精品解析：四川省达州外国语学校2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题

高2024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. 直线的倾斜角是（ ） A. 0 B. C. D. 2. 已知，，是空间中三条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，，则 C 若，，，，则 D. 若，，，，则 3. 向量，，则向量在向量上投影向量是（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 如图，已知在长方体中，，，点，分别在棱和上，且，则直线与直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知点在确定的平面内，是平面外任意一点，满足，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 在正三棱台中，已知，，侧棱的长为2，则此正三棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 在空间直角坐标系中，经过点，且以为法向量的平面的方程为.若平面的方程化简为，直线的方向向量为，则直线与平面的所成角的正弦值为（ ） 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. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A B. C. D. 10. 在棱长为1的正方体中，M，N分别为AD，CD的中点，过，M，N三点的截面将正方体分成两部分，其中体积小的几何体的体积记为，体积大的几何体的体积记为，则（ ） A. 平面 B. C. 截面的周长为 D. 11. 如图，在正四棱柱中，，，点为线段上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 三棱锥外接球的体积为 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 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. 已知直线和直线垂直，则实数的值为_______． 13. 已知点，，直线是过点且与线段AB相交且斜率存在，则的斜率的取值范围是____________ 14. 如图，在三棱锥中，，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为________. 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. 已知正四面体的棱长为1，E，F分别为棱BC，CD的中点，点G为线段AF的中点. （1）用，，表示； （2）求的值. 16. 已知顶点、、． （1）求边所在的直线的方程； （2）若直线过点，且的纵截距是横截距的倍，求直线的方程． 17. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，为的中点，为的中点， （1）证明：直线平面； （2）求直线AC与平面OCD所成角的余弦值． （3）求点N到平面OCD的距离． 18. 已知四边形为直角梯形，为中点，与交于点，沿将四边形折起，连接． （1）若平面平面，求证：； （2）若平面平面． （ⅰ）求二面角的大小； （ⅱ）线段上是否存在点，使平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 19. 如图1，在平面四边形中，，，，是等腰直角三角形，，将沿折叠到的位置，形成如图2所示的三棱锥，且. （1）证明：； （2）已知三棱锥，外接球球心为. ①若为线段上动点（不包含点），为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值. ②类似于平面中三角形余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则，当、、时，请在图3的基础上，试证三面角余弦定理，并用该结论求图2中二面角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2024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. 直线的倾斜角是（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线方程可得斜率，进而可得倾斜角 【详解】设直线的倾斜角是. 直线斜率为， 又， 故选：D 2. 已知，，是空间中三条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间中线面的位置关系即可判断ABC，利用面面垂直的性质定理即可判断D. 【详解】对于A：若，，则或与相交或者异面，故A错误； 对于B：若，，，，当与相交时才可以判断 故B错误； 对于C：若，，，，则或相交，故C错误； 对于D：若，，，，则，故D正确. 故选：D. 3. 向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出，，，再根据投影向量公式求解即可. 【详解】因为向量，， 则，， ， 所以向量在向量上的投影向量为 故选：A． 4. 已知直线，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】先求两直线平行时的取值，再判断和时两直线是否平行，从而确定条件类型. 【详解】直线，平行或重合的充要条件是，所以或． 将代入直线，的方程，得，，易知； 将代入直线，的方程，得，，直线，重合，故舍去． 综上所述，“”是“”的充要条件． 故选：． 5. 如图，已知在长方体中，，，点，分别在棱和上，且，则直线与直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建系，求得直线方向向量，代入夹角公式即可求解. 【详解】以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系. 已知得，， 因为点在棱上，且，， 所以，，则. ，，， 所以， 则 直线与直线所成角的余弦值为. 故选：A 6. 已知点在确定的平面内，是平面外任意一点，满足，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助平面向量线性运算及空间中四点共面性质可得，再利用基本不等式“1”的活用计算即可得解. 【详解】因为，则， 所以， ， 当且仅当“”即“”时取“”， 故的最小值为 故选：B 7. 在正三棱台中，已知，，侧棱的长为2，则此正三棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先计算出三棱台的上下底面的面积，再根据底面边长与侧棱长求解三棱台的高，进而计算出三棱台的体积． 【详解】正三棱台中，已知，， 所以的面积为，的面积为， 设，分别是，的中心， 设，分别是，的中点， ，，三点共线，，，三点共线， ，， ，， ， 过作，垂足为，则， ， 三棱台的高为， 三棱台的体积为． 故选：C． 8. 在空间直角坐标系中，经过点，且以为法向量的平面的方程为.若平面的方程化简为，直线的方向向量为，则直线与平面的所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题设定义得平面的法向量为，结合直线方向向量，求线面角的正弦值. 【详解】由过，可化为， 所以平面的法向量为，而直线的方向向量为， 所以直线与平面的所成角的正弦值. 故选：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. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据空间向量线性运算、数量积、模的坐标表示计算，依次判断选项即可. 【详解】A：，故A正确； B：，故B错误； C：，故C正确； D：，故D正确. 故选：ACD 10. 在棱长为1的正方体中，M，N分别为AD，CD的中点，过，M，N三点的截面将正方体分成两部分，其中体积小的几何体的体积记为，体积大的几何体的体积记为，则（ ） A. 平面 B. C. 截面周长为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意作出相应的图象，利用线面平行可得平面即可对A判断求解；利用线面垂直证明平面，从而可证即可对B判断求解；.过的截面为梯形，利用几何知识即可求出其周长，即可对C判断求解；截面将正方体分成三棱台和剩余的部分，先求出三棱台的体积，即可对D判断求解. 【详解】对于A，连接AC，则，，所以， 又平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，连接，在正方体中，，平面， 又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以，故B正确； 对于C，过的截面为梯形， ，，， 所以其周长为，故C错误； 对于D，截面将正方体分成三棱台和剩余的部分， 三棱台的体积为， 剩余部分的体积为，所以，故D正确． 故选：ABD． 11. 如图，在正四棱柱中，，，点为线段上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 三棱锥外接球的体积为 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】先根据面面平行的判定定理证得平面平面，即可判断A正确；根据A的结论将三棱锥的体积转化为三棱锥的体积，求出体积即可判断B；根据三棱锥的外接球即为正四棱柱的外接球，求得其体积，可判断C；设，根据线面角的向量求法，用表示出直线与平面所成角的正弦值，即可求得其最大值，判断D. 【详解】对于A选项，连接、、如图所示：在正四棱柱中，，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，A对； 对于B选项，因为平面，，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 故，B错； 对于C选项，三棱锥的外接球半径等于正四棱柱的外接球半径， 设三棱锥的外接球半径为，则， 因此三棱锥外接球的体积为，C错； 对于D选项，以为坐标原点，分别以、、所在的直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则、、、，则， 设，则，即，其中， ， 因为平面，，所以易得平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 故时，取最小值，则有最大值为，D对. 故选：AD. 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. 已知直线和直线垂直，则实数的值为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据一般式方程中两直线垂直的条件得到方程，解得即可. 【详解】因为直线和直线垂直， 所以，解得. 故答案为： 13. 已知点，，直线是过点且与线段AB相交且斜率存在，则的斜率的取值范围是____________ 【答案】 【解析】 【分析】利用斜率计算公式可得，，根据直线过点且与线段相交，数形结合即可求出直线的斜率的取值范围． 【详解】因为，，， 所以，． 直线过点且与线段相交，如下图所示： 或， 直线的斜率的取值范围是：． 故答案为：． 14. 如图，在三棱锥中，，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为________. 【答案】## 【解析】 【分析】先确定球心位置，再建立半径R的方程求解即可. 【详解】取和的中点分别为，，过点作面于点， 连结，，,平面,故， 又，则又平面, 故平面，平面，故 则为二面角的补角， ， 因为，，则，且， 易知， 因为为等腰直角三角形，所以是的外心. 设三棱锥的外接球的球心为，则面，易知， 作，易知为矩形，， 设，，则在中，， 且中，，解得， 所以外接球表面积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查外接球问题，关键是利用球的性质确定球心位置. 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. 已知正四面体的棱长为1，E，F分别为棱BC，CD的中点，点G为线段AF的中点. （1）用，，表示； （2）求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据空间向量的基本定理，结合向量运算求得答案. （2）利用空间向量的数量积运算律计算即得. 【小问1详解】 在正四面体中，E，F分别为棱BC，CD的中点，点G为线段AF的中点， ， 所以 . 【小问2详解】 正四面体的棱长为1，则， 所以. 16. 已知顶点、、． （1）求边所在的直线的方程； （2）若直线过点，且的纵截距是横截距的倍，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由两点坐标求出直线的斜率，再写出直线的点斜式方程，将其转化为一般式方程； （2）当直线的纵截距和横截距均为零时，根据直线过点A和原点，求出其方程；当直线的纵截距和横截距均不为零时，设它的截距式方程，求其方程． 【小问1详解】 由、，可得直线的斜率为， 所以边所在的直线的方程为，即； 【小问2详解】 当直线过坐标原点时，其斜率为，方程为.此时，直线的纵截距和横截距均为零，符合题意； 当直线不过坐标原点时，由题意设直线方程为， 由过点，则，解得，所以直线方程为，即， 综上所述，直线的方程为或. 17. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，为的中点，为的中点， （1）证明：直线平面； （2）求直线AC与平面OCD所成角的余弦值． （3）求点N到平面OCD的距离． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）根据已知构建合适的空间直角坐标系，先求出面的一个法向量，进而得到，再应用线面平行的判定证明结论； （2）应用向量法求线面角的正弦值，进而求其余弦值； （3）应用向量法求点面距离即可. 【小问1详解】 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，则两两垂直， 以A为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图， 由为的中点，为的中点，得， 即， 设平面的法向量为，则，取，得， 则平面，所以直线平面． 【小问2详解】 由（1）知，，且平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则， 所以，故直线与平面所成角的余弦值为. 【小问3详解】 由（1）知，，且平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离. 18. 已知四边形为直角梯形，为中点，与交于点，沿将四边形折起，连接． （1）若平面平面，求证：； （2）若平面平面． （ⅰ）求二面角的大小； （ⅱ）线段上是否存在点，使平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）（ⅰ）；（ⅱ）存在，． 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定、再面面平行的判定及性质推理即得. （2）根据给定条件，证明直线两两垂直，再以为原点建立空间直角坐标系，（ⅰ）求出平面的法向量，利用空间向量求出面面大小；（ⅱ）利用空间位置关系的向量证明求解即可. 【小问1详解】 由，平面，平面，得平面， 由，同理得平面，而平面， 因此平面平面，又平面平面，平面平面， 所以. 小问2详解】 在边长为2的正方形中，， 由平面平面，平面平面， 又平面，得平面，即直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则． （ⅰ）， 设平面法向量为，则，取，得， 设平面法向量为，则，取，得， 于是，而二面角为钝二面角， 所以二面角的平面角的大小为. （ⅱ）假设线段上存在点，使平面，设， 则， 由平面，得，则，解得， 所以线段上存在点，使平面，且. 【点睛】易错点睛：空间向量求二面角时，一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算． 19. 如图1，在平面四边形中，，，，是等腰直角三角形，，将沿折叠到的位置，形成如图2所示的三棱锥，且. （1）证明：； （2）已知三棱锥，外接球球心为. ①若为线段上动点（不包含点），为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值. ②类似于平面中三角形的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则，当、、时，请在图3的基础上，试证三面角余弦定理，并用该结论求图2中二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见详解 （2）①的最小值为；②证明见详解；二面角的余弦值为 【解析】 【分析】（1）通过勾股定理证明线线垂直从而推出线面垂直，再利用线面垂直证明线线垂直；（2）①通过建立空间直角坐标系，求出平面法向量，进而得出与动点的坐标的关系，从而由基本不等式求最值；②构造直角三角形，利用平面三角形中的余弦定理构建边与角的方程，进而化简可证明三维空间的三面角余弦定理，进而代入数值求出二面角的余弦值 【小问1详解】 因为，，，由勾股定理得，. 因是等腰直角三角形，且，所以，. 在中，，所以，即. 因，，与相交于点，且平面，所以平面. 而平面，所以. 【小问2详解】 过点作平面. 以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系. 因为，所以. 因为，，与相交于点，且平面，所以平面. 则，，，线段的中点 因三棱锥底面为直角三角形，所以三棱锥的外接球球心在底面斜边上的中点的上方. 又因为球心距离点和的距离相等，所以球心. ①因为线段的中点，所以；为线段中点，所以 点在线段上运动，设，. ，，设平面的法向量为. 则，不妨令，则平面的一个法向量为. ，，设平面的法向量为. 则，不妨令，则平面的一个法向量为. 平面与平面的夹角为，则 因，所以要求的最小值，即求的最大值. . 设，则，则. 则，当且仅当，即时，等号成立. 所以的最小值为. ②证明：点为射线上一点，过作交于，作交于，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， 由勾股定理得，，， 所以有 两边同时除以得，，即. 在中，由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得. 设二面角的大小为， 则， 代入解得，所以二面角的余弦值为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $