精品解析：上海市第二中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

2025学年第一学期市二中学期中考试试卷 高二数学试卷 （考试时间 100分钟，总分100分） 一、填空题（12*3=36分） 1. 若一个球的半径为，则它的体积为_______． 【答案】 【解析】 【分析】由球的体积公式可得. 【详解】由球的半径， 得, 故答案为：. 2. 在长方体中，设，，，若用向量、、表示向量，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量的加法法则求解即可 【详解】由题意， 故答案为： 3. 已知空间中两个角，，且角与角的两边分别平行，若，则________． 【答案】或 【解析】 【分析】根据等角定理即可确定的大小. 【详解】根据等角定理知：或， 若，则或. 故答案为：或 4. 在长方体中，与棱所在直线异面垂直的棱有______条． 【答案】4 【解析】 【分析】结合图形由长方体的性质求解即可 【详解】在长方体中， 因为平面，平面，平面，平面， 所以， 因为均与异面， 所以与棱所在直线异面垂直的棱有，共4条， 故答案为：4 5. 圆锥的底面半径为3，高为1，则圆锥的侧面积为_____． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：那么圆锥的母线，所以侧面积为 考点：圆锥的侧面积 6. 在空间直角坐标系中，若点关于Oxy坐标平面的对称点为点A，点关于坐标原点O的对称点为点B，则的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间直角坐标系中点的对称性，即可得坐标，进而根据向量的坐标运算即可求解. 【详解】由题意知：,,所以， 故答案为： 7. 已知，，，三点不共线，为平面外任意一点．若．且，，，四点共面，则实数_____． 【答案】 【解析】 分析】根据空间向量基本定理判断向量共面，可得解. 【详解】由题知， 即 又，，，四点共面， 所以，解得. 故答案为：. 8. 若一个水平放置的三角形ABC的斜二测直观图是一条边是水平线段的等边三角形，则三角形ABC的形状是___________． 【答案】钝角三角形 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则，画出原图形即可. 【详解】如图所示，若一个水平放置的三角形ABC的斜二测直观图是一条边是水平线段的等边三角形， 则三角形ABC的形状是钝角三角形. 故答案为：钝角三角形 9. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，为的中点，若，，，若，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算即可求解. 【详解】因为 ，所以，，，所以． 故答案为： 10. 在四面体中，P为空间中一点，且满足，若四面体的体积为4，则四面体的体积为______. 【答案】2 【解析】 【分析】利用向量的加法运算将转化为，从而找到在线段上且靠近的三等分点处，继而得到到平面的距离是到平面的距离的2倍，从而得到所求. 【详解】设是的中点，，又， ，，， 设是的中点，是的中点，，， ，，在线段上且靠近的三等分点处， 又线段为的中位线，， 到平面的距离是到平面的距离的2倍，. 故答案为：2 11. 已知空间向量两两垂直，若空间点满足，记，且，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间向量模的意义及数量积的运算律求得，进而求出范围. 【详解】由空间向量两两垂直，得 又，， 则 ，而， 因此，， 所以的取值范围为. 故答案为： 12. 若棱长为4的正四面体可以在正方体内任意转动，则正方体的棱长最小值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】依题意，若要使正四面体能自由转动，则正方体必须能装下正四面体的外接球，即正方体的最短棱长就是外接球的直径. 【详解】若棱长为4的正四面体可以在正方体内任意转动， 则该正四面体的外接球完全包含在正方体内部，即该外接球与正方体内切. 如图是棱长为的正四面体， 由题意， ，设BC的中点为M，底面 的重心为G，O为外接球的球心， 则有 底面， ，  ， ，是外接球半径， 在 中， ， 在 中， ，， ，解得 ， 即正方体的最短棱长为. 故答案为：. 二、选择题 13. 已知向量，，，则“”是“ ”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，若时，则，，得出，得出，反之，则，列式求出，结合充要条件的判定，即可得出结论. 【详解】解：已知，， 若，则，， 可得，则有， 所以充分条件成立， 反之，若，则，即： 即：，解得：， 所以必要条件成立， 综合可得：“”是“ ”的充要条件. 故选：C. 【点睛】本题考查充要条件的判断，以及空间向量共线的运算，考查运算能力. 14. 已知是两个不同的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】由面面垂直性质，平行线传递性，线面平行判定定理结合面面平行性质可判断各选项正误. 【详解】对于A，由，，则与相交或（为两个平面的交线时），故A错误； 对于B，由线面垂直的性质知时，，故B正确； 对于C，当，则或，故C错误； 对于D，若，则与无公共点，则或与异面，故D错误. 故选：B 15. 如图，这是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为，山高为是山坡上一点，且．现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用两点间的距离，结合图象，求最小值． 【详解】依题意，半径为，山高为，则母线， 底面圆周长，则圆锥侧面展开图扇形圆心角， 如图，是圆锥侧面展开图， 显然， 由点向引垂线，垂足为点，此时为点和线段上的点连线的最小值， 即点为公路的最高点，段为上坡路段，段为下坡路段， 由直角三角形射影定理知，即，解得， 所以公路上坡路段长为． 故选：D 16. 已知三棱锥的体积为3，，，，则（ ） A. 3 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出符合题意的图形，建立空间直角坐标系，结合题意得到，再利用勾股定理求解即可. 【详解】如图，作面，以为原点建立空间直角坐标系， 设，因为，所以，解得， 因为，，所以， 设且，，则到面的距离为， 因为三棱锥的体积为3，所以，解得， 由两点间距离公式得， 可得，得到， 而，则，化简得，解得， 由勾股定理得，故D正确. 故选：D 三、解答题（分） 17. 在正四棱柱中，底面边长为，体积为，为的中点，证明：与是异面直线，并求出它们所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）. 【答案】见解析， 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义作出平行直线，转化为平面角进行求解即可． 【详解】解：根据已知条件，为正四棱柱的高 底面四边形是正方形，且面积为1， 故由，可得． 假设与不异面直线，则它们在同一平面内， 由于点、、在平面内，则点也在平面内，这是不可能的， 故与是异面直线． 取的中点为，连接，， 所以，则或其补角，即为异面直线与所成的角． 在，，，， 由余弦定理得， 即， 所以异面直线与所成的角的大小为， 【点睛】本题主要考查异面直线所成角的求解，根据定义作出平行直线转化为平面角结合余弦定理是解决本题的关键，属于中档题． 18. 如图，已知点P在圆柱的底面圆O上，AB为圆O的直径，圆柱的侧面积为，，. （1）求三棱锥的体积； （2）求直线与底面所成角的大小. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】（1）根据侧面积公式计算圆柱的高，在底面中，根据等腰三角形知识求出AP，BP，带入棱锥的体积公式计算体积； （2）在Rt△AA1P中计算∠A1PA． 【详解】解：(1) 由题意，，解得， 在△AOP中，，，所以， 在△BOP中，， ，所以， ； (2) 因为⊥底面，所以是直线与底面所成的角， 在Rt△中，， 即直线与底面所成角的大小为． 【点睛】本题考查了棱锥的体积计算，直线与平面所成角的计算，属于中档题． 19 已知函数， （1）设，求函数的值域； （2）在中，角所对应的边为.若，的面积为.求的值. 【答案】（1）；（2）或. 【解析】 【分析】（1）根据条件选代入然后运用诱导公式、二倍角公式、辅助角公式化简再求值域； （2）先求，再由面积得，最后根据分类讨论求解即可. 【详解】（1） ， 所以，函数的值域为． （2）由 ， 或， 得. ①若，则，， ； ②若，则，， ， 综上，或. 20. 已知数列的前项和满足条件，其中是正整数． （1）求证：数列成等比数列； （2）设数列满足．若，求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用化简，易得结论； （2）通过（1）求出，进而求出，再利用裂项相消的方法求数列的前项和. 【小问1详解】 证明:由题意得， ∴， 又，解得， ∴， ∴ 数列是首项为3，公比为3的等比数列； 【小问2详解】 由（1）得：， 故， 所以， 令数列的前项和为， 则， 计算得， 综上：数列的前项和为. 21. 如图，某建筑物基本单元可近似地按以下方法构作：先在地平面内作菱形，边长为1，，再在的上方，分别以与为底面安装上相同的正棱锥与，， （1）求证：； （2）求二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）答案见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直证明线线垂直即可； （2）利用二面角的定理，做出二面角的平面角，然后利用余弦定理求解即可； （3）作出点到面的距离，然后在三角形内求解长度即可. 【小问1详解】 如图，作面于点，面于点. 且面，故, 因与均为正三棱锥， 所以、分别为正、正的中心. 所以，且， 则面，且面， 故. 【小问2详解】 如图， 取的中点，联结 因为面，面 故 故即为二面角的平面角. 菱形，边长为1，， 故是等腰直角三角形，， 且 故 故同理 且， 故， 故二面角的余弦值为. 【小问3详解】 如图,作于点. 又面，面，从而， ，且， 所以平面. 故即为点到平面的距离， 由（2）知， 则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期市二中学期中考试试卷 高二数学试卷 （考试时间 100分钟，总分100分） 一、填空题（12*3=36分） 1. 若一个球的半径为，则它的体积为_______． 2. 在长方体中，设，，，若用向量、、表示向量，则____________． 3. 已知空间中两个角，，且角与角的两边分别平行，若，则________． 4. 在长方体中，与棱所在直线异面垂直的棱有______条． 5. 圆锥底面半径为3，高为1，则圆锥的侧面积为_____． 6. 在空间直角坐标系中，若点关于Oxy坐标平面的对称点为点A，点关于坐标原点O的对称点为点B，则的坐标为______． 7. 已知，，，三点不共线，为平面外任意一点．若．且，，，四点共面，则实数_____． 8. 若一个水平放置三角形ABC的斜二测直观图是一条边是水平线段的等边三角形，则三角形ABC的形状是___________． 9. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，为的中点，若，，，若，则________． 10. 在四面体中，P为空间中一点，且满足，若四面体的体积为4，则四面体的体积为______. 11. 已知空间向量两两垂直，若空间点满足，记，且，则取值范围为______. 12. 若棱长为4的正四面体可以在正方体内任意转动，则正方体的棱长最小值是___________． 二、选择题 13. 已知向量，，，则“”是“ ”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 14. 已知是两个不同的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 15. 如图，这是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为，山高为是山坡上一点，且．现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为（ ） A. B. C. D. 16. 已知三棱锥的体积为3，，，，则（ ） A. 3 B. 4 C. D. 三、解答题（分） 17. 在正四棱柱中，底面边长为，体积为，为的中点，证明：与是异面直线，并求出它们所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）. 18. 如图，已知点P在圆柱的底面圆O上，AB为圆O的直径，圆柱的侧面积为，，. （1）求三棱锥的体积； （2）求直线与底面所成角的大小. 19. 已知函数， （1）设，求函数的值域； （2）在中，角所对应的边为.若，的面积为.求的值. 20. 已知数列的前项和满足条件，其中是正整数． （1）求证：数列成等比数列； （2）设数列满足．若，求数列前项和． 21. 如图，某建筑物的基本单元可近似地按以下方法构作：先在地平面内作菱形，边长为1，，再在的上方，分别以与为底面安装上相同的正棱锥与，， （1）求证：； （2）求二面角余弦值； （3）求点到平面的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $