精品解析：四川省内江市第六中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题

内江六中2024—2025学年（上）高2026届半期考试 数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 命题人：王善建、向建勇 审题人：李观顺、李颐 第I卷 选择题（满分58分） 一、选择题（本题共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、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间线面的位置关系的判定方法进行判断. 【详解】对A：因为垂直于同一平面的两条直线一定平行，故A正确； 对B：若，，则或，故B错误； 对C：因为平行于同一个平面的两条直线的位置关系不能确定，所以C错误； 对D：若，，则或，故D错误. 故选：A 2. 设向量，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量垂直，结合题中所给的向量的坐标，利用空间向量垂直的坐标表示，求得结果. 【详解】由，得 ∵，， ∴，解得 故选：D 3. 如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接与平面不平行的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对于A，利用与直线平行的直线和平面相交，可得直线AB与平面MNQ不平行；对于B，利用面面平行可得直线AB与平面MNQ平行；对于C，利用和平行的直线平行平面，可得平面；对于D，利用和平行的直线平行平面，可得平面. 【详解】对于A，如图取底面中心，连接， 由于为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得， 因为与平面相交，所以与平面相交，即直线与平面不平行； 对于B，由于，平面，平面， 所以平面，故B正确； 对于C，如图，连接，则， 因为，分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得， 所以， 因为平面，平面，所以平面； 对于D，如图，连接，则， 因为，分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得， 所以， 因为平面，平面，所以平面. 【点睛】方法点睛：证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面． 4. 三棱锥中，，点为中点，点满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由图形，题意，结合空间向量加减法可得答案. 【详解】，又为中点， 故选：C 5. 如图，在正方体中，，，分别是，，的中点，则与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行关系得出异面直线所成的角，解三角形求解即可. 【详解】连接，,，如图， 因为，，分别是，的中点， 所以，又， 所以, 或其补角为异面直线所成的角， 设正方体棱长为1， 则, 所以, 异面直线所成角的余弦为 故选：B 6. 如图，三棱柱中，分别是的中点，平面将三棱柱分成体积为（左为，右为）两部分，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由分别是的中点，可得（是三角形的面积，是三角形的面积），由棱台的体积公式可求得，再根据，求得，即可得答案. 【详解】解：设三角形的面积为，三角形与三角形的面积为，三棱柱的高为， 则有，，设三棱柱的体积为， 又因为①，②， 所以③， 由题意可知④， 由①②③④可得， 所以， 所以. 故选：A. 7. 在三棱柱中，平面是棱上的动点，直线与平面所成角的最大值是，点在底面内，且，则点的轨迹长是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，则为直线与平面所成角，从而得到，所以当取最小值时取得最大值，求出的最小值，即可求出，连接，由勾股定理求出，即可得到点在以为圆心，为半径的圆（圆弧）上，且圆心角为，即可求出轨迹长. 【详解】连接，因为平面，所以为直线与平面所成角， 所以，又直线与平面所成角的最大值是， 所以，当且仅当取最小值时取得最大值， 因为，所以当时取最小值，此时， 所以， 又点在底面内，且，连接， 因为平面，平面，所以， 所以， 所以点在以为圆心，为半径的圆（圆弧）上，且圆心角为， 所以点的轨迹长为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键是由线面角求出的长度，再由勾股定理求出，即可确定的轨迹. 8. 在正方形中，，为中点，将沿直线翻折至位置，点为线段中点.在翻折的过程中，若为线段的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. 三棱锥的体积最大值为 B. 异面直线、所成角始终为 C. 翻折过程中存在某个位置，使得大小为 D. 点在某个圆上运动 【答案】D 【解析】 【分析】当二面角为直二面角，三棱锥的体积最大值，过作于，求出，从而求出点到平面的距离，再由锥体的体积公式计算，即可判断A；取的中点，取的中点，连接，，即可得到、，是异面直线，所成的角，利用余弦定理求出，即可判断B、C，再根据，为定值，即可判断D. 【详解】对于A，当二面角为直二面角，过作于， 所以平面平面．又平面平面，所以平面． 由题意可得，．由勾股定理可得． 由，即，解得． 因为为线段的中点，所以到平面的距离为． 又，所以，即三棱锥的体积最大值为，故A错误． 对于B、C选项，取的中点，则，且，，所以． 因为，所以是异面直线，所成的角． 取的中点，连接，，可得，， 所以． 在中，可得． 由余弦定理可得，所以． 在中，由余弦定理可得， 所以，所以异面直线，所成的角为，故B，C均错误． 对于D选项，由B，C选项可知，，均为定值，则的轨迹为以，为球心的球面的交线， 即点在某个圆上运动，故D正确． 故选：D 二、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. 给出下列命题，其中正确的是 （    ） A. 若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 B. 在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点是 C. 点P为平面ABC上一点，O为平面ABC外一点，且，则 D. 非零向量，，若，则为锐角 【答案】AC 【解析】 【分析】利用空间向量的基本性质即可判断选项AC，选项B利用空间坐标系的点对称做出判断，选项D利用向量的数量积做出判断即可. 【详解】对A，若是空间的一个基底，则，，不共面，假设共面， 则存在实数，，使，， ，，不共面，，，无解，故不共面， 也是空间的一个基底，故A正确. 选项B：点关于坐标平面的对称点是，选项B错误. 选项C：由空间向量共面的推论可知成立，，则，选项C正确. 选项D：，则， ∴可能为零角或直角，选项D错误. 故选：AC 10. 如图AB为圆O的直径，点C在圆周上（异于A，B点），直线PA垂直于圆所在的平面，点M为线段PB的中点，则以下四个命题正确的是（　　） A. PB⊥AC B. OC⊥平面PAB C. MO∥平面PAC D. 平面PAC⊥平面PBC 【答案】CD 【解析】 【详解】利用反证法思想说明AB错误；由直线与平面平行的判定判断C；由平面与平面垂直的判定判断D． 【解答】解：对于A，假设PB⊥AC，由已知可得AC⊥PA， 又PA∩PB＝P，平面，∴AC⊥平面PAB，而平面，则AC⊥AB，与∠CAB是锐角矛盾，故A错误； 对于B，∵点C是圆周上的任意一点，∴OC与AB不一定垂直， 若OC⊥平面PAB，则OC一定与AB垂直，故B错误； 对于C，∵点M为线段PB的中点，点O为AB的中点，∴OM∥PA， 而OM⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，∴MO∥平面PAC，故C正确； 对于D，∵PA垂直于圆所在的平面，∴PA⊥BC，由已知得BC⊥AC， 且PA∩AC＝A，平面，∴BC⊥平面PAC，而BC⊂平面PBC，则平面PAC⊥平面PBC，故D正确． 故选：CD． 11. 棱长为2的正四面体中，，分别是，的中点，点是棱上的动点，则下列选项正确的有（ ） A. 存在点，使得平面 B. 存在点，使得 C. 的最小值为 D. 分别以，，，为球心，2为半径作球，这四个球的公共部分称为勒洛四面体，则该勒洛四面体的内切球的半径为 【答案】BCD 【解析】 【分析】将正四面体放入正方体中，假设存在点，使得平面，由面面平行的判定定理得平面平面，这与平面平面，矛盾可判断A；当与重合时，连接，根据得出可判断B；将、展开到同一平面，连接可判断C；求出正四面体的外接球的半径，由勒洛四面体的对称性可知，内切球切在每一个球面的中心，顶点到切点的距离为2，由可判断D． 【详解】对于A，将棱长为2的正四面体放入如下图所示的正方体中， 假设存在点，使得平面，则点不与线段端点重合． 又因为，平面，平面， 所以平面，又，平面， 所以平面平面． 又因为平面平面，所以平面平面． 但平面与平面有公共点，所以假设不成立． 所以不平行平面，故A不正确； 对于B，将棱长为2的正四面体放入如下图所示的正方体中， 如下图当与重合时，连接，因为，， 所以四边形为平行四边形，可得， 因为，所以，故B正确； 对于C，将、展开到同一平面，连接， 如图，为，的交点时， 的最小，因为、都是边长为2的等边三角形， 所以， 由余弦定理可得， 可得的最小值为：，故C正确； 对于D，设正四面体的外接球球心为，半径为，则， 取的中点，连接，连接交平面于点， 则点是的中心，且点在上，正四面体的棱长为2， 则，，，， ，， 由勾股定理得，即， 解得，此时，我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图， 设勒洛四面体的内切球的半径为， 由勒洛四面体的对称性可知，内切球切在每一个球面的中心， 而顶点到切点的距离为2，故．选项D正确． 故选：BCD． 【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置. 第II卷 非选择题（满分92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，是水平放置的的直观图，，，，则原的面积为_____________. 【答案】12 【解析】 【分析】画出原图，可得，再求面积即可. 【详解】如图，可得，，，， 则原的面积为. 故答案为：12. 13. 已知三棱锥中，面，，，，则三棱锥的外接球半径为__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先利用余弦定理求出，进而可得，然后利用正弦定理求出的外接圆半径为，最后利用球的半径以及与的外接圆半径为的几何关系可得，解方程即可求解. 【详解】由余弦定理得，所以， 记三棱锥的外接球半径为，的外接圆半径为， 则， 所以. 故答案为： 【点睛】本题考查了多面体的外接球问题、正余弦定理，考查了学生的空间想象能力，属于中档题. 14. 正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体､正六面体､正八面体､正十二面体､正二十面体.已知球O是棱长为2的正八面体的内切球，MN为球O的一条直径，点为正八面体表面上的一个动点，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用等体积的方法得到正八面体的内切球半径，然后将转化为，最后求范围即可. 【详解】 由题意得为正方形的中心，取中点H，连接，， 因为为正八面体，所以平面，， ，，， 设正八面体的内切球半径为， 则, 所以，解得， ， 由图可知，当点在正八面体的顶点时，最大，为，当点在切点，最小，为， 所以，即. 故答案为：. 四、解答题（本题共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. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面 ，=4，为的中点，为线段 上的动点. （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】 （1）结合线面垂直性质先证平面，得，再证平面即可； （2）采用等体积法，由，结合几何关系即可求解点到平面的距离； 【详解】（1）因为，为中点，所以， 因为平面，所以， 由，所以平面，所以 所以平面，所以平面平面； （2） 又，则. 【点睛】本题考查面面垂直的证明，由等体积法求解点面距离，属于中档题 16. 如图，平行六面体中，，． （1）求的长； （2）求直线与所成角的余弦值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据空间向量的线性运算可得，进而可得模长； （2）根据，根据线线角的空间向量方法求解即可. 【小问1详解】 如图所示：以，，为基底．则由题意得：． 又∵， ∴． 又因为，则 【小问2详解】 ，． ； ； 即． 由题意可知直线与所成角为锐角． 故直线与所成角的余弦值为． 17. 如图，在四棱锥中，四边形是正方形，，为侧棱上的点，且． （1）证明：： （2）已知点是侧棱上靠近点的三等分点，求证：平面． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）令交AC于点O，利用线面垂直和判定性质推理得证. （2）在线段PE取一点G，使得，根据给定的条件证得平面平面，再利用面面平行的性质推理即得.. 【小问1详解】 令交于点，连接，在正方形中，，， 又，则，而，平面， 因此平面，而平面，所以. 【小问2详解】 在正方形中，，在线段上取一点，使得， 由，得，连接，则， 而平面，平面，则平面， 由，得，则， 而平面，平面，则平面， 又，平面，于是平面平面，而平面， 所以平面. 18. 如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，，． （1）记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求； （2）设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用平面几何的知识推得，进而得到与，从而利用柱体与锥体的体积公式求得关于的表达式，由此得解； （2）根据题意建立空间直角坐标系，设，结合（1）中结论与（2）中所给条件得到所需向量的坐标表示，从而求得平面与平面的法向量与，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【小问1详解】 因为与是底面圆弧所对的圆周角， 所以， 因为，所以在等腰中，， 所以， 因为是圆柱的底面直径，所以，则， 所以，则，即， 所以在等腰，，平分，则， 所以，则， 故在中，，，则， 在中，， 因为是圆柱的母线，所以面， 所以， ， 所以． 【小问2详解】 以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则，，， 则， 所以，，， 因为，所以， 则， 设平面的法向量，则，即， 令，则，故， 设平面的法向量，则，即， 令，则，故， 设二面角的平面角为，易知， 所以， 因此二面角的余弦值为． 19. 如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段上的动点，，，，. （1）当为线段的中点时， （i）求证：平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值； （2）记直线与平面所成角为，平面与平面的夹角为，是否存在点使得?若存在，求出；若不存在，说明理由. 【答案】（1）（i）证明见解析；（ii） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）（i）利用面面垂直的性质可推导出平面，可得出，利用勾股定理可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （ii）取的中点为，的中点为，连接、、，计算出点到平面的距离以及线段的长，即可得出直线与平面所成角的正弦值； （2）假设存在点，使得，延长与交于点，连接，根据已知条件得出是直线与平面所成的角，是二面角的平面角，计算出三边边长，利用勾股定理求出的值，即可得出结论. 【小问1详解】 （i）由题意，四边形为直角梯形，且，， 所以，所以， 取的中点，连接，则且，且， 故四边形为矩形， 则，且，所以， 又由，所以，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为，，则，所以， 又，、平面，所以平面. （ii）取的中点为，的中点为，连接、、， 过在平面内作垂直于，垂足为， 又平面平面，平面平面，， 所以平面，为的中点， 所以，所以平面，平面，所以， 又因为，，、平面， 所以平面，平面， 所以，，平面， 得平面，因为，，， 所以， 由等面积法可得， 延长与交于点，则为的中点，为直线与平面的交点， 设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为， 则，所以， 由，所以，； 【小问2详解】 假设存在点，使得，延长与交于点，连接， 则平面平面， 设平面，垂足为，连接，是直线与平面所成的角， 因为且，所以，点为的中点，则， 过点作垂直于，垂足为， 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面，因为平面，所以， 是二面角的平面角， 所以，， 由，得，所以、重合，由，得， 设，则，， 由勾股定理可得， 即，整理可得， 解得或（舍）， 所以存在点，当，有成立. 【点睛】关键点点睛：第二问的关键点是假设存在点，使得，延长与交于点，根据已知条件得出是直线与平面所成的角，考查了学生的空间想象能力、运算能力. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 内江六中2024—2025学年（上）高2026届半期考试 数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 命题人：王善建、向建勇 审题人：李观顺、李颐 第I卷 选择题（满分58分） 一、选择题（本题共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、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 2. 设向量，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接与平面不平行的是（ ） A. B. C. D. 4. 三棱锥中，，点为中点，点满足，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在正方体中，，，分别是，，的中点，则与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，三棱柱中，分别是的中点，平面将三棱柱分成体积为（左为，右为）两部分，则（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱柱中，平面是棱上的动点，直线与平面所成角的最大值是，点在底面内，且，则点的轨迹长是（ ） A. B. C. D. 8. 在正方形中，，为中点，将沿直线翻折至位置，点为线段中点.在翻折的过程中，若为线段的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. 三棱锥的体积最大值为 B. 异面直线、所成角始终为 C. 翻折过程中存在某个位置，使得大小为 D. 点在某个圆上运动 二、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. 给出下列命题，其中正确的是 （    ） A. 若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 B. 在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点是 C. 点P为平面ABC上一点，O为平面ABC外一点，且，则 D. 非零向量，，若，则为锐角 10. 如图AB为圆O的直径，点C在圆周上（异于A，B点），直线PA垂直于圆所在的平面，点M为线段PB的中点，则以下四个命题正确的是（　　） A. PB⊥AC B. OC⊥平面PAB C. MO∥平面PAC D. 平面PAC⊥平面PBC 11. 棱长为2的正四面体中，，分别是，的中点，点是棱上的动点，则下列选项正确的有（ ） A. 存在点，使得平面 B. 存在点，使得 C. 的最小值为 D. 分别以，，，为球心，2为半径作球，这四个球的公共部分称为勒洛四面体，则该勒洛四面体的内切球的半径为 第II卷 非选择题（满分92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，是水平放置的的直观图，，，，则原的面积为_____________. 13. 已知三棱锥中，面，，，，则三棱锥的外接球半径为__________. 14. 正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体､正六面体､正八面体､正十二面体､正二十面体.已知球O是棱长为2的正八面体的内切球，MN为球O的一条直径，点为正八面体表面上的一个动点，则的取值范围是__________. 四、解答题（本题共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. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面 ，=4，为的中点，为线段 上的动点. （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离. 16. 如图，平行六面体中，，． （1）求的长； （2）求直线与所成角的余弦值． 17. 如图，在四棱锥中，四边形是正方形，，为侧棱上的点，且． （1）证明：： （2）已知点是侧棱上靠近点的三等分点，求证：平面． 18. 如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，，． （1）记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求； （2）设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值． 19. 如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段上的动点，，，，. （1）当为线段的中点时， （i）求证：平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值； （2）记直线与平面所成角为，平面与平面的夹角为，是否存在点使得?若存在，求出；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $