精品解析：湖南省泸溪县第一中学 、二中等校联考2026-2027学年高二上学期期中考试数学试题

湖南省泸溪县第一中学 、二中等校联考2026-2027学年高二上学期期中考试 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 考试时间为120分钟，满分150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. 若圆锥的母线长为 ，高为 ，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由圆锥的母线和高的长求出底面半径，再由体积公式计算即得. 【详解】由题意，圆锥的母线，高，则底面半径 ， 故其体积 . 故选：B. 2. 已知点，若向量，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量坐标运算中“向量等于终点的坐标减去起点的坐标”，即可计算出点B的坐标. 【详解】设点的坐标为，已知，， 所以 ，，，解得，，. 因此点的坐标为. 3. 在平行六面体中，（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得， 所以. 4. 已知向量，，若，则（ ） A. 6 B. 8 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量共线的充要条件即可求解. 【详解】因为，所以，所以，，所以． 5. 若构成空间的一个基底，则下列可以构成空间的另一个基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由基底的定义逐一判断即可. 【详解】，故A不是； 不存在，使得，故B是； ，故C不是； ，故D不是. 6. 若直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ） A. 或 B. C. D. 与斜交 【答案】A 【解析】 【详解】由，得， 所以或. 7. 已知正三棱柱的侧面展开图是边长为2和4的矩形，则它的体积为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【详解】当正三棱柱的高为4时， ； 当正三棱柱的高为2时，． 8. 在直三棱柱中，，，点M在三棱柱的表面上运动，且满足、则下列结论错误的是（ ） A. 点M可以是线段BC的中点 B. 点M的轨迹长度为 C. 存在点M，使得点B到平面的距离为 D. 任意点平面，都有平面 【答案】C 【解析】 【分析】对几何体建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求出点坐标所满足的方程，结合题目关于在三棱柱表面的信息，确定点的轨迹，再结合选项逐项分析. 【详解】 根据题干信息，以点为原点，分别以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，,,设点，故，， 由于，则，即； A：当点M是线段BC的中点时，此时点的坐标为，显然满足， 因此本选项结论正确； B：连接，， 所以， 所以，且两直线在平面内，所以面， 则三角形的三边就是的轨迹， 由于，， ，所以三角形的周长为，因此本选项说法正确； C：假设存在点M，使得点B到平面的距离为， ， 设平面的法向量为， ，取， 因为， 所以当时，得， 当时，得， 当时，， 所以点B到平面的距离为， 当时， 点B到平面的距离为， 解得：，显然假设不存在，所以不存在点M，使得点B到平面的距离为，因此本选项说法错误； D：任意点平面，此时，所以， ， 因为，平面， 所以都有平面，因此本选项说法正确. 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. 如图，下图是边长为2的正三角形ABC的直观图，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 的面积 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用斜二测画法规则，结合余弦定理求解判断. 【详解】由斜二测画法规则得，，，ABD正确； 在中，， 由余弦定理得，C错误. 10. 在正方体中，下列结论正确的是（ ） A. 四边形的面积为 B. 与的夹角为 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由正方体的结构特征，判断四边形为矩形，验证A；再区分异面直线所成角与向量夹角的定义，结合为等边三角形，判断B；接着利用空间向量加法法则，将左边化简为，再结合正方体体对角线长度验证C；最后将向量差化简为，由正方体中验证D． 【详解】 对于A，因为平面，平面，所以， 所以四边形为矩形，面积为，A正确； 对于B，是等边三角形，所以， 又因为，所以异面直线与所成的角为， 结合图象向量与的夹角为，B错误； 对于C，由向量加法的运算法则可以得到， 因为，所以，C正确； 对于D，易得， 在正方体中，平面， 所以，所以，D正确． 11. 如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点，则（ ） A. 四点共面 B. 在平面上的投影向量为 C. 点到平面的距离为 D. 点到直线的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系可求得，即可得A正确，由投影向量定义可判断B正确，利用点到平面距离的向量求法可得C错误，再由点到直线距离的向量求法计算可知D正确. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示： 对于A，，， 则， 显然，则，所以四点共面，A正确． 对于B，由正方体性质知平面，所以在平面上的投影向量为，B正确． 对于C，又因为，， 设平面的法向量为， 由取，又， 所以点到平面的距离为，C错误． 对于D，因为，， 则点到直线的距离为，D正确． 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据题意建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法计算即可得出结果. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，，则____. 【答案】 【解析】 【分析】由，求出的值，利用向量数量积的坐标运算求解. 【详解】向量，由，解得， 则有，又，则. 故答案为：. 13. 在三棱锥中，，，平面，点，分别为，的中点，，为线段上的点，使得异面直线与所成的角的余弦值为，则为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，利用异面直线夹角的向量公式即可求解. 【详解】如图，在三棱锥中，，，， 平面，以为原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系， 可知，，， ，， ，则，设，且，则， 可知，， ，，异面直线与所成的角的余弦值为，，解得或（舍去），. 故答案为： 14. 如图，在直四棱柱中，，，，、分别是侧棱、上的动点，且平面与平面所成角的大小为，则线段的长的最大值为__________________ 【答案】## 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，且不同时为，利用空间向量法可得出，即可得出的最大值. 【详解】在长方体中，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， 设，且不同时为， 则、、，所以， 设平面的一个法向量为，则， 令，得，，则， 显然为平面的一个法向量. 因为平面与平面所成角的大小为， 所以，即，得， 所以，所以当时，取得最大值，最大值为 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，三棱柱中，分别是棱的中点，求证： （1）平面； （2）平面平面． 【答案】（1）因为，分别是，的中点， 所以， 又因为在三棱柱中，，所以. 所以B、C、G、H四点共面. 在三棱柱中，为的中点，是的中点， 所以，，即四边形为平行四边形. 所以. 又因为平面，平面， 所以平面. （2）因为，分别是，的中点，所以. 又因为平面，平面，所以平面， 由（1）得平面，,平面 所以平面平面. 【解析】 【分析】（1）先证明B、C、G、H四点共面，再证得，进而根据线面平行的判定得证； （2）由中点根据中位线性质得，证得平面，再结合（1）中结论由线面平行证得面面平行. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 如图，在平行六面体中，底面是边长为2的正方形.侧棱的长为4，且. （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）由空间向量模长计算公式可得答案；（2）由图形结合向量夹角公式可得答案. 【小问1详解】 由图，可得. 则 【小问2详解】 注意到， 则 ，，. . 则与所成角的余弦值为. 17. 在正四面体中，分别是的中点.设， （1）用表示； （2）用向量方法证明； ①； ②四点共面. 【答案】（1）， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，再由向量的减法运算即可得到答案； （2）①利用空间向量数量积的运算律求得，从而可证； ②用向量，，分别表示出，，，从而得到，再利用空间向量的共面定理即可得证. 【小问1详解】 因为，分别是，的中点， 所以且， 所以， 因为，分别是，的中点，所以且， 所以． . 【小问2详解】 ①不妨设正四面体的棱长为，则由题意知向量，，中，两两之间的夹角均为，且， 所以，同理， 所以， 故； ②因为，，， 所以， 所以四点共面． 18. 如图，正方形的边长为2，，分别为的中点，与交于点，将沿折起到的位置，使平面平面． （Ⅰ）求证：平面平面； （Ⅱ）求二面角的余弦值； （Ⅲ）判断线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在点，使平面，此时的值为. 【解析】 【分析】（Ⅰ）先证明平面，又因为平面，所以平面平面；（Ⅱ）因为两两垂直，所以，以为原点，建立空间直角坐标系，再利用向量法求二面角的余弦值；（Ⅲ）设（），利用向量法求得.所以存在点，使平面，此时的值为. 【详解】解：（Ⅰ）因为正方形中，，分别为的中点， 所以，. 所以. 所以. 又因为平面， 平面平面， 平面平面， 所以平面. 又因为平面， 所以平面平面. （Ⅱ）因为两两垂直，所以，以为原点，建立空间直角坐标系， 如图， 则，， 所以，， 由（Ⅰ）知，是平面的一个法向量. 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，.所以. . 由图可知所求二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为. （Ⅲ）设（）， ， 若使平面，则. 即，解得. 所以存在点，使平面，此时的值为. 【点睛】本题主要考查面面垂直的证明，考查二面角的求法，考查立体几何的探究性问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象转化分析推理能力. 19. 如图，点是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，是边长为2的正三角形. （1）求证：平面； （2）若点，分别是，的中点，且异面直线与所成角的正切值为，记平面与平面的交线为直线，点为直线上动点，求直线与平面所成角的取值范围. 【答案】（1）证明：因为是以为直径的圆上异于，的点，所以， 又因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，再由平面平面，结合面面垂直的性质，即可证得平面. （2）先证得，得到为异面直线与所成的角，求得，进而证得，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：因为，分别是，的中点，所以， 由（1）知平面， 又因为平面，所以，所以， 所以在直角中，即为异面直线与所成的角， 因为异面直线与所成角的正切值为，所以，即， 又因为平面，且平面，所以平面， 因为平面，平面平面，所以， 所以在平面中，过点作的平行线即为直线. 以点为坐标原点，，所在的直线分别为轴，轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以，， 又因为，分别是，的中点，所以， 则，，，，， 所以，， 因为，所以设.， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以. 又因为，则， 设直线与平面所成的角为，则，且， 所以直线与平面所成角的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省泸溪县第一中学 、二中等校联考2026-2027学年高二上学期期中考试 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 考试时间为120分钟，满分150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. 若圆锥的母线长为 ，高为 ，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 2. 已知点，若向量，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 在平行六面体中，（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，，若，则（ ） A. 6 B. 8 C. 2 D. 5. 若构成空间的一个基底，则下列可以构成空间的另一个基底的是（ ） A. B. C. D. 6. 若直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ） A. 或 B. C. D. 与斜交 7. 已知正三棱柱的侧面展开图是边长为2和4的矩形，则它的体积为（ ） A. B. C. 或 D. 或 8. 在直三棱柱中，，，点M在三棱柱的表面上运动，且满足、则下列结论错误的是（ ） A. 点M可以是线段BC的中点 B. 点M的轨迹长度为 C. 存在点M，使得点B到平面的距离为 D. 任意点平面，都有平面 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. 如图，下图是边长为2的正三角形ABC的直观图，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 的面积 10. 在正方体中，下列结论正确的是（ ） A. 四边形的面积为 B. 与的夹角为 C. D. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点，则（ ） A. 四点共面 B. 在平面上的投影向量为 C. 点到平面的距离为 D. 点到直线的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，，则____. 13. 在三棱锥中，，，平面，点，分别为，的中点，，为线段上的点，使得异面直线与所成的角的余弦值为，则为__________. 14. 如图，在直四棱柱中，，，，、分别是侧棱、上的动点，且平面与平面所成角的大小为，则线段的长的最大值为__________________ 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，三棱柱中，分别是棱的中点，求证： （1）平面； （2）平面平面． 16. 如图，在平行六面体中，底面是边长为2的正方形.侧棱的长为4，且. （1）求的长； （2）求直线与所成角的余弦值. 17. 在正四面体中，分别是的中点.设， （1）用表示； （2）用向量方法证明； ①； ②四点共面. 18. 如图，正方形的边长为2，，分别为的中点，与交于点，将沿折起到的位置，使平面平面． （Ⅰ）求证：平面平面； （Ⅱ）求二面角的余弦值； （Ⅲ）判断线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 19. 如图，点是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，是边长为2的正三角形. （1）求证：平面； （2）若点，分别是，的中点，且异面直线与所成角的正切值为，记平面与平面的交线为直线，点为直线上动点，求直线与平面所成角的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $