精品解析：上海市莘庄中学2025-2026学年高二上学期期中数学试卷

莘庄中学2025学年高二第一学期数学期中试卷 一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. “一个点和一条直线确定一个平面”是__________命题.（填“真”、“假”） 2. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称点的坐标是___________. 3. 直线的倾斜角为______． 4. 如图，已知长方体的棱长，则点到棱的距离是______ 5. 已知是三角形所在平面外一点，且，则点在平面上的射影是三角形的___________心. 6. 已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为，则四棱锥的体积为________. 7. 已知，，三点不共线，点不在平面内，，若，，，四点共面，则的最大值为___________. 8. 已知圆锥的侧面积为，高为，设圆锥的顶点为，点，B在底面圆周上，则面积的最大值为______． 9. 如图，在平行六面体中，底面四边形是菱形，，，，则的长为___________. 10. 如图，已知三棱柱的体积为，，，分别为侧棱，，上的点，且，则_____________. 11. 下列选项中，正确的是___________ ①.若两条不同直线，的方向向量为，，则 ②.若是空间向量的一组基底，且，则点在平面内，且为的重心 ③.若是空间向量的一组基底，则也是空间向量的一组基底 ④.若空间向量，、共面，则存在不全为0的实数，，使 12. 已知正四面体的棱长为4，点为该四面体表面上的动点，若是该四面体的内切球的一条动直径，则的取值范围是________. 二、选择题（本大题共4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分） 13. 过点且与直线垂直的直线方程为( ) A. B. C. D. 14. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，，则 15. 某圆锥的侧面展开图是一个半径为，圆心角为的扇形，则该圆锥的内切球的体积为（ ） A. B. C. D. 16. 在正方体中，点P，Q分别是线段上的点（不为端点），给出如下两个命题： ①对任意点P，均存在点Q，使得； ②存在点P，对任意的Q，均有，则（ ） A. ①②均正确 B. ①②均不正确 C. ①正确，②不正确 D. ①不正确，②正确 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分） 17. 如图，长方体中，，，点为的中点， （1）求证：直线平面； （2）求点到平面的距离. 18. 已知直线：和直线：，其中m为实数． （1）若，求m的值； （2）若点在直线上，直线l过P点，且在x轴上的截距与在y轴上的截距互为相反数，求直线l的方程． 19. 某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样四面体得到的，如图所示，若被截正方体的棱长是60cm. （1）求石凳体积； （2）为了美观工人准备将石凳表面进行粉刷，已知每平方米造价50元，请问粉刷一个石凳需要多少钱？（精确到0.1元） 20. 如图，在菱形中，与相交于点，平面，. （1）求证：平面； （2）当直线与平面所成角的余弦值为时，求证：； （3）在（2）的条件下，求异面直线与所成的余弦值. 21. 如图，在四面体中，是正三角形，是直角三角形，，并且，点在棱上. （1）证明：平面平面； （2）若二面角的正切值为，求的值； （3）点、分别是线段、上的动点，求周长的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 莘庄中学2025学年高二第一学期数学期中试卷 一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. “一个点和一条直线确定一个平面”是__________命题.（填“真”、“假”） 【答案】假 【解析】 【分析】根据平面的基本性质即得. 【详解】当点在直线上不能确定一个平面，故此命题为假命题. 故答案为：假. 2. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是___________. 【答案】； 【解析】 【分析】根据点关于平面对称的规则得出点的坐标. 【详解】在空间直角坐标系中，点 关于 平面的对称点的坐标横纵坐标不动，竖坐标变成相反数， 所以点关于平面的对称点是. 故答案为：.　　　　. 3. 直线倾斜角为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据倾斜角和斜率的关系即可求解. 【详解】直线的斜率， 设其倾斜角为，故可得，又，故． 故答案为： 4. 如图，已知长方体的棱长，则点到棱的距离是______ 【答案】5 【解析】 【分析】根据长方体的性质，结合线面垂直性质以及点线距离定义，可得答案. 【详解】连结，如图： 在长方体中，由平面，平面， 所以，则点到棱的距离是， 在矩形中，. 故答案为：5 5. 已知是三角形所在平面外一点，且，则点在平面上的射影是三角形的___________心. 【答案】外心 【解析】 【分析】由平面和，利用勾股定理，求得，即可求解. 【详解】如图所示，由点是点在平面的射影，所以平面， 可得，,， 因为，所以， 所以为的外心. 故答案为：外心. 6. 已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为，则四棱锥的体积为________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可知该四棱锥为正四棱锥，由已知求出四棱锥的高，从而可求出其体积 【详解】由题意可知该四棱锥为正四棱锥， 因为四棱锥的底面是边长为2的正方形， 所以底面对角线的长为， 因为四棱锥的侧棱长为， 所以棱锥的高为， 所以棱锥的体积为 ， 故答案为： 7. 已知，，三点不共线，点不在平面内，，若，，，四点共面，则的最大值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用已知条件求得，再利用均值不等式即可求得的最大值. 【详解】由及A，B，C，D四点共面得：， 即，又，， 所以，当且仅当时等号成立， 故答案为： 8. 已知圆锥的侧面积为，高为，设圆锥的顶点为，点，B在底面圆周上，则面积的最大值为______． 【答案】6 【解析】 【分析】求出圆锥的底面半径和母线长，确定当等腰三角形PAB的顶角为时，其面积取得最大值，即可求得答案. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，则圆锥的高， 又圆锥的侧面积为，所以，解得，， 则该圆锥的轴截面三角形的三边长为，，6，则它是顶角为的等腰三角形． () 故当等腰三角形PAB的顶角为时，其面积取得最大值，为， 故答案为：6 9. 如图，在平行六面体中，底面四边形是菱形，，，，则的长为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由，结合向量数量积公式计算即可得模长. 【详解】由， 则 ，则. 故答案为：. 10. 如图，已知三棱柱的体积为，，，分别为侧棱，，上的点，且，则_____________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知，，再根据位置关系可得，，然后根据等积法即可得答案. 【详解】如图： 在三棱柱中，易知四边形为平行四边形， 因为，所以， 又平面， 所以. 又， 所以. 故答案为： 11. 下列选项中，正确的是___________ ①.若两条不同直线，的方向向量为，，则 ②.若是空间向量一组基底，且，则点在平面内，且为的重心 ③.若是空间向量的一组基底，则也是空间向量的一组基底 ④.若空间向量，、共面，则存在不全为0的实数，，使 【答案】①②④ 【解析】 【分析】根据直线的方向向量可判定①，根据三角形重心的性质可判定②，根据空间向量的共面定理及基底的定义可判定③、④. 【详解】对于①，由于两直线不同，所以两直线平行时其对应方向向量也平行， 反之当两直线的方向向量平行时可知两直线也平行，即①正确； 对于②，由， 则有， 即，则，故、、三向量共面， 取中点，则有， 同理取中点，，所以为的重心，即②正确；    对于③，由， 由空间向量的共面定理可知，三个向量共面，故③错误； 对于④，由空间向量的共面定理可知，存在实数、， 使得，即， 所以存在不全为0的实数，使得，故④正确. 故答案为：①②④. 12. 已知正四面体的棱长为4，点为该四面体表面上的动点，若是该四面体的内切球的一条动直径，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】设内切球球心为，连接并延长交底面BCD于E，连接并延长交于，则为中点，由正四面体内切球的性质求、，进而求四面体体积，由等体积法求内切球的半径，进而可得、，再根据向量，，应用数量积的运算律可得，讨论的位置求的取值范围即可. 【详解】设内切球球心，连接并延长交底面BCD于E， ∴是正△的中心，且面， 连接并延长交于，则为中点，且， ∴，则， 又面，则有，故， ∴，故四面体体积， 若球的半径为，则， ∴，故， ∵，， ∴， 在正四面体中，当与重合时最大，此时； 当与重合时最小，此时； ∴的范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据向量加减法的几何意义可得，，再应用向量数量积的运算律得到关于的表达式，讨论的位置求最值即可. 二、选择题（本大题共4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分） 13. 过点且与直线垂直的直线方程为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设所求的直线方程为：，把点代入解得即可得出． 【详解】因为所求直线与直线垂直，故设所求的直线方程为：， 把点代入可得：，解得， 故所求的直线方程为：， 故选：B ． 14. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行和垂直、面面平行和垂直的判定定理和性质定理判断各选项. 【详解】对于A：若，，当不在内时，，但也可能，A错误； 对于B：设，若，且，则，B错误； 对于C：因为，则存在，若，则， 因为，所以，所以，C正确； 对于D：若，则当与相交时才有，条件中未给出两直线相交，所以得不出，D错误； 故选：C. 15. 某圆锥的侧面展开图是一个半径为，圆心角为的扇形，则该圆锥的内切球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆锥侧面展开图可得圆锥的半径和高，进而利用相似即可求解内切球半径. 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，则，所以，设该圆锥内切球的半径为，作出轴截面如图，利用相似可得，所以，所以. 故选：A. 16. 在正方体中，点P，Q分别是线段上的点（不为端点），给出如下两个命题： ①对任意点P，均存在点Q，使得； ②存在点P，对任意的Q，均有，则（ ） A. ①②均正确 B. ①②均不正确 C. ①正确，②不正确 D. ①不正确，②正确 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法来确定正确答案. 【详解】设正方体的边长为，以为原点建立如图所示空间直角坐标系， ，， 设，，， ① ，所以与不垂直，①错误. ② ，令，解得. 所以对任意的，存在，使得，此时是的中点，②正确. 故选：D 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分） 17. 如图，长方体中，，，点为的中点， （1）求证：直线平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明即可； （2）结合（1）及空间中点到面的距离公式求解即可. 【小问1详解】 证明：由题意可知，两两垂直， 所以以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 由题意可得，， 则，， 设平面的法向量为， 则，化简得，取，则， 因为，所以， 又因为平面，所以平面； 【小问2详解】 由（1）知平面的法向量为，又因为， 所以点到平面的距离. 所以点到平面的距离为. 18. 已知直线：和直线：，其中m为实数． （1）若，求m的值； （2）若点在直线上，直线l过P点，且在x轴上的截距与在y轴上的截距互为相反数，求直线l的方程． 【答案】（1）或0 （2）或． 【解析】 【分析】（1）根据垂直得到方程，求出m的值； （2）将代入中，解得，设直线l的方程，根据两截距相等得到方程，求出或，得到直线l的方程. 【小问1详解】 由题意得，解得或0； 【小问2详解】 由在直线上，得，解得，可得， 显然直线l的斜率一定存在且不为0，设直线l的方程为， 令，可得，再令，可得， 所以，解得或， 所以直线l的方程为或， 即或． 19. 某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的，如图所示，若被截正方体的棱长是60cm. （1）求石凳的体积； （2）为了美观工人准备将石凳的表面进行粉刷，已知每平方米造价50元，请问粉刷一个石凳需要多少钱？（精确到0.1元） 【答案】（1） （2）元 【解析】 【分析】（1）计算出正方体的体积减去8个小正三棱锥的体积，得到答案； （2）计算出石凳的表面积，从而求出粉刷一个石凳的钱数. 【小问1详解】 正方体的体积为， 石凳的体积为正方体的体积减去8个正三棱锥的体积，其中一个小正三棱锥的三条侧棱边长为， 故一个小正三棱锥的体积为， 故石凳的体积为. 【小问2详解】 石凳的表面由6个正方形和8个正三角形组成，其中正方形和正三角形的边长均为， 则石凳的表面积为， 则粉刷一个石凳需要元. 20. 如图，在菱形中，与相交于点，平面，. （1）求证：平面； （2）当直线与平面所成的角的余弦值为时，求证：； （3）在（2）的条件下，求异面直线与所成的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）要证与平面垂直，只要证与平面内两条相交直线垂直即可，这由已知线面垂直可得一个，又由菱形对角线垂直又得一个，由此可证； （2）由已知线面垂直得平面，从而知为直线与平面所成的角，从而可得，然后计算出三线段的长，由勾股定理逆定理可得垂直； （3）取中点，则有，从而可得异面直线所成的角，再解相应三角形可得． 【小问1详解】 因为四边形是菱形，所以， 因为平面，平面，所以. 因为，平面平面， 所以平面； 小问2详解】 因平面 所以直线与平面所成的角为即. 在等边中， 所以中，所以. 过作交于点 所以中 中 中 所以； 【小问3详解】 取边的中点，连接易得且 为所求的角或其补角， 而在中，， 中， 所以异面直线与所成的余弦值为. 21. 如图，在四面体中，是正三角形，是直角三角形，，并且，点在棱上. （1）证明：平面平面； （2）若二面角的正切值为，求的值； （3）点、分别是线段、上的动点，求周长的最小值. 【答案】（1）见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的判断定理，构造辅助线，转化为证明线面垂直； （2）根据（1）的结果，建立空间直角坐标系，设，并分别求平面和平面的法向量，根据二面角的余弦值，即可求解； （3）利用展开图，将三角形周长的最小值转化为两点间距离，即可求解. 【小问1详解】 由条件可知，，，， 所以，所以， 又因为是直角三角形，所以， 取的中点，连结，则， 所以，，且， 所以，则，且，平面， 所以平面，平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 以点为原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系， ，，，，设， ，， 设平面的法向量为， 则，即，，令，则， 即平面的法向量为， 平面的法向量为， 因为二面角的正切值为，所以二面角的夹角的余弦值为， 则，，解得：， 所以； 【小问3详解】 如图，以为轴，将和展开，与在同一平面，点分成和，当四点共线时，为的周长的最小值， 设，，，则， 所以， ， ， 所以， 所以周长的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是垂直关系的证明，从而为建立坐标系作准备，建立坐标系中，向量的表示是关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $