精品解析：四川省达州市达州外国语学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

达外高2023级高二上学期半期考试 数学试题 考试时间：120分钟；满分：150分 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. 下列几何体中，不是旋转体的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知正方体的棱长为2，则该正方体的内切球的体积为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，表示水平放置的根据斜二测画法得到的直观图，在x′轴上，与x′轴垂直，且，则的面积为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 4. 底面半径为，侧面展开图的扇形圆心角为的圆锥侧面积为（ ） A. B. C. D. 5. 在四棱锥中，底面为平行四边形，E为线段上靠近A的三等分点，F为线段上一点，当平面时，（ ） A. 3 B. 4 C. D. 6. 如图所示，在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，过直线的平面平面，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）. A. B. C. D. 7. “方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知，，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米，则该“方斗”可盛米的总质量为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正三棱锥，满足，，，，点在底面上，且，则点的轨迹长度为（ ） 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，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，有如下四个命题，其中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 10. 如图所示，在空间四边形中，点分别是边的中点，点分别是边上的三等分点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 四点共面 B. 与异面 C. 与的交点可能在直线上，也可能不在直线上 D. 与的交点一定在直线上 11. 如图，四棱锥的底面为矩形，底面，，，点是的中点，过，，三点的平面与平面的交线为，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 直线与所成角的余弦值为 D. 平面截四棱锥所得的上，下两部分几何体的体积之比为 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. 两个平面把空间最多分成_____________个部分. 13. 三棱锥中，平面，则该三棱锥的外接球表面积等于______. 14. 正四面体的棱长为1，则点A到平面的距离为_______ 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. 已知正四棱柱的底面边长为2，． （1）求该四棱柱的体积； （2）若E为线段的中点，求BE与平面ABCD所成角的正切值大小． 16. 如图所示，四棱锥中，底面是且边长为的菱形，侧面为正三角形，其所在平面垂直于底面，为边的中点.求证： （1）平面； （2）. 17. 如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的正弦值． 18. 如图，边长为4的正方形中，点分别为的中点.将，分别沿折起，使三点重合于点. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求二面角的正弦值. 19. 如图1，由射线构成的三面角，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：. （1）如图2，在三棱锥中，为等腰直角三角形，为等边三角形，，求二面角平面角的正弦值； （2）如图3，在三棱锥中，平面，连接，，求三棱锥体积的最大值； （3）当时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 达外高2023级高二上学期半期考试 数学试题 考试时间：120分钟；满分：150分 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. 下列几何体中，不是旋转体的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据旋转体的特征直接判定即可. 【详解】由题,B圆柱,C圆锥,D球均为旋转体. 故选：A 【点睛】本题主要考查了旋转体的辨析,属于基础题. 2. 已知正方体的棱长为2，则该正方体的内切球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正方体内切球特点即可得到球的半径，再利用球的体积公式即可. 【详解】由正方体内切球的直径是正方体的棱长，所以，即， 则球的体积， 故选：D． 3. 如图，表示水平放置的根据斜二测画法得到的直观图，在x′轴上，与x′轴垂直，且，则的面积为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用斜二测画法的定义通过的长确定OA，OB的长，再求出的面积. 【详解】∵在轴上，在轴上， ∴在x轴上，在y轴上， ，，如图， ∴. 故选：B. 4. 底面半径为，侧面展开图的扇形圆心角为的圆锥侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆锥的侧面展开图求圆锥的母线长，进而求侧面积. 【详解】因为圆锥的底面半径为，则侧面展开图的弧长为， 又因为侧面展开图的圆心角为，可得圆锥母线长， 所以圆锥的侧面积. 故选：A. 5. 在四棱锥中，底面为平行四边形，E为线段上靠近A的三等分点，F为线段上一点，当平面时，（ ） A. 3 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行性质定理得出线线平行，再根据平行得出比例关系即可. 【详解】 如图，连接交于点，连接 因为平面平面，平面平面所以， 所以，因为为的三等分点， 则即. 故选：D. 6. 如图所示，在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，过直线的平面平面，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】如图1，取B1C1的中点E，C1D1的中点F，连接EF，BE，DF，B1D1，则EFB1D1，B1D1BD，所以EFBD，故EF，BD在同一平面内，然后利用面面平行的判定定理可证得平面AMN平面BDFE，所以平面α截该正方体所得截面为平面BDFE，然后在图2中的图形计算即可. 【详解】如图1，取B1C1的中点E，C1D1的中点F，连接EF，BE，DF，B1D1，则EFB1D1，B1D1BD，所以EFBD，故EF，BD在同一平面内， 连接ME，因为M，E分别为A1D1，B1C1的中点，所以MEAB，且ME＝AB， 所以四边形ABEM是平行四边形，所以AMBE， 又因为平面BDFE，平面BDFE， 所以AM平面BDFE，同理AN平面BDFE， 因为，、平面， 所以平面平面BDFE， ，，，等腰梯形BDFE如图2， 过E，F作BD的垂线，垂足分别为G，H，则四边形EFGH为矩形， 所以， 故所得截面的面积为. 故选：B. 7. “方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知，，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米，则该“方斗”可盛米的总质量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设线段、、、的中点分别为、、、，利用台体的体积公式计算出棱台与棱台的体积之比，即可得出原“方斗”可盛米的总质量. 【详解】设线段、、、的中点分别为、、、，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，因为线段、的中点分别为、， 则， 设棱台的高为，体积为， 则棱台的高为，设其体积为， 则，则， 所以，，所以，该“方斗”可盛米的总质量为. 故选：D. 8. 已知正三棱锥，满足，，，，点在底面上，且，则点的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设为等边三角形的中心，求出，求出点到的距离可得点轨迹是以点为圆心以为半径，且与的三边各有2个交点的三段相等圆弧，求出圆弧所对的圆心角可得答案. 【详解】 ， 设为等边三角形的中心，则平面， 连接，则， 所以， ， 而点到的距离为， 点到的距离为， 所以点轨迹是以点为圆心，以为半径， 且与的三边各有2个交点的三段相等圆弧，如图， 设圆弧与相交于两点，作，则， ，所以，可得， 可得点的轨迹在内部的弧所对的圆心角为， 则弧长为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是确定点的轨迹. 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，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，有如下四个命题，其中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据空间中垂直关系的转化可判断ABC的正误，根据线面平行定义可判断D的正误. 【详解】对于A，若，，则或，故A错误； 对于B，若，，则，而，故，故B正确； 对于C，若，，则，而，故，故C正确； 对于D，若，，则或异面，故D错误， 故选：BC 10. 如图所示，在空间四边形中，点分别是边的中点，点分别是边上的三等分点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 四点共面 B. 与异面 C. 与的交点可能在直线上，也可能不在直线上 D. 与的交点一定在直线上 【答案】AD 【解析】 【分析】利用三角形中位线性质、平行线分线段成比例的性质可得，即可判断A，B；由平面基本事实推理可判断C，D. 【详解】在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，则，且， 点F，G分别是边BC，CD上的点，且，则，且， 因此，点E，F，G，H四点共面，故A正确，B错误； ，，即四边形是梯形，则EF与GH必相交，交点为M， 点M在EF上，而EF在平面ACB上，则点M在平面ACB上，同理点M在平面ACD上， 则点M是平面ACB与平面ACD的公共点，而AC是平面ACB与平面ACD的交线， 所以点M一定在直线AC上，故C错误，D正确. 故选：AD. 11. 如图，四棱锥的底面为矩形，底面，，，点是的中点，过，，三点的平面与平面的交线为，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 直线与所成角的余弦值为 D. 平面截四棱锥所得的上，下两部分几何体的体积之比为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据所给图像，作中点，连接，则为交线l，然后根据所给选项，逐个分析判断即可得解. 【详解】 如图：作中点，连接， 则，即A、D、E、F四点共线，即l为EF， 故对A，，所以平面，即平面正确； 对B，由，若平面则必有， 即四边形为平行四边形，则矛盾，故B错误； 对C，与所成角，即与所成角，即与所成角， 由底面，所以， ，故C正确； 对D，连接， ， ， ，故D正确， 故选：ACD 【点睛】本题考查了立体几何中的先线面平行和线面角问题，考查了锥体的体积问题，考查了空间想象能力和计算能力，属于中档题. 本题的关键有： （1）掌握空间线面的平行关系； （2）平移法求一面直线所成角； （3）利用割补法求空间几何体的体积. 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. 两个平面把空间最多分成_____________个部分. 【答案】4 【解析】 【分析】两个平面分平行、相交两种情况讨论，从而可得结果. 【详解】空间中两个平面的位置关系是平行或相交， 若两个平面平行，则可将空间分成3部分， 若两个平面相交，可将空间分成4部分， 所以两个平面可以将空间最多分成 4个部分. 故答案为：4． 13. 三棱锥中，平面，则该三棱锥的外接球表面积等于______. 【答案】 【解析】 【分析】先用补形法求出外接球的半径R，再利用表面积公式即可得答案. 【详解】如图： 将三棱锥补成长方体，则三棱锥的外接球和长方体的外接球是一致的. 设长方体外接球半径为，则：， 所以，所以外接球的表面积为， 故答案为：. 14. 正四面体的棱长为1，则点A到平面的距离为_______ 【答案】## 【解析】 【分析】作出辅助线，得到即为点A到平面的距离，为等边三角形的中心，结合勾股定理求出答案. 【详解】取的中点，连接，则⊥， 过点作⊥平面，垂足为，即为点A到平面的距离， 则点在上，且为等边三角形的中心， 因为正四面体的棱长为1，则， 由勾股定理得，则， 因为，由勾股定理得， 则点A到平面的距离为. 故答案为： 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. 已知正四棱柱的底面边长为2，． （1）求该四棱柱的体积； （2）若E为线段的中点，求BE与平面ABCD所成角的正切值大小． 【答案】（1）12 （2） 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理，在中，求出高，再根据棱柱体积公式即可求解； （2）过E作，垂足为点F，连接BF，证明就是BE与平面ABCD所成的角，根据直角三角形即可求解. 【小问1详解】 根据题意可得：在中，高 所以该四棱柱的体积. 【小问2详解】 过E作，垂足为点F，连接BF， 可知平面ABCD，平面ABCD，则， 在中，就是BE与平面ABCD所成的角， 因为，，则， 又因为E是的中点，则EF是的中位线，可知， 在中，， 则， 所以BE与平面ABCD所成角的正切值为. 16. 如图所示，四棱锥中，底面是且边长为的菱形，侧面为正三角形，其所在平面垂直于底面，为边的中点.求证： （1）平面； （2）. 【答案】（1） 因为四边形是菱形且， 所以是正三角形，因为G为的中点，所以， 又平面⊥平面，且平面∩平面，平面， 所以平面， （2） 因为侧面为正三角形，为边的中点， 所以，又由（1）可知， 又，BG，平面， 所以平面，又平面，所以， 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质定理证明即可； （2）由线面垂直判定定理和性质定理证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：连接交于， 在直三棱柱中，所有棱长均为4， 因此四边形是正方形，所以是的中点，而D是AB的中点， 因此有，而平面，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于，利用三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据（1）的结论，结合异面直线所成角定理、直棱柱的性质、余弦定理、同角的三角函数关系式进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知：， 因此异面直线与所成角为（或其补角）， 因为是正方形，所以， 在直三棱柱中，所有棱长均为4， 因此四边形是正方形，因此有， 在直三棱柱中，侧棱垂直于底面，因此也就垂直底面中任何直线， 因此有， 由余弦定理可知：， 因此. 18. 如图，边长为4的正方形中，点分别为的中点.将，分别沿折起，使三点重合于点. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求二面角的正弦值. 【答案】（1） 折叠前，因为在正方形中，， 则折叠后，可得， 又因为，且平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，结合线面垂直的判定定理，即可得证； （2）根据题意，结合，利用棱锥的体积公式，即可求解； （3）取线段的中点，得到，得出即为二面角的平面角，在直角中，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）得平面，所以， 由题意知且，故， 故. 【小问3详解】 解：取线段的中点，连接，因为， 所以有，且平面，平面， 所以即为二面角的平面角， 又由（1）得平面，平面，可得， 因为，， 故，即二面角的正弦值为. 19. 如图1，由射线构成的三面角，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：. （1）如图2，在三棱锥中，为等腰直角三角形，为等边三角形，，求二面角平面角的正弦值； （2）如图3，在三棱锥中，平面，连接，，求三棱锥体积的最大值； （3）当时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理. 【答案】（1） （2） （3）证明:如图过射线上一点在面作交于点， AI 在面内作交于点，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：， 则， 两边同除以，得： ， 从而得证. 【解析】 【分析】（1）法1：构建三角形，算出各边，根据余弦定理可得解；法2：依题意，将相关数据代入三面角余弦定理求得，再求出 （2）依题意证明平面，将和分别用表示，求出的表达式，借助于二次函数的最值即得体积最大值. （3）在射线上一点，分别作，，即得二面角的平面角，在和中，由余弦定理分别求出，消去，整理后利用直角三角形中三角函数定义即可推得结论. 【小问1详解】 法1：取的中点，连接，如图所示， 则，于是是二面角的平面角， 设，则， 由余弦定理得， 故 法2：利用三面角余弦定理，设二面角的平面角为，则有， 计算得，故 【小问2详解】 二面角的平面角的大小为，利用三面角余弦定理得 ，计算得， 于是. 由于，则. ， 即当时，三棱锥体积的最大值为 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $