精品解析：上海师范大学附属中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题

上师大附中2025-2026学年第一学期高二年级数学月考 2025.12 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. 空间中，与的两边分别平行，若，则_________． 2. 平面与平面相交于直线l，点A、B在平面α上，点C在平面上但不在直线l上，直线AB与直线l相交于点R．设A、B、C三点确定的平面为，则与的交线是______ ． 3. 若正三棱柱所有棱长均为，且其侧面积为12，则________. 4. 已知a、b为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a、b在α上的射影有可能是：①两条平行直线；②两条互相垂直的直线；③同一条直线；④一条直线及其外一点． 在上面结论中，正确结论的编号是________．(写出所有正确结论的编号) 5. 已知在中，，，若平面，，则到斜边的距离为__________. 6. 如图，在直角中，，现将其放置在平面的上面，其中点、在平面的同一侧，点平面,与平面所成的角为，则点到平面的最大距离是__________. 7. 若斜三棱柱的高为，侧棱与底面所成角为，相邻两侧棱之间距离为5，则该三棱柱的侧面积等于______. 8. 已知正方体棱长为2，点，分别在棱与线段上，，在线段上，若//平面，则__________. 9. 如图，一个三棱柱形容器中盛有水，侧棱，若侧面水平放置时，水面恰好过，，，的中点，那么当底面水平放置时，水面高为_________． 10. 如图，为正方体，动点P在线段上，则∠APC取值范围为________. 11. 已知 是圆 与圆的一个交点，若两圆在处的切线互相垂直，则 的最大值是______. 12. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为正方形，的中心，点在正方形内（含边界）运动，若直线与平面无交点，则点所形成的轨迹长度为______． 二、选择题（13－14每题4分，15－16每题5分，共18分） 13. 已知空间两条不同的直线m，n和两个不同的平面，，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 14. 如图，在正方体中，是侧面内一动点，若到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹是（ ） A. 直线 B. 圆 C. 双曲线 D. 抛物线 15. “木桶效应”是一个有名的心理效应，是指木桶盛水量的多少，取决于构成木桶的最短木板的长度，而不取决于构成木桶的长木板的长度，常被用来寓意一个短处对于一个团队或者一个人的影响程度.某同学认为，如果将该木桶斜放，发挥长板的作用，在短板存在的情况下，也能盛较多的水.根据该同学的说法，若有一个如图①所示的圆柱形木桶，其中一块木板有缺口，缺口最低处与桶口距离为2，若按照图②的方式盛水，形成了一个椭圆水面，水面刚好与左边缺口最低处M和右侧桶口N齐平，且MN为该椭圆水面的长轴.则此时比图①盛水方式多盛的水的体积为（ ） A 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 三、解答题（本题共5大题，满分78分） 17. 如图，在直三棱柱中，底面是边长为的正三角形，以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，若圆柱的体积为，求： （1）剩余部分几何体的体积； （2）剩余部分几何体的表面积. 18. 如图，在三棱锥中，侧面､是全等的直角三角形，是公共的斜边，且，，另一个侧面是正三角形. （1）求证：； （2）求二面角的余弦值. 19. 已知双曲线的焦点与椭圆的焦点重合，其渐近线方程为. （1）求双曲线C的标准方程； （2）过点作直线与曲线C相交于P，Q两点，点N能否是线段PQ的中点？若能，求直线PQ的方程；若不能，请说明理由. 20. 在学习立体几何过程中，无数公理的直观体现和定理应用都在正方体中展开.已知正方体的棱长为 性质1：对角线与所成夹角大小为______. 性质2：体对角线的长度为______. ... （1）请直接完成上方正方体性质的填写； （2）求证：线段被平面与平面三等分； （3）若正方体每条棱所在直线与平面所成的角都相等，求：截此正方体所得截面面积的最大值并在上方性质卡片图中画出此时与正方体的截面. 21. 如图，边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM＝BN＝a（0＜a＜）.则下列结论： （1）求：异面直线AM与NF所成的夹角； （2）试判断MN与平面BCE的位置关系并说明理由； （3）试判断“CN与ME相交”是“CN=ME”的什么条件并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上师大附中2025-2026学年第一学期高二年级数学月考 2025.12 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. 空间中，与的两边分别平行，若，则_________． 【答案】或 【解析】 【分析】由空间等角定理即可求解. 【详解】由空间等角定理可知或， 故答案为：或 2. 平面与平面相交于直线l，点A、B在平面α上，点C在平面上但不在直线l上，直线AB与直线l相交于点R．设A、B、C三点确定的平面为，则与的交线是______ ． 【答案】直线 【解析】 【分析】根据已知得R、C既在平面上又在平面上，从而得答案． 【详解】根据题意，因为直线AB与直线l相交于点R，， 又平面与平面相交于直线l，所以平面β， 又点C在平面上，所以平面β， 因为平面γ，R点在直线AB上，所以平面， 又平面，所以平面， 所以与交线是直线． 故答案为：直线． 3. 若正三棱柱的所有棱长均为，且其侧面积为12，则________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据三棱柱侧面积公式即可求解. 【详解】因为正三棱柱的所有棱长均为，所以三棱柱的侧面是边长为的正方形， 所以侧面积，所以. 故答案为：2 4. 已知a、b为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a、b在α上的射影有可能是：①两条平行直线；②两条互相垂直的直线；③同一条直线；④一条直线及其外一点． 在上面结论中，正确结论的编号是________．(写出所有正确结论的编号) 【答案】①②④ 【解析】 【详解】用正方体ABCD-A1B1C1D1实例说明A1D1与BC1在平面ABCD上的投影互相平行，AB1与BC1在平面ABCD上的投影互相垂直，BC1与DD1在平面ABCD上的投影是一条直线及其外一点．故①②④正确． 5. 已知在中，，，若平面，，则到斜边的距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】过作交于，连结，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而可证，可得到斜边的距离为，解出即可求解. 【详解】 如图，过作交于，连结， 在直角三角形中，，，， 由等面积法可得， 所以， 因为平面，平面，所以， 又平面，所以，又， 平面，平面，且， 所以平面，平面，所以， 所以到斜边的距离为， 在中，，，. 故答案为： 6. 如图，在直角中，，现将其放置在平面的上面，其中点、在平面的同一侧，点平面,与平面所成的角为，则点到平面的最大距离是__________. 【答案】 【解析】 【分析】作出辅助线，判断当四点共面时，点到的距离最大，算出，进而得到答案. 【详解】如图， 过作，交于，过作，交于， 因为在中，，则，当四点共面时，点到的距离最大. 因为，所以是BC与平面所成的角，则，则， 于是，，即到的最大距离为. 故答案为： 7. 若斜三棱柱的高为，侧棱与底面所成角为，相邻两侧棱之间距离为5，则该三棱柱的侧面积等于______. 【答案】120 【解析】 【分析】根据线面角的定义，结合锐角三角函数定义进行求解即可. 【详解】设是斜三棱柱的高，因此侧棱与底面所成角为， 所以有， 因为相邻两侧棱之间距离为5， 所以该三棱柱的侧面积等于， 故答案为：120 8. 已知正方体的棱长为2，点，分别在棱与线段上，，在线段上，若//平面，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据线面平行的性质定理可得，所以在中，再由正方体的棱长为2，代入数据即可求解. 【详解】如图所示，因为平面，平面，平面平面, 所以，所以在中，, 因为正方体的棱长为2，所以，， 因为，所以，所以. 故答案为： 9. 如图，一个三棱柱形容器中盛有水，侧棱，若侧面水平放置时，水面恰好过，，，的中点，那么当底面水平放置时，水面高为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件利用柱体体积公式求出水的实际体积，再由两种情况的放置水的体积相同求解即可. 【详解】设的面积为，底面ABC水平放置时，液面高为h， 侧面水平放置时，水的体积为， 当底面ABC水平放置时，水的体积为，于是，解得， 所以当底面水平放置时，液面高为. 故答案为： 10. 如图，为正方体，动点P在线段上，则∠APC的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】连接，相交于，先证平面，得到，进而得到，，不妨设正方体边长为2，计算得到，则，故． 【详解】连接，相交于， 在正方体中，，平面， ， 又平面， 平面， 平面， ， 又为中点， ，则为的角平分线， ， ， 不妨设正方体边长为2，则， 当点在处时，取得最大值， 当时，取得最小值，设此时最小值为， ，解得， 综上， ， 则． 故答案为：． 11. 已知 是圆 与圆的一个交点，若两圆在处的切线互相垂直，则 的最大值是______. 【答案】 【解析】 【分析】分别求出两个圆的圆心和半径，根据切线的性质可知两圆心与交点构成直角三角形，从而得到点的轨迹方程，利用圆的几何关系即可求解的最大值. 【详解】由于圆：，则圆心，半径， 圆：，则圆心，半径， 由于为两圆的一个交点，且两圆在处的切线互相垂直，根据切线性质可知：为圆的切线，为圆的切线， 则，所以为直角三角形，， 所以，即， 故点在以为圆心，半径的圆上， 由于表示点到距离的平方，根据几何关系，点到的最大距离为到圆心的距离加上半径， 则，所以点到的最大距离为， 所以 的最大值为 故答案为： 12. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为正方形，的中心，点在正方形内（含边界）运动，若直线与平面无交点，则点所形成的轨迹长度为______． 【答案】## 【解析】 【分析】延长分别到，使，取正方形的中心，的中点，连接，交平面于，可证得平面，延长交于，则为点P所形成的轨迹，过作于，过作于，利用，可求出，从而可求出的长即可. 【详解】因为直线与平面无交点，所以平面DEF， 所以需要在平面上找一点，设为，使平面平面， 延长分别到， 使， 取正方形中心，的中点，连接，交平面于， 因为在正方体中，F，O分别为正方形，的中心， 所以，， 所以四边形为平行四边形，可得， 因为，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面，平面， 因为平面，， 所以平面平面， 因为平面，所以∥平面， 延长交于，则为点P所形成的轨迹， 所以点P所形成的轨迹经过点O， 过作于，过作于， 则，所以， 所以，得，所以， 所以. 故答案为： 二、选择题（13－14每题4分，15－16每题5分，共18分） 13. 已知空间两条不同的直线m，n和两个不同的平面，，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线和平面位置关系逐项判断正误即可. 【详解】对于选项A：若，，则或异面，故A错误； 对于选项B：若，，可知，所以，故B正确； 对于选项C：若，，则的位置关系有：平行、相交或异面，故C错误； 对于选项D：若，，则与平面的位置关系有：平行、相交或线在面内，故D错误； 故选：B. 14. 如图，在正方体中，是侧面内一动点，若到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹是（ ） A. 直线 B. 圆 C. 双曲线 D. 抛物线 【答案】D 【解析】 【分析】由于在平面内，而平面，因此有，这样结合抛物线的定义可得结论． 【详解】在正方体中，一定有，∴点为平面内到直线和到点的距离相等的点，其轨迹为抛物线． 故选D． 【点睛】本题考查抛物线的定义，考查立体几何中的垂直关系．属于跨章节综合题，难度不大． 15. “木桶效应”是一个有名的心理效应，是指木桶盛水量的多少，取决于构成木桶的最短木板的长度，而不取决于构成木桶的长木板的长度，常被用来寓意一个短处对于一个团队或者一个人的影响程度.某同学认为，如果将该木桶斜放，发挥长板的作用，在短板存在的情况下，也能盛较多的水.根据该同学的说法，若有一个如图①所示的圆柱形木桶，其中一块木板有缺口，缺口最低处与桶口距离为2，若按照图②的方式盛水，形成了一个椭圆水面，水面刚好与左边缺口最低处M和右侧桶口N齐平，且MN为该椭圆水面的长轴.则此时比图①盛水方式多盛的水的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出截面图，求出圆柱的底面半径，根据对称得出答案. 【详解】作出截面图，如图，从缺口向桶边作垂线，恰好平分； 因为桶倾斜与底面成，所以; 因为，所以; 因为缺口以上的圆柱部分体积为; 所以多盛的水的体积为. 故选：B. 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，在正方体各面上的投影长为， 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（本题共5大题，满分78分） 17. 如图，在直三棱柱中，底面是边长为的正三角形，以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，若圆柱的体积为，求： （1）剩余部分几何体的体积； （2）剩余部分几何体的表面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）先由题意求出棱柱底面圆的半径，进而由圆柱体积求出棱柱的高h，再结合柱体体积公式用棱柱体积减去圆柱体积即可得解. （2）根据几何体的特征确定表面的组成部分即可求解. 【小问1详解】 因为直三棱柱底面是边长为的正三角形， 所以底面圆的半径为， 设圆柱高为，则圆柱体积为，解得， 所以剩余几何体的体积为. 【小问2详解】 剩余部分几何体的表面积为 . 18. 如图，在三棱锥中，侧面､是全等的直角三角形，是公共的斜边，且，，另一个侧面是正三角形. （1）求证：； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）取BC的中点O，连AO、DO，通过证明BC⊥面AOD得结果； （2）作BM⊥AC于M，作MN⊥AC交AD于N，则就是二面角的平面角，再根据余弦定理即可求解. 【详解】（1）如图所示，取BC的中点O，连AO、DO， 因为，侧面是正三角形， 则有，， ∵，∴BC⊥面AOD， ∴. （2）如图，作于M，作交AD于N， 则就是二面角的平面角， ∵，，侧面､是全等的直角三角形， ∴， ∵M是AC的中点，则， ，， 由余弦定理可得， ∴二面角的余弦值为. 19. 已知双曲线的焦点与椭圆的焦点重合，其渐近线方程为. （1）求双曲线C的标准方程； （2）过点作直线与曲线C相交于P，Q两点，点N能否是线段PQ的中点？若能，求直线PQ的方程；若不能，请说明理由. 【答案】（1）； （2）不能，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）根据条件计算双曲线焦点坐标，结合渐近线方程可得结果. （2）利用点差法计算直线的方程，与双曲线方程联立可得无交点，故点N不能是线段的中点. 小问1详解】 由题意得，椭圆焦点坐标为. ∵双曲线渐近线方程为， ∴，解得， ∴双曲线C的标准方程为. 【小问2详解】 假设点N能是线段的中点，设，则， 由得 ， ∴， ∴直线的斜率为， ∴直线的方程为，即， 由得， ∵，∴直线与双曲线无交点， ∴点N不能是线段的中点. 20. 在学习立体几何的过程中，无数公理的直观体现和定理应用都在正方体中展开.已知正方体的棱长为 性质1：对角线与所成夹角大小为______. 性质2：体对角线的长度为______. ... （1）请直接完成上方正方体性质的填写； （2）求证：线段被平面与平面三等分； （3）若正方体每条棱所在直线与平面所成角都相等，求：截此正方体所得截面面积的最大值并在上方性质卡片图中画出此时与正方体的截面. 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3），作图见解析 【解析】 【分析】（1）根据正方体的几何性质可直接写出答案. （2）方法一：利用相似证明线段被平面与平面三等分； 方法二：利用体积法证明线段被平面与平面三等分. （3）利用正方体的性质结合线面角的概念作图，并求截面面积的最大值. 【小问1详解】 由于平面平面，故， 故对角线与所成夹角大小为， 体对角线的长度为. 【小问2详解】 方法一：连接，与相交于点，连接与相交于点， 如图： 因为且，所以， 所以线段被平面三等分， 同理线段被平面三等分. 方法二：设正方体的棱长为1，则，， 设点到平面的距离为，由于， 故，所以，则， 由（1）知,,是平面内的相交直线， 所以平面，且， 同理点到平面的距离也是，是的， 所以线段被平面与平面三等分. 【小问3详解】 如图所示： 若此正方体的每条棱所在直线与平面所成的角都相等， 只需平面与过同一顶点的三条棱所成的角相等， 设，则平面与正方体过顶点的三条棱所成角相等， 若点分别为相应棱的中点， 可得平面平面，且六边形为正六边形， 正方体的棱长为，则正六边形的边长为，此时正六边形的面积为， 根据正方体的对称性可知当截面为正六边形时，面积最大，且最大面积为. 21. 如图，边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM＝BN＝a（0＜a＜）.则下列结论： （1）求：异面直线AM与NF所成的夹角； （2）试判断MN与平面BCE的位置关系并说明理由； （3）试判断“CN与ME相交”是“CN=ME”的什么条件并说明理由. 【答案】（1）60° （2）MN始终与平面BCE平行，理由见解析 （3）充要条件，理由见解析 【解析】 【分析】（1）将图形补成正方体，根据正方体的性质，可将异面直线AM与NF所成的夹角转化成正方体面对角线的夹角，从而求出该夹角为； （2）利用线面平行的判定定理，可证得平面. （3）分别证明充分性和必要性.先证充分性，利用直线与相交证明四点共面，根据三角形全等证得；再证必要性，根据求得参数的值，确定点的位置，以判断四点共面，推出与相交. 【小问1详解】 因为边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，所以可将图形补成正方体. 因为，所以四边形为平行四边形，所以. 所以即为异面直线AM与NF所成的夹角. 正方体中，均为面对角线，所以，所以为正三角形，所以. 【小问2详解】 平面.理由如下： 过作，且交于点，则. 连接，因为 ，所以. 因为，所以. 由平面，平面，得平面； 由平面，平面，得平面. 因为平面，所以平面平面. 因为平面，所以平面. 【小问3详解】 因为边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，所以可将图形补成正方体.如图所示： 充分性： 若与相交，则四点共面. 因为，平面，平面， 所以均为平面与平面的公共点， 所以三点共线. 所以，即为的中点，，所以. 所以. 又因为，所以 所以. “与相交”是“”的充分条件. 必要性： 若，过作，且交于点， 则平面，且. 所以，. 连接，则 所以 因为， 所以，解得： 即分别为的中点，所以连接AE，过点N，且N为AE的中点， 所以共面，且与相交， 所以“与相交”是“”的必要条件. 综上所述，“”是“与相交”的充要条件. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $