四川省南充市阆中中学2023-2024学年高二数学上学期11月期中试题（Word版附解析）

阆中中学校2023年秋高2022级期中质量检测数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上.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，再选涂其它答案标号.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.一、单选题.（共40分，每小题5分）1.下列说法正确的是（）A.三点确定一个平面B.四边形一定是平面图形C.梯形一定平面图形D.平面和平面有不同在一条直线上的三个公共点【答案】C【解析】【分析】根据平面的有关知识确定正确选项.【详解】A，不在同一直线上的三个点，确定一个平面，所以A错误.B，四边形可能是空间四边形，不一定是平面图形，所以B错误.C，梯形有一组对边平行，所以是平面图形，所以C正确.D，当时，两个平面没有公共点.故选：C2.已知，，则线段AB中点的坐标是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】利用中点坐标公式直接计算即可.【详解】由中点坐标公式得线段AB中点的坐标为，即.故选：A3.如图，在平行六面体中，是的中点，设，，，则等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的基本定理求解即可.【详解】因为在平行六面体中，是的中点，所以.故选：A.4.已知是一平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（）AB.1C.D.【答案】D 【解析】【分析】由给定的直观图画出原平面图形，再求出面积作答.【详解】根据斜二测画法的规则，所给的直观图对应的原平面图形，如图，其中，，所以这个平面图形的面积为.故选：D5.在正方体中，为棱的中点，则．AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】画出图形，结合图形根据空间中的垂直的判定对给出的四个选项分别进行分析、判断后可得正确的结论．【详解】画出正方体，如图所示．对于选项A，连，若，又，所以平面，所以可得，显然不成立，所以A不正确．对于选项B，连，若，又，所以平面，故得，显然不成立，所以B不正确．对于选项C，连，则．连，则得，所以平面，从 而得，所以．所以C正确．对于选项D，连，若，又，所以平面，故得，显然不成立，所以D不正确．故选C．【名师点睛】本题考查线线垂直的判定，解题的关键是画出图形，然后结合图形并利用排除法求解，考查数形结合和判断能力，属于基础题．6.龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙线，故称龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台.现有一龙洗盆高18cm，盆口直径36cm，盆底直径18cm.现往盆内注水，当水深为6cm时，则盆内水的体积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据轴截面和相似关系,以及圆台体积即可求解.【详解】如图所示,画出圆台的立体图形和轴截面平面图形,并延长EC与FD交于点G.根据题意,,设,所以,解得,所以,故选:B. 7.直三棱柱中，若，，则异面直线与所成的角等于A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】C【解析】【详解】本试题主要考查异面直线所成的角问题，考查空间想象与计算能力．延长B1A1到E，使A1E=A1B1，连结AE，EC1，则AE∥A1B，∠EAC1或其补角即为所求，由已知条件可得△AEC1为正三角形，∴∠EC1B为，故选C．8.如图所示，空间四边形的各边都相等，分别是的中点，下列四个结论中不正确的是（）A.平面B.平面C.平面平面D.平面平面【答案】C【解析】【分析】根据线面平行、线面垂直、面面垂直等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，连接，由于分别是的中点，所以，由于平面，平面，所以平面，所以A选项正确. B选项，连接，由于三角形和三角形是等边三角形，是的中点，所以，由于平面，所以平面，B选项正确.C选项，几何体是正四面体，设在底面上的射影为，连接，则平面，且是等边三角形的中心，连接，由于分别是的中点，所以是等边三角形的中位线，所以，所以平面与平面不垂直，C选项错误. D选项，连接，同理B选项的分析可得平面，由于平面，所以平面平面，所以D选项正确.故选：C二、多选题.（共20分，每小题5分，漏选扣3分，错选不给分）9.已知空间向量，则下列说法正确的是（）A.B.向量与向量共线C.向量关于轴对称的向量为D.向量关于平面对称的向量为【答案】ABC【解析】【分析】根据向量的模、共线向量、对称等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，，A选项正确.B选项，，所以共线，B选项正确.C选项，关于轴对称的向量为，C选项正确.D选项，于平面对称的向量为，D选项错误.故选：ABC10.已知，为空间中不同的两条直线，，为空间中不同的两个平面，下列命题错误的是（）A.若，，则B.若，，，则C.若，，则和为异面直线D.若，，且，则【答案】ABC【解析】【分析】根据线面位置关系，逐一检验，可得答案.【详解】对于A，由，，则或，故A错误；对于B，由，，，则或与异面，故B错误；对于C，由，，则无法确定直线与的位置关系，平行、相交、异面都有可能，故C错误；对于D，由，，则与一定不相交；假设与异面，由，，则，，，由与异面，则与相交，但这与平行公理矛盾，故D正确.故选：ABC.11.如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，与交于点，面，且，则以下说法正确的是（） A.平面B.与平面所成角为C.面D.点到面的距离为2【答案】ABC【解析】【分析】利用线线垂直可判定A项，利用线面角定义可判定B项，利用线线平行可判定C项，利用线面垂直可判定D项.【详解】由于四边形是边长为2的正方形，故，又面，面，∴面，故A正确；连接PO，由A可知：与平面所成角为，由条件可得，故B正确；易知面，面，即面，故C正确；由A可知点到面的距离为，而，故D错误.故选：ABC12.如图,在正方体中,,为线段上的动点,则下列说法正确的是（） A.B.平面C.三棱锥的体积为定值D.的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】对于A,由线面垂直的判定定理证明平面即可;对于B,根据面面平行的判定定理证明平面平面即可;对于C,根据线面平行将点到平面的距离等于点到平面的距离,再利用等体积法求解即可;对于D,将平面和平面沿直线展开为一个平面,利用余弦定理求解即可判断.【详解】对于A,连接,如图:平面,平面,,又平面,平面,平面,平面, ,连接,同理可得,平面,平面,平面,平面,,故A正确;对于B,连接,如图:,四边形为平行四边形,,平面,平面,平面,同理四边形为平行四边形,,平面,平面,平面,,平面,平面,平面平面,平面, 平面,故B正确;对于C,如图:由B知,平面,平面,平面,点到平面的距离等于点到平面的距离,,故C错误;对于D,将平面和平面沿直线展开为一个平面,如图:,,,,,即的最小值为,故D正确. 故选:ABD.三、填空题.（共20分，每小题5分）13.已知二面角的大小为60°，若直线，直线，则异面直线，所成的角是______【答案】60°【解析】【分析】结合图像，根据二面角的定义，即可得解.【详解】如图，，，作于，于，作于，则，所以为二面角的平面角，则，所以，所以所成角为，则异面直线，所成的角为.故答案为：.【点睛】本题考查了利用空间二面角求异面直线所成角的大小，考查了二面角的定义，同时考查了空间感，属于基础题.14.下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出平面MNP的图形的序号是______（写出所有符合要求的图形序号）． 【答案】①③【解析】【分析】根据线面平行的判定和性质，以及面面平行的性质即可得解.【详解】对于①：易知平面MNP平行于正方体右侧平面，根据面面平行的性质即可得出平行于平面MNP.对于②：若平行于平面MNP，因为平面ABD，且平面ABD与平面MNP交线为NQ,则根据线面平行的性质可得，平行于NQ，所以，这与矛盾，故该选项错误；对于③：由中位线定理可得平行于,而平行于，所以平行于,平面，平面，所以平面对于④：如图，连接，因为为所在棱的中点，则，故平面即为平面，由正方体可得，而平面平面，若平面，由平面可得，故，矛盾，故该选项错误 故答案为：①③.15.正方体的棱长为2，若动点在线段上运动，则的取值范围是___________．【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设，即可求出，再根据的范围，求出的取值范围．【详解】解：以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系．则，，，，．，，．点在线段上运动，，且．，，∵，∴，即， 故答案为：．16.在梯形中，，，，将沿折起，连接，得到三棱锥，当三棱锥的体积取得最大值时，该三棱锥的外接球的表面积为______.【答案】【解析】【分析】根据梯形的边长可求出，由几何体翻折过程中体积最大可得平面平面，由面面垂直性质可确定外接球的球心以及半径，即可求得其表面积.【详解】过点作，垂足为，如图下图所示：因为为等腰梯形，，，所以，，可得，由余弦定理得，即，易知，所以，易知，当平面平面时，三棱锥体积最大，如图所示：此时，平面，易知，，记为外接球球心，半径为，由于平面，，因此到平面的距离， 又的外接圆半径，因此外接球半径，即可得球表面积为.故答案为：【点睛】方法点睛：在求解几何体外接球问题时，需根据几何体的特征确定球心位置，再利用半径相等构造等量关系解出半径即可.四、解答题.（共70分）17.已知，，.（1）若，求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）-6（2）-4【解析】【分析】（1）利用向量共线的坐标表示，即得解；（2）利用向量加法和向量垂直的坐标表示，即得解；【详解】解：（1），∴，∴.（2），∵，∴，∴，∴. 【点睛】本题考查了向量平行，加法，数量积的坐标表示，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.18.如图，在正方体中，分别是的中点．（1）求证：四点共面；（2）求异面直线所成的角.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意，证得，结合确定平面的性质，得到与确定一个平面，即可得证；（2）连结，证得，得到（或其补角）是异面直线与所成角，在中，即可求解.【小问1详解】证明：因为分别是和的中点，所以且，又因为且，所以四边形是平行四边形，所以，所以，所以与确定一个平面，所以点，即四点共面．【小问2详解】解：连结，在正方体中，平行且等于,所以四边形为平行四边形，可得，因此（或其补角）是异面直线与所成的角， 设正方体的棱长为，在中，可得，所以是等边三角形，可得，即异面直线与所成的角等于.19.如图，平面，为圆O的直径，分别为棱的中点．（1）证明：平面．（2）证明：平面平面．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用中位线定理与线面平行的判定定理即可得证；（2）线面垂直与面面垂直的判定定理证明即可.【小问1详解】因为分别为棱的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．【小问2详解】因为为圆O的直径，所以．因为平面，平面，所以． 又，平面，所以平面．由（1）知，所以平面．又因为平面，所以平面平面．20.如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，，，，平面平面，，分别为，的中点.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先利用勾股定理得，再利用面面垂直的性质得平面，从而利用线面垂直的性质定理得，最后结合菱形性质及线面垂直的判定定理证明即可；（2）先通过线面关系及锥体体积求出，再利用等体积法求得点到平面的距离.【小问1详解】由题知，，所以，所以.又因为平面平面，且交线为，平面，所以平面，又平面，所以，连接，因为四边形是边长为2的菱形，，所以为等边三角形. 又因为为的中点，所以，又，平面，平面，所以平面.【小问2详解】设点到平面的距离为，连接，则，因为，所以，又由（1）知，又，平面，平面，所以平面，又平面，平面，所以，，又，，又由，，，平面，平面，所以平面，且，，所以，即，即点到平面的距离为.21.如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.（Ⅰ）证明MN∥平面PAB;（Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．【解析】【详解】（Ⅰ）由已知得. 取的中点，连接，由为中点知，.又，故，四边形为平行四边形，于是.因为平面，平面，所以平面.（Ⅱ）取的中点，连结.由得，从而，且.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.由题意知，，，，，，，.设为平面的一个法向量，则即可取.于是.【考点】空间线面间的平行关系，空间向量法求线面角．【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理． 22.如图，在直角梯形中，，，，为的中点，沿将折起，使得点到点的位置，且，为的中点，是上的中点.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的正切值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由等腰三角形三线合一性质可证得；根据，和平行关系可证得平面，从而得到；由线面垂直的判定可得平面，根据面面垂直的判定可得结论；（2）取中点，过作，由线面垂直的判定与性质可证得，根据二面角平面角定义可知所求角为，由长度关系可求得结果.【小问1详解】为中点，，即，又为中点，；，，，四边形为矩形，，即，，，平面，平面，，平面，又平面，，，平面，平面，平面，平面平面.【小问2详解】由（1）知：平面，又平面，，，，平面，平面； 取中点，过作，垂足为，连接，分别为中点，，平面，平面，，又，，平面，平面，平面，，即为二面角的平面角，，，又，，