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（Word版附解析）

这是一份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（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
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. B. C. D.
【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，，
对应直观图的面积为，
故选：C．

3. 经过点，斜率是3的直线方程是（ ）
A. B. C. D.
【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，
所以，化简可得：.
故选：C.
4. 已知直线与平面满足，直线，下列结论正确的是（ ）
A. a与b无公点B. a与b异面
C. D.
【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，
而，所以没有公共点，
与可能异面、平行、垂直，
所以A选项正确，BCD选项错误.
故选：A
5. 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，，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】
由已知为三角形的中位线，从而且，由，得在四边形中，，即，，，四点共面，且，由此能得出结论．
【详解】如图所示，连接EF,GH.
四边形是空间四边形，、分别是、的中点，
为三角形的中位线
且
又，
，且，
在四边形中，
即，，，四点共面，且，
四边形是梯形，
直线与直线相交，
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，，，四点共面，再证明直线与直线不平行.
6. 如图，在斜四棱柱中，底面是平行四边形，M为与的交点.若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【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，
.
故选：A
7. 如图在一个的二面角的棱上有两点，，线段，分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱垂直，若，，，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，两边平方后展开整理，即可求得．
【详解】解：，
，
线段，分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱垂直，，，，
，
，
故选：A．
8. 如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱上的动点（点不与点重合）．若，则下列说法正确的个数是（ ）
①存在点，使得点到平面的距离为；
②直线与所成角为；
③平面；
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，
则，
所以，，
设面的一个法向量为，
则，取，即，
所以点到平面的距离为，
由，易知，即①正确；
设直线与所成角为，
则，即②正确；
显然，即与平面不平行，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，则下列说法中正确的是（ ）
A. 球的半径为2B. 球的体积为C. 球的体积为D. 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，则，
所以球的体积为，
所以AC选项正确，BD选项错误.
故选：AC
10. 如图为一正方体的展开图、则在原正方体中（ ）

A. B.
C. 直线与所成的角为D. 直线与所成的角为
【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：
与不平行，A选项错误.
根据正方体的性质可知，所以四边形是平行四边形，
所以，而，所以，所以B选项正确
根据正方体的性质可知，三角形是等边三角形，
直线与所成的角为，所以直线与所成的角为，C选项正确.
根据正方体的性质可知，三角形是等边三角形，
直线与所成的角为，所以直线与所成的角为，D选项正确.
故选：BCD

11. 下列选项正确的是（ ）
A. 若直线l的一个方向向量(1，)，则直线l的斜率为
B. 已知向量，则在上的投影向量为
C. 若，则是锐角
D. 直线l的方向向量为，且l过点，则点到直线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，)，则直线l的斜率为，故A正确；
由投影向量的定义可知，在上的投影向量为
，故B正确；
若，则，故C错误；
由条件可得，由，
所以在方向上的投影为，
则点到直线的距离为，故D正确；
故选：ABD.
12. 如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于的动点，已知，，则下列结论正确的是（ ）

A. 圆锥的侧面积为
B. 三棱锥体积的最大值为
C. 圆锥内切球的半径为
D. 若，为线段上的动点，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意可知圆锥母线长为，底面圆半径为，由扇形面积公式可计算得圆锥的侧面积为，即A正确；易知当时，三棱锥体积的最大值为，所以B正确；将圆锥内切球的半径转化为内切圆的半径，可得，可知C错误；将以为轴旋转到与共面，由侧面展开图利用余弦定理可求得的最小值为，即D正确.
【详解】由，圆锥母线长可得，
所以底面圆半径为，又显然，可得，
对于A，圆锥的侧面积为，即A正确；
对于B，易知当时，的面积最大，此时，
则三棱锥体积的最大值为，即B正确；
对于C，圆锥内切球的半径即为轴截面内切圆的半径，不妨设为，
利用等面积法可得，可得，所以C错误；
对于D，若，可得，又，所以；
又因为，所以为等边三角形，，
将以为轴旋转到与共面，得到，
则为等边三角形，且，如下图所示：

所以的最小值即为，
又因为,,
由余弦定理可得，
可得，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，平面的一个法向量为，且，则 ________.
【答案】
【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，
所以，即，
所以，解得，
所以.
故答案为：.
14. 已知圆锥的表面积为，其侧面展开图是一个半圆．则圆锥的高为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，再根据圆锥的表面积公式求出，再利用勾股定理即可得解.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，
由于圆锥侧面展开图是一个半圆，
故有，
即圆锥母线长为，
又圆锥的表面积为，
解得，所以，
所以圆锥的高为.
故答案为：.
15. 经过点作直线，若直线与连接两点的线段总有公共点，则的倾斜角的取值范围是______.
【答案】
【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，可知直线自位置绕P旋转至位置的过程中都可符合题意，
该过程中直线的斜率在，
易知，，
故，则倾斜角.
故答案为：
16. 已知正方体的棱长为2，点是线段的中点，过点做平面，使得平面平面，则平面与正方体的截面多边形的面积为______.
【答案】##
【解析】
【分析】取的中点，、的中点、，连接、、、、、，即可证明平面平面，从而得到平面与正方体的截面多边形为，即可求出其面积.
【详解】取的中点，、的中点、，连接、、、、、，
依题意可得、、，
所以、，
所以、、、四点共面，、、、四点共面，
又平面，平面，所以平面，
取的中点，连接、，由正方体的性质可得且，
所以四边形为平行四边形，所以，同理可证为平行四边形，
所以，所以，
平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面，
因为过点做平面，平面平面，则平面与正方体的截面多边形为，
又、、，
所以，
即平面与正方体的截面多边形的面积为.
故答案为：
四、解答题（第17题10分，其余题12分，共70分）
17. 已知的三个顶点分别为，，.
（1）求边所在直线的方程；
（2）求边上的中线所在直线的方程.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）直接由两点式求边所在直线方程；
（2）求出点的坐标为（－4，2），再利用两点式求中线所在直线的方程.
【详解】（1）由两点式得边所在直线的方程为，即；
（2）由题意，得点的坐标为（－4，2），
由两点式，得所在直线的方程为，即.
18. 棱长为2的正方体中，E，F分别是，DB的中点，G在棱CD上，且，H是的中点.

（1）证明：；
（2）求；
（3）求FH的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【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，再证明即可；
（2）求出的坐标，再根据即可求得答案；
（3）转化为求即可.
【小问1详解】
如图，以为原点， 分别为轴，建立空间直角坐标系，

则
因为，
所以，
所以，
故；
【小问2详解】
因为，所以
因为，且,
所以；
【小问3详解】
因为是的中点，所以
又因为，所以,
，即.
19. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为线段上一点，平面.

（1）证明：为的中点；
（2）若直线与平面所成的角为，且，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，设，连接，根据线面平行的性质得到，即可证明；
（2）首先证明平面，则为直线与平面所成的角，再求出，最后根据计算可得.
【小问1详解】
连接，设，连接，
因为平面，平面，平面平面，
所以，又底面为矩形，所以为的中点，
所以为的中点.
【小问2详解】
因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，即，
又，所以，则，
由平面，平面，所以，
所以在中，
所以.
20. 如图，多面体中，平面，且，，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取CA的中点N，连接MN，BN，易证四边形为平行四边形，得，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，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，则且，
又且，所以且，
所以四边形为平行四边形，得，
又平面，平面，所以平面；
【小问2详解】
分别取AB、EF的中点O、D，连接OD，OC，则，
由平面，得平面，则，
又为正三角形，所以，
因为平面，平面，得，
而平面，所以平面，
故OC、OA、OD两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
得，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，得，
设ME与平面所成角为，，
则，所以，
故ME与平面所成角为.
21. 如图，在四棱锥中，平面平面，E为的中点，，．
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面的余弦值；
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先依据面面垂直的性质定理得到平面；再依据线面垂直的性质定理得到，依据线线垂直平行性质得到；最后依据面面垂直的判定定理即可证明平面平面
（2）建立空间直角坐标系，用坐标表示向量，求出平面与平面的法向量所成角的余弦值即可.
【小问1详解】
证明：平面平面，，且平面平面，
平面，平面.
又平面，，
又，，.
又，平面，平面.
又平面，平面平面.
小问2详解】
过点E作，以点E为坐标原点 ，、、的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系：
则点，，，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，
故，即，令，解得.
设平面的法向量为，
故，即，令，解得.
所以，
故平面与平面的余弦值为.
22. 如图，在三棱柱中，平面平面为等边三角形，，分别是线段的中点.
（1）求证：平面；
（2）若点为线段上的动点（不包括端点），求平面与平面夹角的余弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）首先证明，然后证明平面，可得，即可证明；
（2）首先证明平面ABC，然后以D为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，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，由题设知四边形为菱形，，
分别为中点，
；又D为AC中点，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面；
，又平面，平面.
【小问2详解】
，为等边三角形，，
平面平面，平面平面，
平面,平面，
D为坐标原点，所在直线为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，,
设，则，；
由（1）知：平面，所以平面的一个法向量；
设平面的法向量，则，
令，则；
，
令，则；
，