精品解析：上海市南汇中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

南汇中学2025学年高二上期中 一、填空题（每小题3分，共12题，共36分） 1. 已知，，则直线m、n的位置关系为_______________________（填平行、相交、异面） 【答案】平行或异面 【解析】 【分析】利用线面平行的定义直接判断即可. 【详解】由，得直线与平面无公共点，而， 因此直线没有公共点，所以直线m、n的位置关系为平行或异面. 故答案为：平行或异面 2. 已知向量，，若，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量平行的坐标表示求解即可. 【详解】因为，，， 所以，解得. 故答案为： 3. 正方体中，异面直线与所成角的大小为________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用异面直线所成角的定义求解即得. 【详解】正方体中，，因此异面直线与所成的角或其补角， 而，因此. 所以异面直线与所成角的大小为. 故答案为： 4. 已知水平放置的是按“斜二测画法”得到如下图所示的直观图，其中， ，则原的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据直观图画出原图，再根据三角形面积公式计算可得. 【详解】解：依题意得到直观图的原图如下： 且， 所以 故答案为： 【点睛】本题考查斜二测画法中原图和直观图面积之间的关系，属于基础题． 5. 若球的体积是，则球的表面积是______. 【答案】 【解析】 【分析】求出球体的半径，利用球体的表面积公式可求得结果. 【详解】设该球的半径为，则球的体积为，解得， 因此，该球的表面积为. 故答案为：. 6. 如图，在四面体中，点是的重心，设，，，则_____．（用，，表示） 【答案】 【解析】 【分析】根据G是的重心，可知，再根据空间向量的线性运算即可求解. 【详解】是的重心， ， 故答案为：. 7. 点在锐二面角的平面上，点到平面的距离为3，点到棱的距离为，则此二面角的大小是_____． 【答案】 【解析】 【分析】过点作，，垂足分别为，，连接，可证明，可得是锐二面角的平面角，进而求解即可. 【详解】如图，过点作，，垂足分别为，，连接， 因为，所以，而平面， 所以平面，而平面，所以， 所以是锐二面角的平面角， 在直角三角形中，，则. 故答案为：. 8. 将一个圆心角为，面积为的扇形卷成一个圆锥，那么该圆锥的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出扇形的半径，进而求出圆锥的底面半径和高，利用体积公式求出答案. 【详解】设扇形的半径为，则，解得， 即卷成的圆锥母线长为3，设圆锥的底面半径为，则， 解得， 则圆锥的高， 故圆锥的体积为 故答案为： 9. 如图,在棱长为1的正方体中，点P在截面上，则线段AP的最小值等于________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得平面，可得为与截面的垂足时线段最小，然后利用等积法求解． 【详解】如图， 连接交截面于，由底面，可得， 又，可得平面，则， 同理可得，得到平面，此时线段最小， 由棱长为1，可得等边三角形的边长为， ， ∵，∴，解得， 故答案为. 【点睛】本题主要考查点、线、面间的距离的求法，利用了等积法求距离，属于中档题． 10. 正四棱锥的底面边长为2，高为2，是边的中点，动点在表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的周长为_____． 【答案】## 【解析】 【分析】设S在底面的投影为O，取的中点，设，先证明平面，可得动点P在的三条边上（不包含点），进而求解即可. 【详解】设S在底面的投影为O，由正四棱锥的特征知O为的交点， 取的中点，设，由中位线的性质可知， 在正方形中，为的中点， 所以，则底面， 而底面，所以， 又平面， 所以平面，而，则动点P在的三条边上（不包含点）， 根据正四棱锥的底面边长为2，高为2， 则，，，， 所以，， 所以P轨迹的周长为. 故答案为：. 11. 如图，对四棱锥的各面进行染色，要求有公共棱的两个面不同色.现有种颜色可供选择，则不同的染色方法共有______种. 【答案】 【解析】 【分析】依次考虑每一面的染色情况，注意对不相邻区域是否同色进行分类讨论， 【详解】先染底面，有种颜色可选，再染侧面，有种颜色可选. （1）当侧面与侧面同色时，侧面有种颜色可选，侧面有种颜色可选， 故共有种. （2）当侧面与侧面不同色时，侧面有种颜色可选，侧面只能染种颜色，侧面也只能染种颜色， 故共有种. 因此，不同的染色方法共有种. 故答案为：. 12. 在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则下列说法中，正确的有_________（请填入所有正确说法的序号） ①当时，的周长为定值 ②当时，三棱锥的体积为定值 ③当时，有且仅有一个点P，使得 ④当时，有且仅有一个点P，使得平面 【答案】②④ 【解析】 【分析】①结合得到P在线段上，结合图形可知不同位置下周长不同；②由线面平行得到点到平面距离不变，故体积为定值；③结合图形得到不同位置下有，判断出③错误；④结合图形得到有唯一的点P，使得线面垂直. 【详解】由题意得：，，，所以P为正方形内一点， ①，当时，，即，，所以P在线段上，所以周长为，如图1所示，当点P在处时，，故①错误； ②，如图2，当时，即，即，，所以P在上，，因为∥BC，平面，平面，所以点P到平面距离不变，即h不变，故②正确； ③，当时，即，如图3，M为中点，N为BC的中点，P是MN上一动点，易知当时，点P与点N重合时，由于△ABC为等边三角形，N为BC中点，所以AN⊥BC，又⊥BC，，所以BN⊥平面，因为平面，则，当时，点P与点M重合时，可证明出⊥平面，而平面，则，即，故③错误； ④，当时，即，如图4所示，D为的中点，E为的中点，则P为DE上一动点，易知，若平面，只需即可，取的中点F，连接，又因为平面，所以，若，只需平面，即即可，如图5，易知当且仅当点P与点E重合时，故只有一个点P符合要求，使得平面，故④正确. 故选：②④ 【点睛】立体几何的压轴题，通常情况下要画出图形，利用线面平行，线面垂直及特殊点，特殊值进行排除选项，或者用等体积法进行转化等思路进行解决. 二、选择题（每小题3分，共4题，共12分） 13. 设l，m，n是不同直线，m，n在平面内，则“且”是“”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 【答案】B 【解析】 【分析】利用线面垂直的判定、性质，结合充分条件、必要条件的意义判断作答. 【详解】若且，当时，直线可以与平面平行，此时，不能推出， 若，m，n是平面内两条不同的直线，则，， 所以“且”是“”的必要不充分的条件. 故选：B 14. 已知乘积展开后共有60项，则的值为（ ） A. 5 B. 7 C. 10 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项展开式定理可得展开式中共有项，即可得的值. 【详解】易知的展开式中共有6项， 则乘积展开后共有项， 因此可得，解得. 故选：C 15. 如图，在长方体中，，点为上的动点，则的最小值为（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将绕翻折到与共面，连接，则的长度即为的最小值，利用勾股定理计算可得. 【详解】将绕翻折到与共面，平面图形如下所示： 连接，则的长度即为的最小值， 因为，所以 ， 所以，所以，即的最小值为. 故选：D 16. 已知是正方体的中心，过点的直线与该正方体的表面交于、两点，现有如下命题：①线段在正方体6个表面的投影长度为，则为定值；②直线与正方体12条棱所成的夹角的，则为定值.下列判断正确的是（ ） A. ①和②均为真命题 B. ①和②均为假命题 C. ①为真命题，②为假命题 D. ①为假命题，②为真命题 【答案】D 【解析】 【分析】利用特例法可判断①；利用长方体的几何性质，结合两直线所成角的定义可判断②选项，从而得解. 【详解】对于①，依题意，设正方体的棱长为， 当为正方体的一条体对角线， 不妨设与线段重合，在正方体各面上投影长为， 此时， 当平面时，在面、的投影长为， 在面、、、的投影长为，此时， 故不是定值，①错误； 对于②，当与正方体的棱平行时，不妨设平面垂直， 此时与棱、、、、、、、都垂直， 与棱、、、都平行，此时， 当不与正方体的棱平行时，过点、分别作正方体的棱的平行线， 构成长方体， 设与棱、、所成的角分别为、、， 由图可知，，同理可得，， 由长方体的几何性质可得， 所以，此时， 所以为定值，故②正确. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于对的位置进行分类讨论，结合长方体的几何性质求解. 三、解答题（共5题，共52分） 17. 甲、乙、丙、丁四名同学报名参加，，三个智力竞赛项目，每个人都要报名且只能参加一个项目． （1）共有多少种不同的报名方法？ （2）若甲、乙报同一项目，丙不报A项目，则有多少种不同的报名方法？ 【答案】（1）81 （2）18 【解析】 【分析】（1）每个同学都有种选择，利用分步乘法计数原理可得结果； （2）由题意可知，甲、乙报名的方法种数为，丙有种选择，丁有种选择，利用分步乘法计数原理可得结果. 小问1详解】 每个同学都有种选择，则甲、乙、丙、丁四名同学的报名方法种数为. 【小问2详解】 甲、乙报同一项目，则甲、乙报名的方法种数为， 丙不报项目，则丙有种选择，丁有种选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的报名方法种数为. 18. 在如图所示的圆柱中，是底面直径，是圆柱的母线，且．设是底面圆周上的动点． （1）求圆柱的表面积； （2）当二面角的大小为时，求点到平面的距离． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用圆柱的表面积公式可求得结果； （2）分析可知，二面角的平面角为，求出的长，再利用等体积法求解即可. 【小问1详解】 由题意可知，圆柱的底面半径为1，高为2， 则该圆柱的表面积为． 【小问2详解】 因为平面平面，则， 因为是底面直径，是底面圆周上的动点， 由题意可知，与、不重合， 所以，，因为，、平面， 所以，平面，因为平面，则， 所以二面角的平面角为，即， 因为平面，平面，则， 所以，，则， 由，设点到平面的距离为， 则，解得． 因此，点到平面的距离为． 19. 在正四棱锥中，侧棱的长为，与所成的角的大小等于． （1）求正四棱锥的体积； （2）若正四棱锥的五个顶点都在球的表面上，求此球的半径． 【答案】（1） （2）5 【解析】 【分析】（1）连接与交于，由异面直线夹角及等腰三角形性质求出，再求出棱锥的高，进而求出体积. （2）根据给定条件，利用球的截面小圆性质求出球半径. 【小问1详解】 在正四棱锥中，连接与交于，连接，平面， 由，得是与所成角，即， 在等腰中，，，， 所以正四棱锥的体积. 【小问2详解】 依题意，球的球心在直线上，设球的半径为，则， 而正方形外接圆半径，由，得，解得， 所以球的半径为5. 20. 如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点． （1）求证：AF∥平面BCE； （2）求证：平面BCE⊥平面CDE； （3）求直线BF和平面BCE所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析（2）见解析（3） 【解析】 【分析】（1）取CE的中点G，由三角形的中位线性质证明四边形GFAB为平行四边形，得到AF∥BG，从而证明AF∥平面BCE． （2）通过证明AF⊥CD，DE⊥AF，从而证明AF⊥平面CDE，再利用BG∥AF证明BG⊥平面CDE，进而证明平面BCE⊥平面CDE． （3）在平面CDE内，过F作FH⊥CE于H，由平面BCE⊥平面CDE，得 FH⊥平面BCE，故∠FBH为BF和平面BCE所成的角，解Rt△FHB求出∠FBH的正弦值． 【详解】（1）证明：取CE的中点G，连FG、BG． ∵F为CD的中点，∴GF∥DE且． ∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD， ∴AB∥DE，∴GF∥AB． 又，∴GF＝AB． ∴四边形GFAB为平行四边形，则AF∥BG． ∵AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE， ∴AF∥平面BCE． （2）证明：∵△ACD为等边三角形，F为CD的中点，∴AF⊥CD． ∵DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，∴DE⊥AF． 又CD∩DE＝D，故AF⊥平面CDE． ∵BG∥AF，∴BG⊥平面CDE． ∵BG⊂平面BCE， ∴平面BCE⊥平面CDE． （3）解：在平面CDE内，过F作FH⊥CE于H，连BH． ∵平面BCE⊥平面CDE，∴FH⊥平面BCE． ∴∠FBH为BF和平面BCE所成的角． 设AD＝DE＝2AB＝2a，则，， Rt△FHB中，． ∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为． 【点睛】本题考查证明线面平行的方法，平面垂直的方法，求直线与平面成的角的方法，属于中档题． 21. 如图所示，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，是的中点，是的中点，动点在直线上，且满足． （1）求证：不论取何值，总有； （2）设直线与平面所成的锐角，求的取值范围； （3）设平面与平面所成的锐二面角的大小为，求的最大值，并求相应的的值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）时， 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据题意可得，进而根据求证即可； （2）根据线面角的空间向量公式表示出，进而求解即可； （3）根据面面角的空间向量公式表示出，利用换元法及二次函数的性质求出最值即可. 【小问1详解】 如图，以为原点， 以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设，由，得， 所以，则， 而， 则， 所以，即不论取何值，总有. 【小问2详解】 由（1）知，， 易得平面的一个法向量为， 由直线与平面所成的角为， 则， 而，所以， 所以的取值范围为． 【小问3详解】 由（1）知，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 易得平面的一个法向量为， 平面与平面所成的锐二面角的大小为， 则， 令，则，则， 函数，当时，， 所以， 即当，，时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南汇中学2025学年高二上期中 一、填空题（每小题3分，共12题，共36分） 1. 已知，，则直线m、n的位置关系为_______________________（填平行、相交、异面） 2. 已知向量，，若，则_____． 3. 正方体中，异面直线与所成角的大小为________. 4. 已知水平放置的是按“斜二测画法”得到如下图所示的直观图，其中， ，则原的面积为______. 5. 若球的体积是，则球的表面积是______. 6. 如图，在四面体中，点是的重心，设，，，则_____．（用，，表示） 7. 点在锐二面角的平面上，点到平面的距离为3，点到棱的距离为，则此二面角的大小是_____． 8. 将一个圆心角为，面积为扇形卷成一个圆锥，那么该圆锥的体积为__________. 9. 如图,在棱长为1的正方体中，点P在截面上，则线段AP的最小值等于________. 10. 正四棱锥的底面边长为2，高为2，是边的中点，动点在表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的周长为_____． 11. 如图，对四棱锥的各面进行染色，要求有公共棱的两个面不同色.现有种颜色可供选择，则不同的染色方法共有______种. 12. 在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则下列说法中，正确的有_________（请填入所有正确说法的序号） ①当时，的周长为定值 ②当时，三棱锥的体积为定值 ③当时，有且仅有一个点P，使得 ④当时，有且仅有一个点P，使得平面 二、选择题（每小题3分，共4题，共12分） 13. 设l，m，n是不同的直线，m，n在平面内，则“且”是“”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 14. 已知乘积展开后共有60项，则值为（ ） A. 5 B. 7 C. 10 D. 12 15. 如图，在长方体中，，点为上动点，则的最小值为（ ） A. 5 B. C. D. 16. 已知是正方体的中心，过点的直线与该正方体的表面交于、两点，现有如下命题：①线段在正方体6个表面的投影长度为，则为定值；②直线与正方体12条棱所成的夹角的，则为定值.下列判断正确的是（ ） A. ①和②均真命题 B. ①和②均为假命题 C. ①为真命题，②为假命题 D. ①为假命题，②为真命题 三、解答题（共5题，共52分） 17. 甲、乙、丙、丁四名同学报名参加，，三个智力竞赛项目，每个人都要报名且只能参加一个项目． （1）共有多少种不同的报名方法？ （2）若甲、乙报同一项目，丙不报A项目，则有多少种不同的报名方法？ 18. 在如图所示的圆柱中，是底面直径，是圆柱的母线，且．设是底面圆周上的动点． （1）求圆柱的表面积； （2）当二面角的大小为时，求点到平面的距离． 19. 在正四棱锥中，侧棱的长为，与所成的角的大小等于． （1）求正四棱锥体积； （2）若正四棱锥的五个顶点都在球的表面上，求此球的半径． 20. 如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点． （1）求证：AF∥平面BCE； （2）求证：平面BCE⊥平面CDE； （3）求直线BF和平面BCE所成角的正弦值． 21. 如图所示，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，是的中点，是的中点，动点在直线上，且满足． （1）求证：不论取何值，总有； （2）设直线与平面所成的锐角，求的取值范围； （3）设平面与平面所成的锐二面角的大小为，求的最大值，并求相应的的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $