广东肇庆市第六中学2025-2026学年第一学期期中检测高二数学试卷

肇庆市第六中学2025-2026学年第一学期高二级期中检测 高二数学 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确 的请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上， 1.己知向量a=(-3,2,x),b=(6,y,2),若a∥6，则x-y=() A.3 B.-3 c.5 D.-5 2.已知直线a与两个不同的平面a,B,则() A.a/1a,allB→allp B.a⊥B,a⊥B→alla C.a/1B,a⊥B→a⊥a D.a/1B,a⊥a→a⊥B 3.如图，在斜三棱柱ABC-ABC中，M为BC的中点，N为AC靠近A的三 等分点，设AB=a,4C=i,AA=c,则用a,,c表示NM为() A 5- 1212,2 B.hc C M c5- 1→1→→ -b-c 0.-2-6 b+c B 4.如图，△AOB是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被茶渍覆盖， 已知O为坐标原点，顶点A、B均在坐标轴上，且△AOB的面积为12，则 A OB的长度为() -6-4-2 A.1 B.2C.3 D.4 5.正方体ABCD-ABCD的棱长为1，若点M为AB的中点，CN=!CC,则DB与MN所成角的余弦值 为() A.5 8.-3 c.6 D.-3 21 21 14 14 6.如图所示的某粮仓（粮仓的底部位于地面上）是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的高是圆锥 高的2倍，且圆锥的母线长是4，侧面积是4π，则制作这样一个粮仓（不含底面）的用料面 积为() A.4V15π B.（(25+4πc.(35+4π D.(4W15+4)π 试卷第1页，共4页 7.如图，在正方体ABCD-ABCD中，O是AC中点，点P在线段AC上， 若直线OP与平面A,BC,所成的角为O,则sinO的取值范围是(). B 23 11 A. 3’3 8.32 C. 「53 8.在四棱锥S-ABCD中，侧面SAD⊥底面ABCD,侧面SAD是正三角形，底面ABCD是边长为45的正 方形，则该四棱锥外接球表面积为() A.105元 B.110元 C.112π D.128π 二、多选题：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.已知空间中三点A-1,2,1),B(1,3,1),C(-2,4,2),则（) A.向量AB与向量AC垂直 B.平面ABC的一个法向量为i=(1,-2,-5) C.AC与BC的夹角余弦值为V6 D.4B =2 1 10.如图所示的圆台0，O2,圆台的高为√5，上底面圆O2的半径为1， B A 下底面圆O的半径为2，则下列说法正确的是() A.该圆台轴截面面积为3√5 B.该圆台的表面积为6π C.该圆台的体积为73m 3 D.一只蚂蚁从C点出发，沿着圆台表面爬行，最终到达AD的中点M处，则爬行的最短路程为5 11.如图，在棱长为2的正方体ABCD-ABCD中，M为B,C的中点，P D C 为线段B,D上动点（包括端点），则下列说法中正确的是() M B A.存在P点使得MP∥平面ADB B.直线BM与平面BDD,B所成角正弦值为Yd 10 D C.AP+MP的最小值为V7+2√3 B D.若点Q在正方体ABCD-ABCD,表面上运动（包含边界），且MQ⊥AC,则点Q的轨迹长度为6√2 试卷第2页，共4页 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分 12.已知向量a=0,-22),万=m3-受-2)，若G+列1G-可，则m的值为 13.如图，圆锥P0的底面半径为3，高为35，过P0靠近P的三等分点0作 平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的序号 有 ①圆锥母线与底面所成的角为 ②圆锥P0的侧面积为27π 0 ③挖去圆柱的体积为2√3元 ④剩下几何体的表面积为(27+4√5)元 14.在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”.如图，三 C 棱柱ABC-AB,C为一“堑堵”，P是BB,的中点，AA,=AC=BC=4,则该"堑堵” A D 的外接球的表面积为—： C 在过点P且与直线AC,平行的截面中，当截面图形为等腰梯形时，该截面的面积 为 四、解答题：本题共5小题，共72分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15(12分).己知在三棱柱ABC-AB,C中，AB=AC=2,A4=3, A ∠AAB=∠AAC=60，∠BAC=a,记AA=a,AB=b,AC=c. (1)求证：四边形BB,CC为矩形： 、C (2)若a=60°，①用a,b,c表示BC,并求|BC|:②求异面直线 BC,与AC所成角的余弦值， 16(15分).如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,底面ABCD 为菱形，点E为棱PD的中点，PA=AB=2,∠ABC=60°，连接 EA、EC、AC (1)求证：PB/平面EAC: (2)求证：BDL平面PAC: (3)求直线PB到平面EAC的距离. 试卷第3页，共4页 17(15分).如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正 方形，侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=巨 a,设E,F分别为PC,BD 2 的中点。 (1)证明：直线EF/平面PAD: (2)求直线PB与平面ABCD所成的角的正切值. 18(15分).如图，直三棱柱ABC-AB,C中，底面三角形ABC是正三角形，D 是AC中点，D是AC的中点. B (1)求证：平面AB,D,∥平面BDC: D (2)若AB=√2AA=2. (i)求三棱锥A,-BC,D的体积： (ⅱ)求二面角A-BC,-D的正弦值. 19(15分)如图所示，在直三棱柱ABC-AB,C中，AB L AC, AB=AC=CC=1,点E是线段B,C上的动点（不与点B,C重合），且满足 B BE=B,C,实数元∈(0,1)： (1)证明：平面A1EB⊥平面AB1C. (2)若二面角E-AB-B,的余弦值不超过V6 ,求实数1的取值范围. (3)求四面体EABC的外接球半径的取值范围. 五、20.卷面分（共1题，每题5分)：本题为试卷卷面评分，由阅卷老师评分，学生不用作答 试卷第4页，共4页肇庆市第六中学2025-2026学年第一学期高二级期中检测 高二数学参考答案 题号 2 8 10 答案 D 0 C AC ACD 题号 11 答案 BCD 1.A 【详解】向量ā=(-3,2，，6=(6，2，若6，则3-2- 6y2’ 所以x=-1,y=-4,故x-y=3.故选：A. 2.D 【详解】对于A,比如在正方体ABCD-ABCD中，AB∥平面ABCD,AB∥平面ABCD, 但平面ABCD与平面ABC,D,不平行，故A错误， 对于B,正方体ABCD-ABCD中，平面ADD,A,⊥平面ABCD,AA⊥平面ABCD,但AA,C 平面ADDA,故B错误， 对于C,正方体中，平面ADD,A⊥平面ABCD,且D,AI/平面ABCD,但DAC平面ADDA, 故C错误， 对于D,由于a/IB,故存在平面Y,使得acy,且y/B,又a⊥a,所以y⊥a,因此 a⊥B,故D正确， 故选：D D A B B 3.A 【详解】m=G+GC+CM-号c+a-列+名-故选：A 6 4.B 【详解】画出VAOB的原图为直角三角形，且OA=OA!=6, 因为)0B×OA=12,所以OB=4,所以OB=OB=2. B A 故选：B 5.A 【分析】以D为原点建立空间直角坐标系，用异面直线所成角的向量法求解公式计算. 【详解】以D为原点，分别以DA,DC,DD,所在直线分别为x,y,z轴， 建立如图所示空间直角坐标系， ZA D A B M 则aLL),由-cC则N0L 由点M为AB的中点，则M20 则m-(-》 DB,=(1,1,1), 11 DB·MN -1+ 则cos(DB,MN 23 3 DB·MN 。11 3,1++ 21 V49 故DB与MW所成角的余弦值为 21 故选：A. 6.D 【分析】设圆锥的母线为1，底面半径为，高为h,根据题意列出方程求出，h的值，再计算 圆柱和圆锥侧面积之和即可得解， 【详解】设圆锥的母线为l,圆锥的底面半径为r,高为h, 由圆锥的侧面积是4π得πl=4r=4π，解得r=1, 所以h=√2-r2=√42-1=√5圆柱的侧面积为2r.2h=4V5元， 故制作这样一个粮仓的用料面积为(4W5+4)π。 故选：D. 7.A 【分析】先设棱长为1， P=2(0≤1≤)，建立如图坐标系，根据4P=4C计算点P AC 坐标和向量OP,再写出平面ABC的一个法向量DB的坐标，根据sin0=cos(OP,DB,构 建关系，求其值域即可. 【详解】如图，设正方体棱长为1， P=(0≤元≤1)，则AP=AC, AC 以D为原点，分别以DA,DC,DD,所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系 故AC=AC=（11,0),AP=(-,,0),又A(1,0,1), 则1-22，所以o-}-月 在正方体ABCD-ABCD中，可知体对角线BD⊥平面ABC, 所以DB,=(1,L,1)是平面A,BC的一个法向量， 所以sim0=cos(O2,DB,)e 合h[- 63j小a- 所以当元=)时，si加0取得最大值5，当元=0或1时，sin9取得最小值万 所以sine 「25] 3’31 故选：A. C B D 8.C 【分析】运用面面垂直的性质证得OE⊥面SAD,SE⊥面ABCD,再结合正弦定理求得三 角形外接圆的半径及勾股定理求得四棱锥外接球的半径，进而求得其表面积. 【详解】如图所示， B 连接AC、BD交于一点O,取AD中点E,连接OE、SE, 则由题意知O,E⊥AD,SE⊥AD,O为正方形ABCD外接圆的圆心， 又因为面SAD⊥面ABCD,面SADO面ABCD=AD,O,Ec面ABCD, 所以OE⊥面SAD,同理SE⊥面ABCD, 设等边△SDA的外接圆的圆心为O, 过O,作O,E的平行线交过O且与SE平行的线于点O, 则OO⊥面ABCD,OO,⊥面SAD, 所以O为四棱锥S-ABCD外接球的球心，设球的半径为R, 方法1：等边△SDA的外接圆半径为 SO,-2SE-2S4-AET AD =4 3 4v5 方法2：在等边△SDA中由正弦定理得 =2S0,解得S02=4, sin- 又因为0，=0E=2AB=25, 所以R=0S=V0s2+0,02=4+(25=2万， 所以四棱锥S-ABCD外接球表面积为4πR2=4π×(2√=112π. 故选：C 9.AC 【分析】计算数量积是否为0判断A,根据法向量的定义判断B,由向量夹角的坐标表示计 算后判断C,坐标法求向量的模判断D, 【详解】由已知AB=(2,L,0),AC=(-1,2,1),则AB.AC=-2+2+0=0,所以AB⊥AC，A 对： 由i=(1,-2,-5),则n.AC=-1-4-5=-10≠0，n与AC不垂直，B错： 由BC=(←31,1)，则cos(AC,BC)= AC.BC3+2+1V66 4CBCV6x厅11，C对： 由AB=V4+1+0=V5,D错. 故选：AC 10.ACD 【分析】利用圆台的表面积公式和体积公式，梯形的面积公式计算即可判断A,B,C项： 将圆台侧面展开，利用弧长公式和勾股定理即可求解 【详解】对于A,圆台轴截面为等腰梯形ABCD,其中AB=2,CD=4,O,O,=V3, 1 则其面积为：Sm-22+4×5=35,故A正确： 对于B,由图知，圆台的母线长AD=√2-？+(W3)2=2, 则圆台的表面积为：元×2+元×12+（2m×2+2红X刘×2=11π，故B错误： 3n,故c正确： 对于C,该圆台的体积为y=×5×π×+2+1x2)=75元 B B D 对于D,将圆台沿着母线BC展开，得到如图的扇环形，由题意，蚂蚁爬行的最短路程为CM 的长 因0C=2BC=4,劣弧CD的长为2m,故∠C0D的弧度数为2弧-元 42 又点M是AD的中点，故OM=3,由勾股定理，CM=√42+32=5，故D正确. 故选：ACD 11.BCD 【分析】利用面面平行的判定推理平面A,BD∥平面B,CD,然后利用直线MP与平面B,CD,相 交判断A:利用定义法作出线面角，并在直角三角形中求出线面角的正弦判断B:把三角形 AB,D与三角形B,CD置于同一平面内，利用余弦定理求出线段AM长判断C;先利用线面 垂直的判定推理AC⊥平面BCD,取棱的中点利用面面平行的判定推理得平面NMSTGH// 平面BC,D,进而AC⊥平面NMSTGH,从而求出点Q的轨迹为正六边形NMSTGH,求解 周长即可判断D. 【详解】对于A:先证平面A,BD∥平面B,CD,由正方体性质可知BB,/IDD,且BB,=DD, B,AI/CD且B,A,=CD,所以四边形BB,D,D和B,ADC均为平行四边形， 所以BD∥BD,BC1IAD,因为BD,ADC平面ABD, B,D,B,C在平面ABD外，所以BD/平面ABD,B,C/I平面ABD, 又BD,BCC平面B,CD,BD∩BC=B,所以平面ABD∥平面BCD, 又M为B,C的中点，P为线段B,D,上动点（包括端点）， 所以直线MP与平面B,CD,相交，从而直线MP与平面ADB相交，故A错误： 对于B:连接AC,则AC,⊥BD,由BB⊥平面ABCD,ACc平面ABCD, 得AC⊥BB,又BB∩B,D=B,BB,BDC平面BDDB, 则AC⊥平面BDD,B,过M作ME/IAC交B,D,于E,连接BE, 于是ME⊥平面BDDA,∠MBE是直线BM与平面BDDB所成的角，ME=4G,=5 4 2 BM=2+=5,所以m∠MBE=CD,故B正确： BM 10 B 对于C,把三角形ABD与三角形B,CD置于同一平面内，连接AM, 则AP+MP的最小值为AM, 在△AB,M中，∠AB,M=60°+45°=105°，AB=2√2，B,M=1, cos∠AB,M=cos(60+45）=2-V6 4 由余弦定理得M=2矿+1：-2x25x1kV56+2百，c正确： 4 M B 对于D,由正方体的性质知AA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以AA,⊥BD, 因为四边形ABCD为正方形，所以AC L BD,AC∩AA=A,AC,AA,C平面AA,C, 所以BD⊥平面AA,C,ACC平面AA,C,所以BD⊥A,C, 同理可得BC、AC,BC∩BD=B,BC,BDc平面BCD,故AC⊥平面BCD: 如图， D B A G 取棱CD,DD,DA,AB,BB,的中点分别为N,S,T,G,H, 连接MN,NS,ST,TG,GH,HM,可得六边形NMSTGH为正六边形， 而TG/IDB,TG丈平面BCD,DBc平面BCD,故TG//平面BCD, 同理可证GH//平面BCD,TGOGH=G,TG,GH1平面NMSTGH, 故平面NMSTGH/平面BCD,所以AC⊥平面NMSTGH, 即过点M且与AC垂直的平面截正方体所得截面即为正六边形NMSTGH,边长为√2， 其周长为6√2，所以点Q的轨迹为正六边形NMSTGH,则点Q的轨迹长度为6√2，D正确. 故选：BCD 12.-2 【分析】利用向量线性关系的坐标运算和向量垂直的坐标表示列方程，求出结果， 【详解】由题设ā+万=-2号-2)+(m3受-2)=(0m+l- a-6=-2%2-6m3-g2)=0-m5m） 由(a+而1(a-而，故(a+b)(a-b)=0, 所以1-m2-5-4m=0→m2+4m+4=0→m=-2. 故答案为：-2 13.①③④ 【分析】根据题意利用勾股定理可求圆锥PO的母线长，挖去圆柱的半径和高，然后根据体 积公式以及表面积公式即可逐项求解。 【详解】如下图： D B 因为圆锥PO的底面半径为3，高为3√3，所以母线长PA=6, 则c0s∠P10-G2即圆锥母线与底面所成的角为行故①正确： 31 圆锥P0的侧面积S侧=πl=π×3×6=18π，故②错误： 设圆柱底面与圆锥母线PA,PB交于点M,N,与圆锥底面直径AB交于C,D两点， 因为0为Po的三等分点，所以OM-01=LAMC-号0=2W5, 3 则圆柱的体积为25π，故③正确： 圆柱的侧面积S=2π×1×2√5=4V5π， 剩下几何体的表面积S=18π+4√3π+π×32=27π+4V3元，故④正确： 故答案为：①③④ 14. 48π 63 【分析】①如图1，把原三棱柱补成正方体，则正方体对角线为外接球的一条直径，根据 2R=√AC2+BC2+CC求出半径，再根据面积公式S=4πR2求解 ②如图2，取中点E,F,G构造面FGPE,由EF与AC,线线平行推出AC与面FGPE平行， 根据边长关系进一步推出四边形FGPE即为唯一的等腰梯形，求其面积即可. 【详解】如图1，将三棱柱ABC-AB,C补成正方体ACBQ-A,C,B,Q1, 则外接球的半径R=√AC+BC+CC。25,则外接球的表面积为 2 4πR2=4π×(2V3)2=48π. B G H B 图1 图2 如图2，分别取AA,AC,B,C的中点为E,F,G,连接FG,EP,EF,PG. 因为RG分别为4G.BG的中点，所以G∥44且FG=4B=25。 在直三棱柱ABC-AB,C中，AA∥BB且AA=BB. 因为E,P分别为AA,BB的中点，所以AE∥B,P且AE=BP,所以四边形AB,PE为平行 四边形，所以PE∥AB且PB=AB,所以FGPE,且FG=PE,所以P,E,F,G 四点共面. 因为E,F分别为AA,AC的中点，所以EF∥AC. 又EFc平面PEFG,AC丈平面PEFG,所以AC∥平面PEFG. 因为AC=B,C且F,G分别为AC,B,C的中点，所以AF=B,G, 则EF=√4E2+AF2=√BP2+B,G2=PG=22,所以四边形PEFG即为符合要求的等腰 梯形 当E不是AA的中点时，PE不平行平面A,B,C,则四边形PEFG不是等腰梯形，故等腰梯 形有且仅有一个. 在等腰梯形PEFG中，FG=EF=PG=2√2，EP=4V2· 过点G作EP的垂线，交EP于点H, 1 所以GH=V6,S形PErG=×(25+4迈)x6=66. 2 故答案为：48π；6√5 15.()i证明见解析：(2)①BC=a+C-乃，1BC卡3：②4 91 【详解】(1)由已知四边形BB,CC为平行四边形. 又BC=c-b,BB=AA=a, 所以BBBC=a:(C-i=ac-a.万=3x2cos60°-3x2cos60°=0， 故BB⊥BC,即BC⊥BB, 所以四边形BB,CC为矩形， (2)①由已知BC=BB+B,C=AA+BC 又BC=AC-AB=c-b,故BC=a+c-b. a.c=a.b=3x2cos60°=3，c.b=2x2cos60°=2， 1BC=@+c-2=62+c2+62+2ac-2a6-26c=g+4+4+6-6-46 ②同理4C=c-a,14C=-m=后2+e2-2a:c=+4-6-寸 BC4c=(a+c-b-(c-0=c2-a2-bc+ai=4-9-2+3=-4 BC·AC -4 cos BC,AC= 4v91 BC AC 13x7 91 所以异面直线BC,与AC所成角的余弦值为4W阿 91 16.【详解】(1) 连接BD交AC于点O,再连接OE,因为底面ABCD为菱形， 所以OB=OD,又因为点E为棱PD的中点，所以OEI/BP, 又因为OEC平面EAC,PB文平面EAC, 所以PB/I平面EAC; (2)因为PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以PA⊥BD, 又因为底面ABCD为菱形，所以AC L BD, 又因为ACOPA=A,AC,PAC平面PAC, 所以BDL平面PAC: (3)因为PB/平面EAC所以直线PB到平面EAC的距离为B到面EAC距离 法一：等体积法由题可求出AE=V2,AC=EC=2,SAFG=号 2 设点B到平面EAC距离为h Vg-ABc=号SMABCPA=-9 又因为E-ABc=VB-ABc=SAAECh所以h2四 7 法二：建系（略） 17.()证明见解析2)5 【详解】(1)取AD中点O,连接PO,FO,