精品解析：北京市中央民大附中（朝阳）2025-2026学年高二上学期期中练习数学试题

中央民大附中（朝阳）2025-2026学年第一学期期中练习 高二数学 命题人：高二数学组 校对人：高二数学组 审核人：高二数学组 考生须知： 1．在试卷和答题纸上填写班级和姓名. 2．试题答案一律填涂或书写在答题纸上，在试卷上作答无效. 3．在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，其余题用黑色字迹签字笔作答. 4．考试结束，请将本试卷和答题纸一并交回. 一、单项选择题.本题共10道小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的.（每小题5分，共50分） 1. 如果一个长方体的长、宽、高分别是4，5，3，则它的体对角线为（ ） A. 50 B. 60 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用长方体的几何性质即可求解. 【详解】如果一个长方体的长、宽、高分别是4，5，3，则它的体对角线为； 故选：D 2. 向量，，若，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量平行，得到方程组，求出的值，得到答案. 【详解】由题意得：， 即，解得：， 故. 故选：C 3. 已知直线的方程为，则过点且与垂直的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据垂直得到，由点斜式可求直线的方程. 【详解】直线的方程为，则， 根据两直线垂直知所求直线的斜率为， 又直线过点，所以与直线垂直的线方程为，即. 故选：B. 4. 若如图中的直线，，的斜率分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由倾斜角与斜率的关系即可求解. 【详解】设直线､､的倾斜角分别为， 则， 由图可知：，， 所以. 故选：D 5. 若直线和直线的交点在第二象限，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】联立两直线方程求出交点，即可根据第二象限的特征求解. 【详解】, 所以交点为,由于在第二象限，所以， 所以的取值范围为， 故选：D 6. 已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的为（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据各项中线面、面面的位置关系，结合线面、面面垂直，线面、面面平行的性质和判定及空间想象判断各项的正误. 【详解】A：由，则平行、异面、相交均可能，错， B：由，则或，错， C：由，结合线面垂直、面面平行的性质有，对， D：由，要使，根据面面平行的判定定理，条件还需相交，错. 故选：C 7. 已知直线与，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】A 【解析】 【分析】由，得到，求解即可判断. 【详解】由，则，解得或， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 8. 对于直线，下列说法不正确的是（ ） A. 的斜率有可能不存在 B. 恒过定点 C. 的倾斜角有可能是 D. 恒过第一象限 【答案】B 【解析】 【分析】对A：整理方程后令的系数为即可得；对B：整理方程后令的系数为即可得；对C：令，解出即可得；对D：由直线所过定点即可得. 【详解】对A：直线可化为， 令，则，此时，斜率不存在，故A正确； 对B：直线可化为， 令，解得，故恒过定点，故B错误； 对C：令，解得， 此时直线，斜率为，倾斜角为，故C正确； 对D：由B知，恒过定点，故恒过第一象限，故D正确. 故选：B. 9. 如图，已知正四棱锥的高为4，棱AB的长为2，点H为侧棱PC上一动点，则当面积取得最小值时，OH与平面ABCD所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，结合正四棱锥的结构特征确定取得最小值时的位置，再利用几何法求出线面角的余弦值. 【详解】在正四棱锥中，平面，平面，则， 而，平面，于是平面， 又平面，则，而，要的面积取得最小值， 当且仅当，此时， 由平面平面，得在平面内射影为， 即是OH与平面ABCD所成的角，， 所以OH与平面ABCD所成角的余弦值为. 故选：C 10. 如图，在棱长为a的正方体中，E是棱上的一个动点，给出下列三个结论： ①存在点E使得平面平面； ②的面积为定值； ③的最小值为. 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ① B. ②③ C. ①③ D. ①②③ 【答案】C 【解析】 【分析】对于①当为的中点时即证平面即可判断，对于②当为的中点计算,当与重合时，计算即可判断，对于③将侧面与侧面展开铺平，利用勾股定理计算即可判断. 【详解】对于①：当为的中点时，连接,设交于，连接， 则为和的中点， 由，所以，由为的中点，所以， 同理，又，平面， 所以平面,又平面，所以平面平面，故①正确， 对于②：当为的中点时，由①有，则，， 所以， 当点与点重合时，， ， 故的面积不是定值，故②错误； 对于③：如图，将侧面与侧面展开铺平， 所以，所以， 则的最小值为，故③正确. 故选：C. 二、填空题，本题共5道小题.（每小题5分，共25分） 11. 已知点，若点A与点B关于点C对称，则C点坐标为________. 【答案】 【解析】 【分析】借助中点坐标公式计算即可得. 【详解】设，则有，，故. 故答案为：. 12. 将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则直线AB与平面BCD所成角的大小为__________；异面直线AC与BD所成角的大小为__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由线面角定义确定线面角并求解，再根据异面直线所成角的定义求异面直线所成的角． 【详解】如图，是原正方形对角线交点，则， 是二面角的平面角， 又二面角是直二面角，即平面平面，它们的交线是，平面， 所以平面，是直线与平面所成的角，， 所以直线与平面所成的角是， 又由，平面，得平面，而平面， 所以，所以异面直线AC与BD所成角的大小为， 故答案为：；． 13. 在空间直角坐标系中，直线l的方向向量，点在直线l上，则点到直线l的距离是________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据已知有，应用向量法求点线距离即可. 【详解】由题设，又点在直线l上，直线l的方向向量， 而，， 所以点到直线l的距离是. 故答案为： 14. 已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】画出对应图形，利用棱锥结构特点可得圆柱的底面半径，利用勾股定理求出棱锥的高，再利用表面积公式求解即可得. 【详解】如图，四棱锥底面是边长为的正方形， 则四条侧棱的中点构成边长为的正方形， 圆柱的上底面是该正方形的外接圆，则圆柱底面的半径为， 又四棱锥的侧棱长为，则高为， 则圆柱的高为，故该圆柱的表面积为. 故答案为：. 15. 如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），有下列命题： ①平面截正方体的截面为等腰梯形 ；                 ②若平面，则直线不可能垂直于直线； ③若，则点的轨迹长度为；     ④三棱锥的外接球的表面积为 ． 则上述命题中，所有真命题的序号为_____________ 【答案】①③ 【解析】 【分析】作出平面截正方体的截面判断①；连接交为，则，进而说明存在点，平面时，直线可能垂直于直线判断②；确定点的轨迹，从而可求得其长度判断③；确定三棱锥的外接球的外接球球心位置，求得外接球半径，即可求得外接球表面积判断④． 【详解】对于①，取的中点为，连接，，， 由，又，得，且， 则四边形为平面截正方体的截面为梯形， 又，即梯形为等腰梯形，①正确； 对于②，连接交为， 则，即，而，平面，平面， 因此平面，即当平面时，直线⊥直线，②错误； 对于③，由平面，平面，得， 由得，， 即点的轨迹为以为圆心，半径为的四分之一圆， 其轨迹长度为，③正确； 对于④，三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 设三棱锥的外接球半径为，的外接圆半径为，， ，则， 由正弦定理得，解得， 而平面，因此三棱锥的外接球球心到平面的距离为， 故， 则三棱锥的外接球的表面积为，④错误． 故答案为：①③ 三、解答题，本题共4道小题.（每小题15分，共75分） 16. 已知平行四边形的三个顶点分别为． （1）直接写出直线的一个方向向量和法向量； （2）求线段的垂直平分线方程． 【答案】（1）；（答案不唯一） （2） 【解析】 【分析】（1）由题知，求得及直线的方程即可求解； （2）线段的垂直平分线，求出中点坐标及斜率，再根据点斜式得到方程即可. 【小问1详解】 是平行四边形，则, ，， ，即， 所以直线的一个方向向量为，一个法向量为； 【小问2详解】 线段的中点坐标为，， 所以线段的垂直平分线斜率为， 则方程为，即， 所以线段的垂直平分线方程为. 17. 如图，直三棱柱中，，，，是的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则点、、、， 、、， 所以，，，则，， 又因为，、平面，因此，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 证明：略； 【小问2详解】 设平面的法向量为，， 则，取，可得， 所以，， 因此，与平面所成角的正弦值为. 18. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，．E为棱PC上一点，且，平面ABE与棱PD交于点F． （1）求证：为PD的中点； （2）求二面角的余弦值； （3）求点A到平面的距离． 【答案】（1） 证明：因为平面，平面，所以． 在中，． 在直角梯形中， 由，，可求得，所以． 因为，所以为的中点． 因为，平面，平面，所以平面． 因为平面平面，所以． 所以， 所以为的中点； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理可得为的中点，再利用线面平行判定定理和性质定理即可得，即可得出证明； （2）建立以为坐标原点的空间直角坐标系，求出平面的法向量为，易知是平面的一个法向量，根据空间向量夹角与二面角之间的关系即可求得结果. （3）求出平面的法向量，利用空间向量法求出点到平面的距离公式即可求解. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以． 在中，． 在直角梯形中， 由，，可求得，所以． 因为，所以为的中点． 因为，平面，平面，所以平面． 因为平面平面，所以． 所以， 所以为的中点； 【小问2详解】 由题可知因为平面，所以． 又，所以两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则,,,，,, 所以，，． 设平面的法向量为，则，即 令，则，．于是． 因为平面，且，所以平面， 又平面，所以． 又，且为的中点，所以．平面， 所以平面，所以是平面的一个法向量． ． 由题设，二面角的平面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 【小问3详解】 ,,,， 则，，， 设平面的法向量，则， 令，则，所以， 所以点A到平面的距离为， 所以点A到平面的距离为 19. 如图，在四棱锥中，侧面为等边三角形，，，E是的中点． （1）求证：直线∥平面； （2）已知，点M在棱上，且二面角的大小为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的值． 条件①：平面平面； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） 证明： 取PA中点F， 连接， 因为E是的中点，F是PA中点， 所以是中位线， 所以平行且等于AD的一半， 因为， 所以平行于， 又， 所以与平行且相等， 所以四边形BCEF为平行四边形， 所以CE平行于BF， 而平面， 平面， 所以直线∥平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据中位线定理和线面平行判定即可求解；（2）根据线面垂直的判定或性质，以及建立空间直角坐标系，利用法向量求解二面角的余弦值即可进一步得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若选①：平面平面， 取AD中点O， 因为侧面为等边三角形， 所以平面， 易证平面， 以O点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， ，, 所以, 所以， 所以 所以， 所以,, 设平面的一个法向量为， 所以， 令， 解得， 所以， 易知地面一个法向量为， 又二面角的大小为， 所以， 所以， 解得， 又点M在棱上，所以， 所以， 所以的值为. 若选②： 则取AD中点O， 因为侧面为等边三角形， 所以平面， 连接OA,OC,OD， 易知， 所以， 以O点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， ，, 所以, 所以， 所以 所以， 所以,, 设平面的一个法向量为， 所以， 所以， 易知地面一个法向量为， 又二面角的大小为， 所以， 所以， 解得， 又点M在棱上，所以， 所以， 所以的值为. 20. 人脸识别技术已融入我们日常生活，小区门禁刷脸即可开门，手机支付凭人脸验证完成交易，机场安检通过它实现旅客快速身份核验，让便捷与安全并存.它通过计算机分析人脸图像或视频，提取面部轮廓、五官间距等关键特征，在这一过程中，判别不同样本间的相似度是核心环节，其主要实现方式为距离测试，目前常用的测量方式主要有3种.设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离；余弦距离，其中（为坐标原点）. （1）若点，，求，之间的欧几里得距离，曼哈顿距离和余弦距离； （2）若点，，求的最大值； （3）已知点，曲线，问曲线上是否存在点使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1），， （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据题中定义，结合两点间距离公式和平面向量夹角公式进行求解即可； （2）根据余弦距离的定义，绝对值的性质，结合分类讨论思想、平面向量夹角公式进行求解即可； （3）根据题中定义，结合平面向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 已知，，则由题意可得欧几里得距离为； 曼哈顿距离为； 因为，， 所以， 则余弦距离为. 【小问2详解】 设，由题意得：， 由， 作出表示的图形，为如图所示的正方形， 其中，，，， 即点在正方形的边上运动，，， 结合图形，由可知， 当取最小值时，最大. 相应的有最大值.因此，点有如下两种可能： ①点为点时，，则：； ②点在线段上运动时，此时与方向相同，， 则. 因为，所以点在点时，有最大值，最大值为. 【小问3详解】 设，则，， ， ， ，，即或. 联立，解得，， 联立，解得，， ，，，，则； ，则； ，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 中央民大附中（朝阳）2025-2026学年第一学期期中练习 高二数学 命题人：高二数学组 校对人：高二数学组 审核人：高二数学组 考生须知： 1．在试卷和答题纸上填写班级和姓名. 2．试题答案一律填涂或书写在答题纸上，在试卷上作答无效. 3．在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，其余题用黑色字迹签字笔作答. 4．考试结束，请将本试卷和答题纸一并交回. 一、单项选择题.本题共10道小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的.（每小题5分，共50分） 1. 如果一个长方体的长、宽、高分别是4，5，3，则它的体对角线为（ ） A. 50 B. 60 C. D. 2. 向量，，若，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 已知直线的方程为，则过点且与垂直的直线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 若如图中的直线，，的斜率分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 若直线和直线的交点在第二象限，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的为（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 7. 已知直线与，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 8. 对于直线，下列说法不正确的是（ ） A. 的斜率有可能不存在 B. 恒过定点 C. 的倾斜角有可能是 D. 恒过第一象限 9. 如图，已知正四棱锥的高为4，棱AB的长为2，点H为侧棱PC上一动点，则当面积取得最小值时，OH与平面ABCD所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在棱长为a的正方体中，E是棱上的一个动点，给出下列三个结论： ①存在点E使得平面平面； ②的面积为定值； ③的最小值为. 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ① B. ②③ C. ①③ D. ①②③ 二、填空题，本题共5道小题.（每小题5分，共25分） 11. 已知点，若点A与点B关于点C对称，则C点坐标为________. 12. 将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则直线AB与平面BCD所成角的大小为__________；异面直线AC与BD所成角的大小为__________． 13. 在空间直角坐标系中，直线l的方向向量，点在直线l上，则点到直线l的距离是________. 14. 已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的表面积为________． 15. 如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），有下列命题： ①平面截正方体的截面为等腰梯形 ；                 ②若平面，则直线不可能垂直于直线； ③若，则点的轨迹长度为；     ④三棱锥的外接球的表面积为 ． 则上述命题中，所有真命题的序号为_____________ 三、解答题，本题共4道小题.（每小题15分，共75分） 16. 已知平行四边形的三个顶点分别为． （1）直接写出直线的一个方向向量和法向量； （2）求线段的垂直平分线方程． 17. 如图，直三棱柱中，，，，是的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，．E为棱PC上一点，且，平面ABE与棱PD交于点F． （1）求证：为PD的中点； （2）求二面角的余弦值； （3）求点A到平面的距离． 19. 如图，在四棱锥中，侧面为等边三角形，，，E是的中点． （1）求证：直线∥平面； （2）已知，点M在棱上，且二面角的大小为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的值． 条件①：平面平面； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 20. 人脸识别技术已融入我们日常生活，小区门禁刷脸即可开门，手机支付凭人脸验证完成交易，机场安检通过它实现旅客快速身份核验，让便捷与安全并存.它通过计算机分析人脸图像或视频，提取面部轮廓、五官间距等关键特征，在这一过程中，判别不同样本间的相似度是核心环节，其主要实现方式为距离测试，目前常用的测量方式主要有3种.设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离；余弦距离，其中（为坐标原点）. （1）若点，，求，之间的欧几里得距离，曼哈顿距离和余弦距离； （2）若点，，求的最大值； （3）已知点，曲线，问曲线上是否存在点使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $