，因为正方形的边长为1，所以1222DOBD==，所以122tan222POPDODO===，故B正确；对于C，设11111ACBDO=，在因为11//CCAA，所以1AAP或其补角为异面直线AP与1CC的夹角,且2222111136,22PAPOAOPAPOA

O=+==+=，所以22211113cos23AAPAPAAAPAAPA+−==−，所以异面直线AP与1CC的夹角余弦值为33,正弦值为63，故C正确；对于D，设长方体1111ABCDABCD−的外接球的球心为M，半径为R，则M为1OO的中点，且22

19(2)11()24R=++=，得34R=，因为113244PMPOOMR=+=+==，所以点P长方体1111ABCDABCD−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：ABCD.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1l：220axy−+=与直线2l：()2410xay+++=平行，则实数a=_____________.【答案】2−【解析】【分析】根据平行关系得到方程，求出答案.【详解】由题意得()()4220aa+−

−=，解得2a=−，检验符合.故答案为：2−13.已知点,,,SABC均在半径为2的球面上，ABCV是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=________．【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SABC−转化为正三棱柱SMNABC-，设ABCV的外接圆圆心为1O，半径为r，则3223sin32ABrACB===，可得3r=，设三棱锥SABC−的外接球球心为O，连接1,OAOO，则112,2OAOOSA==

，因为22211OAOOOA=+，即21434SA=+，解得2SA=.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＋c

2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ABCD沿对角线AC折叠，使23ADBC=，则三棱锥DABC−的体积为______.【答案】2109【解析】分析】根据题意，得到ACOB⊥，ACOD⊥，证得AC⊥平面OBD，设,,OAaOBbOD

c===，且,bc=，由23ADBC=，求得2cos3=，得到5sin3=，求得53OBDS=，结合13OBDVSAC=，即可求解.【详解】取AC中点O，连接,OBOD，可则ACOB⊥,ACOD⊥，因为OBODO=且,OBOD

平面OBD，所以AC⊥平面OBD，设,,OAaOBbODc===，且,bc=，因为正方形ABCD的边长为2，可得2abc===且,abac⊥⊥，又由,ADODOAcaBCOCOBab=−=−=−=−−，

因为23ADBC=，可得2()()22cos3ADBCcaab=−−−=−=，解得2cos3=，所以5sin3=，所以1155sin222233OBDSOBOD===，所以三棱锥的体积为115210223339OBDVSAC===.【故答

案为：2109四、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()1,1A，()2,3B，()4,0C．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）4

30xy−+=（2）24110xy+−=【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()2,

3B，()4,0C，则BC中点坐标为33,2E，直线AE的斜率3112134−==−AEk，所以BC边上的中线所在的直线方程为31(3)24−=−yx，整理得430xy−+=；小问2详解】由于(1,1)A，()2,3B，所以直线AB的斜率

31221ABk−==−，𝐴𝐵中点坐标为3,22所以，AB边垂直平分线的斜率12k=−且过3,22，故AB边垂直平分线方程为132,22yx−=−−整理得24110xy+−=．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EF//BC，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EF//BC，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EF//BC，因为EF平面ABC，BC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，BC平面ABC，所以BC⊥PA，又PAACA=，PA，AC平面

PAC，所以BC⊥平面PAC，由（1）知EF//BC，所以EF⊥平面PAC，又EF平面EFA，所以平面EFA⊥平面PAC．17.已知一条动直线()()311620mxmym++−−−=，（1）求直线恒过定点P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，AOBV的面积为6，求直线的方程.【答案】（1）4,23P（2）34120xy+−=的【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AOB的面积以及P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()()311620mxmym++−−−=，整理得()()36320xymxy+−+−−=，所以不管m取何值时，直线恒过定点P的坐标满足方程组360320xyxy+−

=−−=，解得432xy==，即4,23P.【小问2详解】设直线方程为()1,0,0xyabab+=，则12ab=①，由直线恒过定点4,23P，得4213a

b+=②，由①②整理得：2680aa−+=，解得4,3ab==或2,6ab==，所以直线方程为：143xy+=或126xy+=，即34120xy+−=或360xy+−=，又直线()()311620mxmym++−−

−=的斜率()3163311mkmm+=−=−−−−−，所以360xy+−=不合题意，则直线方程为34120xy+−=.18.如图，三棱台111ABCABC−中，ABCV是正三角形，1AA⊥平面ABC，111224ABAAAC==

=，M，N分别为棱1,ABBB的中点.（1）证明：1BB⊥平面MCN；（2）求直线1CC与平面MCN所成的角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）34【解析】【分析】（1）先应用线面垂直判定定理得出

CM⊥平面11,AABB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ABCV是正三角形，M为AB中点，所以CM⊥AB，因为1AA⊥平面,ABCCM平面ABC，所以1CMAA⊥，又11,,AAABAAAAB

=平面11,AABB所以CM⊥平面11,AABB又因为1BB平面11AABB，所以1CMBB⊥，连接1AB，易得1122ABBB==，所以22211ABABBB=+，所以11ABBB⊥，又因为1//ABMN，所以1MNBB⊥，因为MNCMM=，

,MNCM平面MCN，所以1BB⊥平面MCN.【小问2详解】取AC中点O，连接1,BOCO，易知1,,OBOCOC三条直线两两垂直，以O为坐标原点，1,,OBOCOC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则11(3,1,2),(23,0,0),(0,2,0),(0,0,2)BB

CC−，由（1）知平面MCN的一个法向量为1(3,1,2)BB=−，又1(0,2,2)CC=−，所以11111163cos,42222BBCCBBCCBBCC===，因为直线1AB与平面FMN所成的角为直线1BB与1CC所成角的余角，所以直线1A

B与平面FMN所成的角的正弦值为34．19.已知两个非零向量,ab，在空间任取一点O，作,OAaOBb==，则AOB叫做向量,ab的夹角，记作,ab．定义a与b的“向量积”为：ab是一个向量，它与向量,ab都垂直，它的模sin,ababab=．如图，在四棱锥PABCD−中，底面

ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，4,DPDAE==为线段AD上一点，85ADBP=．（1）求AB的长；（2）若E为AD的中点，求二面角PEBA−−的正弦值；（3）若M为线段PB上一点，且满足ADBPEM=，求．【答案】（1）2（2）223（3）10【解析】【

分析】（1）建立空间直角坐标系，设ABm=，利用向量的坐标运算将条件等式85ADBP=转化为关于m的方程求解可得；（2）利用法向量方法求二面角；（3）设PMPB=，(01)AEAD=，利用向量

的坐标运算将条件ADBPEM=转化为垂直关系，结合模长85ADBP=等量关系，建立,,的方程组求解可得.【小问1详解】由题意，以D为坐标原点，分别以,,DADCDP所在直线为,,xyz轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz−.设ABm=(0)m，由已知4DPDA==，

则(0,0,0),(4,0,0),(4,,0),(0,0,4)DABmP,则(4,0,0),(4,,4)ADBPm=−=−−，则224,161632ADBPmm==++=+，且22164cos,43232ADBP

ADBPADBPmm===++.由题意知sin,85ADBPADBPADBP==,所以有2221cos,320ADBPADBP−=，则221616(32)132032mm+−=+，解得2m=（

2m=−舍去），故AB的长为2.【小问2详解】由（1）知，(0,0,0),(4,0,0),(4,2,0),(0,0,4)DABP,又E为AD的中点，则(2,0,0)E，(2,0,4),(2,2,0)EPEB=−=，平面EBA的一个

法向量为(0,0,1)m=，设平面PEB的法向量为(,,)nxyz=，则240220nEPxznEBxy=−+==+=，令1z=，则2,2−==yx.故平面EPB的一个法向量为(2,2,1)n=−，设二面角PEBA−−的平面角为，且()

0,π，则22211coscos,312(2)1mnmnmn====+−+，故222sin1cos3=−=.故二面角PEBA−−的正弦值为223.【小问3详解】由（1）可得(4,0,4)AP=−，(4,2,4)PB=−由

题意，设(01)PMPB=，(01)AEAD=，则()(4,0,4)(4,0,0)44,0,4EPAPAEAPAD=−=−=−−−=−则(44,0,4)(4,2,4)(444,2,44)EME

PPMEPPB=+=+=−+−=−+−，由ADBPEM=可知，,EMDAEMPB⊥⊥，且85ADBPEM==，由(4,0,0)DA=，则4(444)0EMDA=−+=，解得1+=；则()0,2,44EM=−，则416(1

)0EMPB=−−=解得45=，840,,55EM=，则264161625255EM=+=，又222163205EM==，解得10=.【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ADBPEM=的转化：一是该向量的垂直关系可得0EMDA=与0EMPB=两个等式；二是向量的模长85ADBPEM==.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.