北京市建华实验亦庄学校2026-2027学年第一学期高二期中考试数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页北京市建华实验亦庄学校2026-2027学年第一学期高二期中考试数学试卷一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.“几何体ABCD是正四面体”是“几何体ABCD是正三棱锥”的(

)A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件2.已知圆锥的体积为93π，侧面积是底面积的2倍，则其底面圆的半径为A.2 B.3 C.3 3.设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下面正确的是(

)A.若α⊥β，β⊥γ，则α//γ

B.若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n

C.若α//β，γ∩α=m，γ∩β=n，则m//n

D.若m//α，n⊂α，则m//n4.已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC水平放置的直观图(斜二测画法)为A′B′C′，其中O′A′=O′B′=O′C′=1，则此三棱柱的体积为(

)

A.2 B.4 C.23 D.5.已知空间中a、b、c三条直线，则下列命题正确的是(

)A.a、b、c交于点P⇒a、b、c共面

B.a//b，b⊥c⇒a、b、c共面

C.a//b//c⇒a、b、c共面

D.a∩b=P，b∩c=Q，c∩a=S(P、Q、S是不同的3个点)⇒a、b、c共面6.已知某正四棱柱的一个侧面的周长为12，设该正四棱柱的高为h，则该正四棱柱的体积V(h)=(

)A.h2−6h(0<h<6) B.h3−24h27.把正方形ABCD沿对角线AC折起，当点B到平面ACD的距离最大时，直线BD与平面ACD所成角的大小为(

)A.π6 B.π4 C.π38.若A(−2,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,3)，D(−2,−3,λ)四点共面，其中λ∈R，则λ=(

)A.9 B.12 C.15 D.189.如图，各棱长都相等的三棱锥内接于一个球，则经过球心的一个截面图形可能是(

)

A.①③ B.①② C.②④ D.②③10.函数y=11−x与函数y=sinπx(−2≤x≤4)的图象所有交点的横坐标之和等于(

)A.2 B.4 C.6 D.8二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。11.已知棱台的上、下底面面积分别是1，4，高为3，则该棱台的体积是

。12.已知A0,1,1，B1,2,2，C1,a,2三点，若∠BAC是锐角，则实数a的取值范围为

13.若A3,2,4，B1,2,−8，点C在线段AB上，且ACAB=23，则点14.如图，五面体ABC−DEF满足AD//BE//CF，且三条平行线两两间距离均为2.若AD=1，BE=2，CF=3，则该五面体的体积为

．

15.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1①PA+PC②PA+PC③PA+PC④PA2+其中所有正确结论的序号是

．三、解答题：本题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.(本小题10分)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,0<φ<π2，且满足最小正周期为π(1)求f(x)的解析式。(2)求f(x)的对称轴方程和单调递增区间。17.(本小题12分)已知向量a=x,4,1，b=−2,y,−1，c=(1)求向量a+c与(2)求a在b上的投影向量(用坐标表示)．18.(本小题12分)记▵ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sinA+(1)求A；(2)若a=2，2bsinC=c19.(本小题12分)棱长为2的正方体ABCD−A′B′C′D′中，E，F分别为棱CD，AD上的动点，且CE=DF．(1)若DF=1，求D′E与C′F所成的角的余弦值；(2)证明：平面A′D′E⊥平面BC′F．20.(本小题14分)如图，在四棱锥S−ABCD中，∠DAB=∠ADC=2∠ABD=2∠BCD=90∘，CB=BD =22，SB=SD=(1)求证：SD⊥BC；(2)线段SD上是否存在点P，使平面ABP与平面SBD所成角大小为60∘？若存在，找出点P21.(本小题15分)如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，PA=AB=12PC=2，点F(1)已知点G为线段BC的中点，求证：CF//平面PAG；(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使四棱锥P−ABCD唯一确定，求：(ⅰ)直线CD到平面ABF的距离；(ⅱ)二面角C−AB−F的余弦值．条件①：PA⊥平面ABCD；条件②：AD=2条件③：平面PAB⊥平面PAD．注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．

1.【答案】A

2.【答案】B

3.【答案】C

4.【答案】B

5.【答案】D

6.【答案】D

7.【答案】B

8.【答案】A

9.【答案】A

10.【答案】B

11.【答案】7

12.【答案】−1,2∪13.【答案】5314.【答案】215.【答案】①②④

16.【答案】解：(1) ∵函数f(x)最大值为2，A>0，故A=2；又最小正周期T=π，ω>0，由T=2πω得ω=2ππ=2，即f(x)=2sin(2x+φ)；代入f−π6=0，得2sin−π3+φ=0，∴φ−π3=kπ,k∈ℤ，即φ=kπ+π3,k∈ℤ；又0<φ<π2，取17.【答案】解：(1)a=x,4,1，b由a//b，得x−2=4所以a=2,4,1，又b⊥c，所以解得z=2，所以c=所以a+c=a+a+c=所以cosa(2)因为a=2,4,1，所以a⋅b=2×a在b上的投影向量为a⋅

18.【答案】解：(1)sin因为A∈0,π，所以A+π3(2)由正弦定理得，2因为C∈0,π，所以sin所以2由二倍角公式得，2sinB=2所以cosB=22，由由正弦定理得，asin

19.【答案】解：(1)以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA′所在直线为x轴，y轴，z轴，

建立空间直角坐标系，如图，

则A(0,0,0)，C′(2,2,2)，D′(0,2,2)，E(1,2,0)，F(0,1,0)，D′E=(1,0,−2)，C′F=(−2,−1,−2)，

所以|D′E|=5，|C′F|=3，D′E⋅C′F=1×(−2)+0×(−1)+(−2)×(−2)=2，

所以cos<D′E，C′F>=D′E⋅C′F|D′E||C′F|=25×3=2515，

故D′E与C′F所成的角的余弦值为2515；

(2)证明：设AF=a，则F(0,a,0)，E(a,2,0)，

A′D′=(0,2,0)，ED′=(−a,0,2)，FB=(2,−a,0)，BC′=(0,2,2)，

20.【答案】解：(1)证明：在平面SBD中，过D作DE⊥SB于E．∵平面SBD⊥平面SBC，平面SBD∩平面SBC=SB，DE⊂平面SBD，∴DE⊥平面SBC．∵BC⊂平面SBC，∴DE⊥BC．∵∠DAB=∠ADC=2∠ABD=2∠BCD=90∴∠ABD=∠BCD=45∘，∴∠CDB=∠ABD=45∴∠CBD=90∘，即∵BD，DE⊂平面SBD，BD∩DE=D，∴BC⊥平面SBD．∵SD⊂平面SBD．∴SD⊥BC．(2)法1：以A为原点，AB方向为x轴，AD方向为y轴，建立空间直角坐标系．由(1)得：AB=AD=BDcos45∴B2,0,0，D0,2,0，C4,2,0，∴取BD中点O，连接OA，OS，则O1,1,0，OB=∵AB=AD=2，SB=SD=∴OA⊥BD，OS⊥BD．∵OS⊂平面SBD，BC⊥平面SBD，∴BC⊥OS．∵BD，BC⊂平面ABCD，且BD∩BC=B，∴OS⊥平面ABCD．∵OS=∴S1,1,2，∴设SP=λSD则AP=设平面ABP的法向量为m=则有m⋅AB取x1=0，z1=1+λ，则易知BC=2,2,0为平面设平面ABP与平面SBD的夹角为θ，则cosθ=解得λ=3(舍去)或13∴存在这样的点P，此时点P为SD靠近点S的三等分点．法2：同法1可得OS⊥平面ABCD，OA=1∵OA⊂平面ABCD，∴OS⊥OA，∴AS=同样设SP=λSD=6∵cos∠ASD=S∴APBP过A作AF⊥平面SBD于F，过A作AG⊥BP于G，则∠AGF为平面ABP与平面SBD的夹角．由体积相等得：AF=OS⋅∵∠AGF=60∘，∴BG=AB2∵cos∠ABP=∴由①②得：λ=3(舍去)或13∴存在这样的点P，此时点P为SD靠近点S的三等分点．

21.【答案】解：(1)证明：取

PA

的中点

E

，连接

EF

，

EG

．因为点

F

为

PD

的中点，所以

EF//AD

，

EF=12因为四边形

ABCD

是平行四边形，所以

BC//AD

，

BC=AD

．因为点

G

为线段

BC

的中点，所以

CG=12所以

EF//CG

，

EF=CG

．所以四边形

EFCG

是平行四边形，所以

FC//EG

.

因为

EG⊂

平面

PAG

，

FC⊄

平面

PAG

，所以

CF//

平面

PAG

．(2)选择条件①②：连接

AC

，因为

PA⊥

平面

ABCD

，直线

AC⊂

平面

ABCD

，则

PA⊥AC

，即

∠PAC=π2因为

PA=2

，

PC=4

，所以

AC=23因为

AD=22

，四边形

ABCD所以

AD//BC

，且

BC=22

，又

AB=2所以

AC2所以

∠ABC=90∘

，即所以

AB⊥AD

．如图，以

A

为坐标原点，分别以

AB,AD,AP

所在直线为

x,y,z

轴，建立空间直角坐标系由题意得

B(2,0,0)

，

D(0,22,0)

，

P(0,0,2)

，

C(2,22,0)所以

AB→=(2,0,0)

，

AF→=(0,2,1)

设平面

ABF

的法向量为

n=(xn⋅AB=0n⋅AF令

y0=2

，则

z0=−2(ⅰ)

∵CD//AB

，

CD⊄

平面

ABF

，

AB⊂

平面

ABF

，∴CD//

平面

ABF

，则直线

CD

到平面

ABF

的距离为

n⋅AD(ⅱ)因为

m=(0,0,1)

是平面

ABCD

cos⟨n,m⟩=n所以二面角

C−AB−F

的余弦值为

63选择条件①③：连接

AC

，因为

PA⊥

平面

ABCD

，

AB⊂

平面

ABCD

，

AC⊂

平面

ABCD

，则

PA⊥AB

，

PA⊥AC

，即

∠PAC=π2因为

PA=2

，

PC=4

，所以

AC=23又因为平面

PAB⊥

平面

PAD

，BA⊂

平面

PAB

，平面

PAB∩

平面

PAD=PA

，所以

BA⊥

平面

PAD

，

AD⊂

平面

PAD

，所以

BA⊥AD

．由四边形

ABCD

是平行四边形，则四边形

ABCD

是矩形．因为

AB=2

，所以

BC=AC以下同选择条件①②．若选择条件②③，四棱锥

P−ABCD

不能唯一确定．举例如下：由上述