四川省内江市第六中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题（含答案）

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内江六中2024—2025学年（上）高2026届半期考试
数学试题
考试时间：120分钟满分：150分
第I卷选择题（满分58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. 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. 1 D. 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N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. B. C. D.
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，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
C. 翻折过程中存在某个位置，使得大小为
D. 点某个圆上运动
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P为平面ABC上一点，O为平面ABC外一点，且，则
D. 非零向量，，若，则为锐角
10. 如图AB为圆O的直径，点C在圆周上（异于A，B点），直线PA垂直于圆所在的平面，点M为线段PB的中点，则以下四个命题正确的是（　　）
A. PB⊥AC B. OC⊥平面PAB
C. MO∥平面PAC D. 平面PAC⊥平面PBC
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，是水平放置的直观图，，，，则原的面积为_____________.
13. 已知三棱锥中，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O是棱长为2的正八面体的内切球，MN为球O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. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面 ，=4，为的中点，为线段 上的动点.
（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
16. 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. 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. 如图，四边形ABCD是圆柱底面内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，，．
（1）记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求；
（2）设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值．
19. 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.
内江六中2024—2025学年（上）高2026届半期考试
数学试题
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.
【答案】A
2.
【答案】D
3.
【答案】A
4.
【答案】C
5.
【答案】B
6.
【答案】A
7.
【答案】B
8.
【答案】D
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.
【答案】AC
10.
【答案】CD
11.
【答案】BCD
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.
【答案】12
13.
【答案】
14.
【答案】
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.
【解析】
【分析】
（1）结合线面垂直性质先证平面，得，再证平面即可；
（2）采用等体积法，由，结合几何关系即可求解点到平面的距离；
【详解】（1）因为，为中点，所以，
因为平面，所以，
由，所以平面，所以
所以平面，所以平面平面；
（2）
又，则.
【点睛】本题考查面面垂直的证明，由等体积法求解点面距离，属于中档题
16.
【解析】
【分析】（1）根据空间向量的线性运算可得，进而可得模长；
（2）根据，根据线线角的空间向量方法求解即可.
【小问1详解】
如图所示：以，，为基底．则由题意得：．
又∵，
∴．
又因为，则
【小问2详解】
，．
；
；
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.
【解析】
【分析】（1）令交AC于点O，利用线面垂直和判定性质推理得证.
（2）在线段PE取一点G，使得，根据给定的条件证得平面平面，再利用面面平行的性质推理即得..
【小问1详解】
令交于点，连接，在正方形中，，，
又，则，而，平面，
因此平面，而平面，所以.
【小问2详解】
在正方形中，，在线段上取一点，使得，
由，得，连接，则，
而平面，平面，则平面，
由，得，则，
而平面，平面，则平面，
又，平面，于是平面平面，而平面，
所以平面.
18.
【解析】
【分析】（1）利用平面几何的知识推得，进而得到与，从而利用柱体与锥体的体积公式求得关于的表达式，由此得解；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，设，结合（1）中结论与（2）中所给条件得到所需向量的坐标表示，从而求得平面与平面的法向量与，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【小问1详解】
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．
【小问2详解】
以C为坐标原点，的方向为x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.
【解析】
【分析】（1）（i）利用面面垂直的性质可推导出平面，可得出，利用勾股定理可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（ii）取的中点为，的中点为，连接、、，计算出点到平面的距离以及线段的长，即可得出直线与平面所成角的正弦值；
（2）假设存在点，使得，延长与交于点，连接，根据已知条件得出是直线与平面所成的角，是二面角的平面角，计算出三边边长，利用勾股定理求出的值，即可得出结论.
小问1详解】
（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，；
【小问2详解】
假设存在点，使得，延长与交于点，连接，
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.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键点是假设存在点，使得，延长与交于点，根据已知条件得出是直线与平面所成的角，考查了学生的空间想象能力、运算能力.
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