四川省内江市2024_2025学年高二数学上学期11月期中试题含解析

这是一份四川省内江市2024_2025学年高二数学上学期11月期中试题含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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．1D．2
3．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，直线与平面不平行的是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，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．7：5B．4：3C．3：1D．2：1
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45°，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60°
C．翻折过程中存在某个位置，使得太小为60°
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．点为平面上一点，为平面外一点，且（，），则
D．非零向量，，若，则为锐角
10．如图为圆的直径，点在圆周上（异于，点），直线垂直于圆所在的平面，点为线段的中点，则以下四个命题正确的是（ ）
A．B．平面
C．平面D．平面平面
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，平面，，，，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．已知球是棱长为2的正八面体的内切球，为球的一条直径，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．（13分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为的中点，为线段上的点．
（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离．
16．（15分）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．（15分）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．（17分）如图，四边形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，是与的交点，，．
（1）记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求；
（2）设点在线段上，，，求二面角的余弦值．
19．（17分）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．
参考答案：
5．B
【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
6．A
【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．B
【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45°，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，1为半径的圆（圆弧）上，且圆心角为，所以点的轨迹长为．形为平行四边形，所以．在直角三角形中，，所以，即的长为定值，故D正确．
8．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，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．
9．AC
【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．
11．BCD
【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，，所以平面平面．又因为平面平面，所以平面平面．但平面平面，所以假设不成立．所以不平行平面，故A不正确．对于B，当与重合时，，故B正确．对于C，将、展开到同一平面，如图，为，的交点时，的最小，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，勒洛四面体的内切球的半径为，则，．故，即，解得．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．
12．12
13．
【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．
14．
【详解】由题意得为正方形的中心．取中点，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．
15．【详解】（1）证明：∵平面，∴．又底面为正方形，∴．∵平面，平面，，∴平面．∵平面，∴，∴，为中点，∴．∵平面，平面，，∴平面．又平面，平面平面．
（2）解：∵，，∴．又，∴．∵，∴四棱锥的高，∴点到平面的距离为．
16．【详解】（1）如图所示：以，，为基底．则由题意得：．
又∵，∴．，即．
（2），．；；；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．【详解】（1）设交于点，连接．正方形中，则，．又，则，又，，平面，因此平面．而平面，所以．
（2）证明如下：如图，正方形中，．在线段取一点，使得．由，得．连接，，则．而平面，平面，则平面．由平面，，，平面，得平面平面．而平面平面，平面平面，于是，，所以．
18．【详解】（1）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．
（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，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．【详解】（1）（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，．
（2）假设存在点，使得．延长与交于点，连按，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．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
D
A
C
B
A
B
D
AC
CD
BCD