【文档说明】四川省内江市第一中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题 含解析.docx，共(22)页，2.465 MB，由小赞的店铺上传

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内江一中2023-2024学年高二上期中考试数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个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3yx=的倾斜角为（）A.30B.60C.90D.不存在【答案】B【解析】【

分析】先求出斜率，进而可求出倾斜角.【详解】直线3yx=的斜率为3，所以其倾斜角为60.故选：B.2.在空间中，下列命题是真命题的是（）A.经过三个点有且只有一个平面B.垂直同一直线的两条直线平行C.如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等D.若两个平面平行，则其中一个平面中的任何直线

都平行于另一个平面【答案】D【解析】【分析】借助长方体以及平行六面体，举例即可判断B、C；根据面面平行的定义，即可判断D项.【详解】对于A项，若三点共线，则经过三个点的平面有无数个，故A项错误；对于B项，如图1，长方体1111ABCDABCD−中，有1ABAA⊥，1ADA

A⊥，但是ABAD⊥，故B项错误；对于C项，如图2，平行六面体1111ABCDABCD−中，11//ADAD，11//ABCD，但是BAD与111ADC不相等，故C项错误；对于D项，若两个平面平行，根据面面平行的定义可知，其中一个平面中的任何直线都平行于另一个平面，故D项正确.

故选：D.3.如图，OAB△是水平放置的OAB的直观图，3OA=，4OB=，45AOB=，则原AOB的面积为（）A.6B.62C.12D.24【答案】C【解析】【分析】根据斜二测画法画出原图，

从而计算出原图的面积.【详解】根据斜二测画法的知识画出原图如下图所示，则原AOB的面积为146122创=.故选：C.4.将棱长为2的正方体削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为（）A.16π3B.4π3C.32π3D.4π【答案】D【解析】【分析

】问题等价于求该正方体内切球的表面积，结合已知数据求解.【详解】易知体积最大的球为该正方体的内切球，球的半径为1，则该球的表面积为24π14π=故选：D.5.已知平面⊥平面，l=．下列结论中正确的是（）A.若直线m⊥平面，则//mB.若平面⊥平面，则/

/C.若直线m⊥直线l，则m⊥D.若平面⊥直线l，则⊥【答案】D【解析】【分析】A，利用线面平行的判定定理；B，面面垂直没有传递性；C，利用面面垂直的性质定理；D，利用面面垂直的判定定理；【详解】A，若m⊥，⊥，则//

m或m，故A错误；B，若⊥，⊥，则//或与相交，故B错误；C，若ml⊥，⊥，l=，必须m，利用面面垂直的性质定理可知m⊥，故C错误；D，若l⊥，l=，即l，利用面面垂直的判定定理知⊥，故D正确；故选：D.【点睛】关键点点睛：本题主要考查空

间直线，平面直线的位置关系的判断，熟练掌握平行和垂直位置关系的判定和性质是解题的关键，属于基础题.6.已知直线1:220lmxy+−=与直线2:5(3)50lxmy++−=，若12//ll，则m=（）A.2或5−B.2−或5C.5D.5−【答

案】D【解析】【分析】根据平行直线的判断方法求解即可.【详解】因为12//ll，所以()()()3255552mmmm+==−−−，故选：D7.直三棱柱111ABCABC-中，3ACB

C==，32AB=，14AA=，则直线1AC与1BC夹角的余弦是（）A.925B.45C.1625D.425【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成的角；【详解】∵直三棱柱111ABCABC-，底面三边长3AC=，

3BC=，32AB=，14AA=,AC，BC，1CC两两垂直．如图以C为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz−，则11(0,0,0),(3,0,4),(0,0,4),(0,3,0),CACB∵1(3,0,4)AC=−−，1(0,3,4)BC=−，111111161

6cos,55|||2|5ACBCACBCACBC===，即直线1AC与1BC夹角余弦是为1625.故选:C.8.在等腰直角三角形ABC中，4ABAC==，点P是边AB上异于A，B的一点，光线从点P出发，经BC，CA发射后又回到原点P（如图11）．若光线QR经过ABC的重心，则Q的坐标等于

（）的A.2214,99B.2016,99C.75,33D.84,33【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，求出直线BC与直线QR的解析式，即可得出Q的坐标.【详解】由题意，如图建立直角坐标系：则(4,0),(0,4)BC，直线BC方程为4

xy+=即4yx=−+，三角形重心为004040,33++++即44,33，设(,0),04Paa，关于直线BC对称点为1(,)Pxy，则4221axyyxa++==−，解得1(4,4)Pa−由光的反射可知12,,,PQRP四点共线，又2(,0)P

a−，所以直线QR斜率为()40444aaaa−−−=−−+，则直线QR方程为4()4ayxaa−=++，且过重心，即444343aaa−=++，整理得2340aa−=，解得0a=舍去，43a

=，∴直线QR的解析式：1423yx=+，即1223yx=+，∵直线BC与直线QR交于点Q，∴41223yxyx=−+=+，解得：209169xy==，即2016,99Q.故选：B.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.直线l的方程为：1xmy=+，则（）A.直线l斜率必定存在B.直线l恒过定点()1,0C.2m=时直线l与两坐标轴围成的三角形面积为14D.3m=时直线l的倾斜角为60【

答案】BC【解析】【分析】当0m=时，斜率不存在，即可判断A，直接求出直线l恒过的定点，即可判断B，2m=时，直线:21lxy=+，求出在x轴，y轴上截距，进而可求出直线l与两坐标轴围成的三角形面积，即可判断C，3m=时，直线斜率为33，可得倾斜角，即可判断D.【详解】当0m=时，直线:

1lx=，此时斜率不存在，故A错误；直线:1lxmy=+，即1xmy−=，直线l恒过定点()1,0，故B正确；2m=时，直线:21lxy=+，在x轴，y轴上截距分别为11,2−，此时直线l与两坐标轴围成的三角形面积为1111224=，故C正确.3m=时

，直线1:33xly=−，此时斜率为33，倾斜角为30，故D错误；故选：BC10.给出以下命题，其中正确的是（）A.直线l的方向向量为()112a,,=−，直线m的方向向量为12,1,2b=−，则l与m垂直B.直线l的方向向量为()0

,1,1a=−，平面的法向量为()1,1,1n=−−，则l⊥C.平面、的法向量分别为()()120,1,3,1,0,2nn==uruur，则//D.平面经过三个点()()()1,0,1,0,1,0,1,2,0ABC−−−，向量()1,,nut=是平面的

法向量，则53ut+=【答案】AD【解析】【分析】由两条直线的方向向量数量积为0可得两直线垂直判断A；由数量积为0可得//l或l判断B；由平面向量不共线判断C；由法向量与平面向量数量积为0列u和t的关系判断D.【详解】对于A，11211202ab

=−+−=，则ab⊥，所以l与m垂直，故A正确；对于B，()()()0111110an=+−+−−=rr，则an⊥，所以//l或l，故B错误；对于C，若()120nn=，则01032===

，此方程组无解，所以//不成立，故C错误；对于D，()1,1,1AB=−−，()1,3,0BC=−，因为向量()1,,nut=是平面的法向量，所以10130nAButnBCu=−−+==−+=，得13u=，43t=，53ut+=

，故D正确.故选AD11.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，翻折ABD△和ACD，使得平面ABD⊥平面ACD.下列结论正确的是（）A.BDAC⊥B.ABC是等边三角形C.三棱锥DABC−是正三棱锥D.平面ACD⊥平面ABC【答案】ABC【解析】【分析】利用面面垂直以及线面垂

直的性质可判断A选项；设ADa=，利用勾股定理可判断B选项；利用正棱锥的定义可判断C选项；利用面面垂直的性质结合面面垂直的性质可判断D选项.【详解】对于A选项，翻折前，因为ABAC=，D为BC的中点，则ADBD⊥，翻折后，对应地有ADBD⊥，因为平面

ABD⊥平面ACD，平面ABD平面ACDAD=，BD平面ABD，所以，BD⊥平面ACD，因为AC平面ACD，故BDAC⊥，A对；对于B选项，设ADa=，翻折前，因为ABC为等腰直角三角形，D为BC的中点，则BDCDADa===，且ADBD⊥，ADCD⊥，由勾股定理可得222ACABA

DBDa==+=，翻折后，因为BD⊥平面ACD，CD平面ACD，则BDCD⊥，由勾股定理得222BCBDCDa=+=，在三棱锥DABC−中，ABACBC==，则ABC为等边三角形，B对；对于C选项，在三棱锥DABC−中

，因为ABC为等边三角形，DADBDC==，故三棱锥DABC−为正三棱锥，C对；对于D选项，假设平面ACD⊥平面ABC，如下图所示：取AC的中点E，连接DE、BE，因为ADCD=，E为AC的中点，则DEAC⊥，若平面ACD⊥平面ABC，因为平面ACD平

面ABCAC=，DE平面ACD，所以，DE⊥平面ABC，设等边ABC的中心为点O，连接DO，由正棱锥的性质可知，DO⊥平面ABC，因为过点D作平面ABC的垂线，有且只有一条，故假设不成立，即平面ACD与平面ABC不垂直，

D错故选：ABC.12.如图所示的八面体的表面是由2个全等的等边三角形和6个全等的等腰梯形组成，设1111AAAB==，2AB=，有以下四个结论：其中正确的结论是（）A.BC⊥平面12AAA；B.1//AA平面22BBCC；C.直线1AA与2CC成角的余弦值为56D.直线11AC与平面22AABB

所成角的正弦值为63.【答案】ACD【解析】【分析】证明1BCAA⊥，2BCAA⊥得到A正确，建立如图所示的空间直角坐标系，确定各点的坐标，平面22BBCC的法向量为23,1,2m=−，根据10mAA得到B错误，利用向量

的夹角公式计算得到CD正确，得到答案.【详解】对选项A：如图所示，连接12AA，取BC中点D，取11BC中点E.连接1AE，AD，DE.由等边三角形的性质得BCAD⊥，由等腰梯形的性质得BCDE⊥.又ADDED=，,ADDE平面1ADEA，所以BC⊥平面1

ADEA.1AA平面1ADEA，故1BCAA⊥，同理2BCAA⊥，.又12AAAAA=，12,AAAA平面12AAA，所以BC⊥平面12AAA，正确；对于选项B：等腰梯形的高2213122=−=，取AB中点O，建立如图所示的空间直角坐标系，设1O是111ABC△的中

心，2O是ABC的中心.过1A作1AGAD⊥，过E作EHAD⊥.2231333326DHODOH=−=−=，22336263HE=−=.所以几何体111ABCABC-的高为63.所以()1,

0,0A−，1136,,263A−，()1,0,0B，()0,3,0C，2136,,263B−.所以1136,,263AA=，()1,3,0BC=−，2136,,263BB=−−，设平面22BB

CC的法向量为()111,,mxyz=，则112111301360263mBCxymBBxyz=−+==−+−=，取3x=得到23,1,2m=−，所以113623310263

23mAA=++−=，所以1AA与平面22BBCC不平行，错误；对选项C：2260,3,33C−，2360,,33CC=−.所以直线1AA与2CC成角的余弦值为336639561

3616436939−−=+++，正确；对选项D：1260,3,33C，1113,,022AC=，()2,0,0AB=，2136,,263BB=−−.设平面22AABB的法向量为()222,,xnyz=，22

222201360263nABxnBBxyz===−+−=，取21z=得到()0,22,1n=，所以直线11AC与平面22AABB所成角的正弦值为322263138144=++.正确.故选：ACD【点睛】关键点睛：本题考查了空间

中的线面位关系及夹角，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中建立空间直角坐标系，将线面关系和夹角转化为向量的关系是解题的关键.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知()()()0,2,3,0,,1ABCmm−三点共线，则m=____

_________．【答案】3−【解析】【分析】首先根据A与B的坐标，结合截距式方程可求直线AB的方程，再将C点代入可求m的值.【详解】直线AB的方程为132yx+=，代人1132mm−+=，解得3m=−．故答案为：-3.14.已知一个圆

柱的高是底面半径的2倍，且其上、下底面的圆周均在球面上，若球的体积为23，则圆柱的体积为________．【答案】2π4##2π4【解析】【分析】由题先求得球的半径R，再根据,Rr的数量关系，即可求得圆柱的体积.

【详解】设球O的半径为R，圆柱的底面圆半径为r，则高为2r.因为球的体积为2π3，所以342ππ33R=，得312R=，又因为222rrR+=，所以22rR=，所以，圆柱的体积23322π22π2π()π24VShrrrR=====故答案为：2π415.如图，已知在一个二面角的棱上有两个点

,AB，线段,ACBD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱234,4ABABACBDCD====,,,.则这个二面角的余弦值为______.【答案】1324【解析】【分析】根据条件，将二面角CABD

−−的余弦值转化成两向量,DBAC的夹角，再利用条件即可求出结果.【详解】因为,BDABACAB⊥⊥，0DBBABAAC==uuuruuruuruuur，设二面角CABD−−为，则由图知，43cos(π)12cosDBA

C=−=−，又DCDBBAAC=++uuuruuuruuruuur，则2222222DCDBBAACDBBADBACBAAC=+++++，即2222442324cos=++−，所以13cos24=，故答案为：1324.16.如图，已知菱形ABCD中，2AB=，120BAD=

，E为边BC的中点，将ABE沿AE翻折成1ABE△（点1B位于平面ABCD上方），连接1BC和1BD，F为1BD的中点，则在翻折过程中，点F的轨迹的长度为______.【答案】π2【解析】【分析】设G是1AB的中点，可证F的轨迹与G的轨迹相同，求得1B的轨迹

之后再求G的轨迹.【详解】由2AB=，120BAD=，E为边BC中点设G是1AB的中点，又F为1BD的中点，则//GFAD且12GFAD=，的而1122CEBCAD==且//ECAD，所以//GFEC且=GFEC，即FGEC为平行四边形，故//EGCF且=E

GCF，故F的轨迹与G的轨迹相同.因为⊥AE面1BEC，且11BE=，所以1B的轨迹为以E为圆心，1为半径的圆，设AE中点为O，则112OGBE=，1//OGBE，又OG面1BEC，1BE面1BEC，所以//OG面1BEC，故G的轨迹为以O为圆心，11=2

2BE为半径的圆，所以F的轨迹长度为11π2π22BE=.故答案为：π2【点睛】方法点睛：判断点的轨迹，从圆、椭圆、双曲线、抛物线的性质出发求解.四、解答题：本题共6小题，第17小题10分，其余小题每题12分，共70分.解答题应写出文字说明、证明过

程或演算步骤.17.三角形三个顶点是()4,0A，()6,7B，()0,3C（1）求AB边上的高所在直线的方程；（2）求BC边上的中线所在直线的方程.【答案】（1）27210xy+−=（2）5200xy+−=【解析】【分析】

（1）先求出AB边上的高的斜率，用点斜式方程即可求得；（2）求出BC边上的中点()3,5，利用两点式方程即可求得.的【小问1详解】因为()4,0A，()6,7B，所以707642ABk−==−.所以AB边上的高的斜率为127ABkk=−=−.所以AB边上的高所在直线为：2

37yx−=−，即27210xy+−=【小问2详解】因为()6,7B，()0,3C，所以BC边上的中点()3,5所以BC边上的中线所在直线050434yx−−=−−，即5200xy+−=.18.已知平行六面体111

1ABCDABCD−，11ADAAAB===，1160AABDABDAA===，1113ACNC=，12DBMB=，设ABa=，ADb=，1AAc=；（1）试用a、b、c表示MN；（2）求MN的长度.【答案】（1）111662MNabc=++；（2）22．【

解析】【分析】（1）用向量的线性运算求MN；（2）把（1）等式平方，由数量积的运算求模．【详解】解：（1）()()1111111112122323MNMDDAANDBADACDDDBADABAD=++=−−+=−+−++()()1

12111223662cabbababc=−−−++=++（2）111662MNabc=++11ADAAAB===，1160AABDABDAA===，所以111122abacbc====222211111111166236364186

6MNabcabcabacbc=++=+++++22=．MN的长度为22MN=．19.如图，在四棱锥PABCD−中，BDPC⊥，四边形ABCD是菱形，60,1ABCABPA===，2,PBE=

是棱PD上的中点．（1）证明//PB平面AEC；（2）求三棱锥CBDE−的体积；【答案】（1）证明见解析（2）324【解析】【分析】（1）根据三角形中位线与底边平行，通过线线平行证明线面平行；（2）根据等体积法将三棱锥CBDE−的体积转为求三棱锥EBCD−的体积，在求出三

棱锥EBCD−高和底面积，根据三棱锥公式求解即可.【小问1详解】令ACBD、的交点为O，连接OE因为四边形ABCD是菱形，所以O是BD的中点，又因为E是棱PD上的中点，所以在PBD△中，OEPB∥，因为OE平面AEC，PB平面AEC所以PB∥平面AEC.【小问2详解】因为四边形ABCD是

菱形，所以BDAC⊥．又,,BDPCACPC⊥平面PAC，且ACPCC=，所以BD⊥平面PAC因为PA平面PAC，所以BDPA⊥因为1,2ABPAPB===，所以222PBABPA=+，所以ABPA⊥．因为,ABBD平面ABCD，且ABBDB=

，所以PA⊥平面ABCD．因为E是棱PD上的中点，所以E到平面ABCD的距离1122EdPA==．四边形ABCD是菱形，60,1ABCABPA===，则CBD△中，13120,1,sin24CBDBCDBCCDSBCCDBCD=====△，11313334224CBDEECBD

CBDEVVSd−−====△，三棱锥CBDE−的体积为32420.已知直线l：()420kxykk−++=R．（1）证明：直线l恒过第二象限；（2）若直线l交x轴的负半轴于点A，交y轴的正半轴于点B，O为坐标原点，设AOB的面积为S，求S的最小值及此时直线l的一般式方程．【答案】（1）

证明见解析（2）16，280xy−+=【解析】【分析】（1）直线含参先求出定点，进而可证明；（2）直线过定点求面积的最值，可将直线直接设为截距式，再利用基本不等式求出其面积最小值及直线方程.【小问1详解】因为直线方程为：42(4)(2)0kxykkxy−++=++−+=，因为kR，所以

4020xy+=−+=，解得42xy=−=，所以直线恒过点(4,2)−，而点(4,2)−在第二象限，所以直线l恒过第二象限；【小问2详解】设直线l为1(0,0)xyabab+=，因为(4,2)−在直线上，所以

421ab−+=，又4242822ababab−−−+=，所以812ab−，两边同时平方得：321ab−，32ab−，当且仅当4212ab−==，即8a=−，4b=时取等号，所以AOB的面积为1()162Sab=−，即

S的最小值为16，此时直线方程为184xy+=−，化简得：280xy−+=.21.如图，在三棱柱111ABCABC-中，12AA=，12ACAC==，平面11ACCA⊥平面ABC，90ACB=.（1）求证：1ACAB⊥；（2）

当3BC=时，求平面1CAB与平面11ABBA夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）64.【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得答案；（2）根据题意，以C为坐标原点，CA，CB，1CA分别为x，y，z的正向建立空间直角

坐标系，求出平面1CAB，平面11ABB的法向量，由平面夹角的向量求法可得答案.【小问1详解】22211ACACAA+=，1ACAC⊥，又平面11ACCA⊥平面ABC，平面11ACCA平面ABCAC=，1AC平面11A

CCA，1AC⊥平面ABC，又AB平面ABC，1ACAB⊥【小问2详解】以C为坐标原点，CA，CB，1CA分别为,,xyz的正向，建立空间直角坐标系，则各点坐标如下：()0,0,0C，()2,0,0A，()0,3,0B，(

)10,0,2A，取平面1CAB的一个法向量为()1,0,0m=，设平面11ABB的法向量为()000,,nxyz=r，取()112,0,2BBAA==−，()10,3,2AB=−，则1100nBBnAB==，可得0000220320xzyz−+=−=

，令03=x，可得()3,2,3=n，设平面1CAB与平面11ABBA夹角为，则36coscos,432833mn====++，.所以平面1CAB与平面11ABBA夹角的余弦值为64.22.如图所示，等腰梯

形ABCD中，AB∥CD，2ADABBC===，4CD=，E为CD中点，AE与BD交于点O，将ADEV沿AE折起，使得D到达点P的位置（P平面ABCE）．（1）证明：⊥AE平面POB；（2）若6PB=，试判断

线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为155，若存在，确定Q点位置；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在；Q为线段PB中点【解析】【分析】（1）根据线线垂直即可由线面垂直的判断求证，（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量

法求解线面角，即可求解.【小问1详解】证明：连接BE，在等腰梯形ABCD中，2ADABBC===，4CD=，E为CD中点，∴四边形ABED为菱形，∴BDAE⊥，∴OBAE⊥，ODAE⊥，即OBAE⊥，O

PAE⊥，且OBOPO=，OB平面POB，OP平面POB，∴⊥AE平面PBO．【小问2详解】由（1）可知四边形ABCD为菱形，∴2ADDE==，在等腰梯形ABCD中2AEBC==，∴PAE△正三角

形，∴3OP=，同理3OB=．∵6PB=，∴222OPOBPB+=，∴OPOB⊥．由（1）可知OPAE⊥，OBAE⊥，O为原点，OE，OB，OP分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz−，由题意得，各点坐标为()0,0,3P，()1,

0,0A−，()0,3,0B，()2,3,0C，()1,0,0E，∴()0,3,3PB=−，()2,3,3PC=−，()2,0,0AE=，()1,0,3AP=,设()01PQPB=，()()()1,0,30,3,31,3,33AQA

PPQAPPB=+=+=+−=−，设平面AEQ的一个法向量为(),,nxyz=r，则00nAEnAQ==，即()203330xxyz=++−=，取得0x=，1y=，得1z=−，所以0,1,1n=−，设直线PC与平面A

EQ所成角为，0,2，则15sincos,5PCnPCnPCn===，即23315151011+−=+−，化简得24410−+=，解得12=．即Q为线段PB中点．

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