精品解析：上海市风华中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

风华中学2025-2026学年高二上期中考试数学试卷 一、填空题（每小题4分，共40分） 1. 空间两个角的两边分别对应平行，且，则________. 【答案】或 【解析】 【分析】直接由等角定理求解即可. 【详解】根据等角定理可知与相等或互补，又， 所以或， 故答案为：或. 2. 若，，则________，________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意，存在实数，使得，列出方程组，即可求解. 【详解】由向量， 因为，则存在实数，使得，即， 可得，解得. 故答案为：；. 3. 同时掷两枚骰子，所得点数之差为3的概率为_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据古典概型公式求解. 【详解】同时掷两枚骰子共有种情况， 点数差为的所有情况有 所以点数之差为3的概率为； 故答案为： 4. 一水平放置的平面四边形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O′A′B′C′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC面积为________. 【答案】 【解析】 【分析】将直观图还原回原图形，即找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，可得到平行四边形，即可求出面积. 【详解】还原直观图为原图形如图， ，， 还原回原图形后，, . 故答案为：. 【点睛】本题考查斜二测画法前后图形的关系，属于基础题. 5. 在各棱长均为1的正三棱柱中，则点到平面的距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，连接，根据题意，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到点到平面的距离为，即可求解. 【详解】如图所示，取的中点，连接， 在正三棱柱中，可得平面，且平面，所以， 在等边中，因为为的中点，所以， 因为，且平面，所以平面， 所以点到平面的距离，即为， 又因为正三棱柱的各棱长均为，可得, 所以点到平面的距离为. 故答案为：. 6. 投掷两枚骰子，点数之和为8所包含的样本点有________个． 【答案】5 【解析】 【分析】用有序实数对表示投掷两枚骰子的点数的情况，利用列举法可得. 【详解】用有序实数对表示投掷两枚骰子的点数的情况，则点数之和为8的样本点有： (2，6)，(3，5)，(4，4)，(5，3)，(6，2)，共5个． 故答案为：5 7. 若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则该圆锥的体积为 . 【答案】 【解析】 【详解】由面积为的半圆面，可得圆的半径为2，即圆锥的母线长为2.圆锥的底面周长为，所以底面半径为1.即可得到圆锥的高为.所以该圆锥的体积为. 8. 把半径分别为6，8，10的三个铁球熔成一个大球，则大球的半径为______. 【答案】 【解析】 【分析】由大球的体积等于三个铁球的体积和列式计算. 【详解】设大球的半径为，则， 得，解得. 所以大球的半径为. 故答案为： 9. 如图所示，在四棱柱中，底面为平行四边形，以顶点为端点的三条棱长都为1，且，，则的长为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，用向量表示向量，再利用空间向量数量积的运算律求解. 【详解】在四棱柱中，不妨设，，， ， ，， 所以. 故答案为： 10. 如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，在此几何体中，给出下面五个结论:①平面EFGH∥平面ABCD；②PA∥平面BDG；③直线EF∥平面PBC；④FH∥平面BDG；⑤EF∥平面BDG.其中正确结论的序号是_____. 【答案】①②③④ 【解析】 【分析】把平面展开图还原为一个四棱锥，结合直线与平面、平面与平面平行的判定定理，逐项判定，即可求解. 【详解】先把平面展开图还原为一个四棱锥，如图所示， 对于①中，因为分别为的中点，所以， 因为，所以，所以确定平面， 所以平面，又因为平面，所以平面， 同理可得平面， 又由，平面，所以平面平面， 所以①是正确的； 对于②中，连结交于点，则为的中点， 连结，因为为的中点，所以，平面，平面， 所以平面，所以②是正确的； 对于③中，由分别为的中点，可得， 又由，可得， 因为平面，平面，所以平面，所以③是正确的； 对于④中，由分别为的中点， 所以，又平面，平面，所以FH∥平面BDG， 所以④是正确的； 对于⑤中，若平面， 因为平面，且，平面， 可得平面平面，显然不正确，所以与平面不平行， 所以⑤不正确. 故答案为：①②③④. 二、填选题（每小题4分，共12分） 11. 四棱柱成为长方体的一个必要不充分条件是（ ） A. 底面是矩形 B. 侧面是正方形 C. 底面是菱形 D. 侧面与底面都是矩形 【答案】A 【解析】 【分析】利用长方体的结构特征，必要不充分条件的定义逐项判断即得. 【详解】对于A，长方体的底面是矩形，而底面是矩形的四棱柱不一定是长方体（侧棱不垂直于底面）， 则“底面是矩形”是四棱柱成为长方体的一个必要不充分条件，A是； 对于B，长方体的侧面是矩形，不一定是正方形，即“侧面是正方形”不是四棱柱成为长方体的必要条件，B不是； 对于C，长方体的底面是矩形，不能推出底面是菱形，即“底面是菱形”不是四棱柱成为长方体的必要条件，C不是； 对于D，长方体的侧面与底面都是矩形，反之侧面与底面都是矩形的四棱柱是长方体， 因此“侧面与底面都是矩形”是四棱柱成为长方体的充要条件，D不是. 故选：A 12. 对于空间三条直线，有下列四个条件： ①三条直线两两相交且不共点； ②三条直线两两平行； ③三条直线共点； ④有两条直线平行，第三条直线和这两条直线都相交． 其中，使三条直线共面的充分条件有(　　) A. 1个 B. 2个 C. 3 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】根据公理2以及推论进行判断，对于②③列举出三条直线两两平行在不同平面内的，三条相交直线不共面时，如三棱锥的侧面进行判断． 【详解】①中两直线相交确定平面，则第三条直线在这个平面内，故①正确； ②中可能有其中一条直线和另外两条直线确定的平面平行，还有可能三条直线分别在三个相互平行的平面内，故②不对； ③中三条相交直线不共面时．则它们可确定3个平面，如三棱锥的侧面，故③不对； ④中两直线平行确定一个平面，则第三条直线在这个平面内，故④正确； 故答案为B 【点睛】本题考查了平面公理2以及推论的应用，主要利用公理的作用和公理中的关键条件进行判断，考查了空间想象能力，属于基础题． 13. 在平行六面体中，为的中点，，，若，，，四点共面，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由四点，，，共面可得存在实数，使，用同一组基底向量表示出，根据系数对应相等列方程组求解. 【详解】由平行六面体的特征可得， 则， 所以， 又，， 又由，，，四点共面，可得存在实数，使， 所以，解得. 故选：D. 三、解答题（8+8+10+10+12，共48分） 14. 已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点E是棱A1B1的中点． （1）求证：A1B与EC1是异面直线； （2）求异面直线A1B与EC1所成角的大小． 【答案】（1） 如图，因为直线A1B⊂平面ABB1A1，点E∈平面ABB1A1， 点EA1B，点C1平面ABB1A1，所以直线A1B和EC1是异面直线． （2） 【解析】 【分析】（1）根据异面直线的定义，结合点E∈平面ABB1A1，点C1平面ABB1A1，即可判断； （2）根据平行关系可证明异面直线A1B与EC1所成角为∠FGC（或其补角），结合余弦定理可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取AA1的中点F，AB中点G，连接FG，CG，FC，如图： 因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1，所以FG∥A1B，CG∥EC1， 所以异面直线A1B与EC1所成角为∠FGC（或其补角）， 因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2， 所以有， 由余弦定理得＝， 所以异面直线A1B与EC1所成角的大小为． 15. 如图，已知正三棱锥的侧面积是底面积的2倍，正三棱锥的高． （1）求此正三棱锥的表面积； （2）求此正三棱锥的体积． 【答案】（1）正三棱锥的表面积为； （2）正三棱锥的体积为 【解析】 【分析】(1)由条件列方程求底面边长、斜高，进而求三棱锥的表面积；(2)利用锥体体积公式求解. 【小问1详解】 如图，设正三棱锥的底面边长为a，斜高为，侧面积、底面积分别为， 过点O作，与交于点E，连接，则． 由，即，可得. 由，则， 即． ．则． ，则． ∴表面积． 【小问2详解】 正三棱锥的体积 16. 如图，矩形所在的平面，分别是的中点. （1）求证：平面； （2）若与平面所成的角为，当为多少度时，平面? 【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图， 因为是的中点，所以且， 又因为且，， 所以且，所以，且， 所以四边形是平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面. AI    （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，利用几何关系得，再利用线面平行的判定，即可求解； （2）利用线面角的定义，知即为与平面所成的角，从而时，，进而可得，再由线面垂直的性质和线面垂直的判定得，再由线面垂直的判定，即可求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 时，平面，证明如下， 因为平面，所以即为与平面所成的角， 当时，则，所以， 又由（1）知，所以， 因为平面，平面，所以， 又∵，，平面， ∴平面，∵平面，∴，∴， 又平面， 所以平面. 17. 如图，平面，为圆的直径，，分别为棱，的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）若，，求二面角的大小. 【答案】（1） 因为分别为棱的中点，所以， 因为平面平面， 所以平面 （2） 因为为圆的直径，所以 因为平面平面所以 又，平面所以平面 由（1）知，所以平面又平面 所以平面平面 （3） 【解析】 【分析】（1）利用中位线定理得到，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）由为圆的直径，得到再利用线面垂直得到从而平面结合（1）中，所以平面得到面面垂直. （3）构建空间直角坐标系，根据空间向量求解二面角大小. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 以为坐标原点，如图所示构建空间直角坐标系， 因为，， 所以 中点即为， 设面的法向量为 则，可得， 令则 又面的法向量可表示为 ， 二面角的大小为. 18. 如图，在三棱柱中，底面是以为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在底面上的投影为的中点，且. （1）求证：； （2）求点到侧面的距离； （3）在线段上是否存在点，使得直线与侧面所成角的余弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 点在底面上的投影为的中点，故平面， 平面，故， 又，，平面，故平面， 平面，故. （2） （3）不存在，理由如下： 假设存在，设，，，， 故，， 故，方程无解， 故不存在点，使得直线与侧面所成角的余弦值为. 【解析】 【分析】（1）根据平面得到，再证明平面，得到答案. （2）建立空间直角坐标系，计算各点坐标，确定平面的法向量为，再根据距离公式计算得到答案. （3）确定得到，再根据向量的夹角公式计算得到答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， ， 设平面的法向量为，则， 取，则，， 故点到侧面的距离为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 风华中学2025-2026学年高二上期中考试数学试卷 一、填空题（每小题4分，共40分） 1. 空间两个角的两边分别对应平行，且，则________. 2. 若，，则________，________. 3. 同时掷两枚骰子，所得点数之差为3的概率为_______. 4. 一水平放置的平面四边形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O′A′B′C′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC面积为________. 5. 在各棱长均为1的正三棱柱中，则点到平面的距离为__________. 6. 投掷两枚骰子，点数之和为8所包含的样本点有________个． 7. 若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则该圆锥的体积为 . 8. 把半径分别为6，8，10的三个铁球熔成一个大球，则大球的半径为______. 9. 如图所示，在四棱柱中，底面为平行四边形，以顶点为端点的三条棱长都为1，且，，则的长为______. 10. 如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，在此几何体中，给出下面五个结论:①平面EFGH∥平面ABCD；②PA∥平面BDG；③直线EF∥平面PBC；④FH∥平面BDG；⑤EF∥平面BDG.其中正确结论的序号是_____. 二、填选题（每小题4分，共12分） 11. 四棱柱成为长方体的一个必要不充分条件是（ ） A. 底面是矩形 B. 侧面是正方形 C. 底面是菱形 D. 侧面与底面都是矩形 12. 对于空间三条直线，有下列四个条件： ①三条直线两两相交且不共点； ②三条直线两两平行； ③三条直线共点； ④有两条直线平行，第三条直线和这两条直线都相交． 其中，使三条直线共面的充分条件有(　　) A. 1个 B. 2个 C. 3 D. 4个 13. 在平行六面体中，为的中点，，，若，，，四点共面，则（ ） A. B. C. D. 三、解答题（8+8+10+10+12，共48分） 14. 已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点E是棱A1B1的中点． （1）求证：A1B与EC1是异面直线； （2）求异面直线A1B与EC1所成角的大小． 15. 如图，已知正三棱锥的侧面积是底面积的2倍，正三棱锥的高． （1）求此正三棱锥的表面积； （2）求此正三棱锥的体积． 16. 如图，矩形所在的平面，分别是的中点. （1）求证：平面； （2）若与平面所成的角为，当为多少度时，平面? 17. 如图，平面，为圆的直径，，分别为棱，的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）若，，求二面角的大小. 18. 如图，在三棱柱中，底面是以为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在底面上的投影为的中点，且. （1）求证：； （2）求点到侧面的距离； （3）在线段上是否存在点，使得直线与侧面所成角的余弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $