浙江省杭州第二中学2026-2027学年高二上学期数学周练二

**基本信息** 杭州二中高二周练卷聚焦空间几何与代数综合，以正方体动点范围、平行六面体夹角等问题为载体，通过动态探究与逻辑推理，强化空间观念与运算能力，适配高二空间向量与立体几何单元巩固。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|空间直角坐标系、向量位置关系|第3题结合向量垂直与投影，考查推理能力| |多选题|3/18|概率互斥独立、解三角形|第9题辨析随机事件关系，强化逻辑思维| |填空题|3/15|直线旋转、四面体体积|第13题用向量表示体积，体现抽象能力| |解答题|5/77|立体几何证明与计算、函数性质|18题正四棱锥体积范围探究，培养模型意识与创新思维|

《杭州二中2026学年高二（上）周练二》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B D D B D C B ACD ACD 题号 11 答案 ACD 1．A 【分析】根据关于平面对称的点的横坐标变为相反数，纵坐标和竖坐标不变，得出点坐标，再利用空间向量减法的坐标运算求出向量坐标，再计算模长即可． 【详解】由点与点关于平面对称，则对称的点的横坐标变为相反数，纵坐标和竖坐标不变，可得， 所以， ， 故选：A． 2．B 【分析】利用等面积法求得到直线的距离. 【详解】， ， ，所以， 所以三角形是直角三角形，且是直角. 设到直线的距离为， 则. 故选：B 3．D 【分析】利用空间向量共线的坐标表示可判断A选项；结合空间向量的模长公式可判断B选项；分析可得且不共线，结合空间向量数量积的坐标运算可判断C选项；利用投影向量的定义以及空间向量数量积的坐标运算可判断D选项. 【详解】对于选项A:若，则，解得,故选项A错误； 对于选项B:若，则，解得，故选项B错误； 对于选项C:若为钝角，则且，解得且，故选项C错误； 对于选项D:在上的投影向量为，则，解得，故选项D正确． 故选：D. 4．D 【分析】先利用基底表示向量，再利用向量的夹角公式求解. 【详解】解：， 则， ， ， ， ， ， 所以， 故选：D 5．B 【分析】先由直线方程得到斜率，再由斜率可得倾斜角的范围. 【详解】直线的斜率为， 由于，设倾斜角为， 则，， 所以. 故选：B. 6．D 【分析】由题意得点在三棱柱内，设为的中点，由，求出的取值范围可得答案． 【详解】满足的点在三棱柱内． 如图，设为的中点，连接相交于点，连接， 因为，，且，平面， 所以平面，又，所以平面，且， ，所以， 所以． 因为，所以的取值范围为． 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量的运算，根据题意确定点所在的位置是解题的关键． 7．C 【分析】由向量的数量积的几何意义及向量模的意义，构造直角三角形从而求出向量的模. 【详解】设空间向量，， 根据， 可知为在，所在平面上的投影向量，且，. ，且，， 如图    所以，即， 同理得，解得，， ，， 由此可得， ，即. 故选：C． 8．B 【分析】先由圆锥体积求出底面半径．分别作，，利用二面角的平面角得到，与，的关系；再利用圆的性质和直角三角形的中位线关系求出即可． 【详解】设圆锥底面半径为． 由得，所以． 作，垂足为；作，垂足为，如图所示． 因为 底面，底面，所以． 又，故 平面，平面，从而． 因此 为二面角的平面角． 所以 同理，为二面角的平面角，故 因为为圆心，，，所以，分别为弦，的中点． 又为直径，所以． 在中，为的中点，为的中点，为的中点， 因此 于是 9．ACD 【分析】由对立事件的性质判断A；举反例判断B；由互斥事件的性质判断C；由独立事件的性质判断D. 【详解】对于A，因为，对立，所以，不同时发生，则，故A正确； 对于B，由，不能得出，对立，如投掷一枚质地均匀的骰子， “出现的点数为1，2”，“出现的点数为3，4”，显然，但，不对立，故B错误； 对于C，因为，互斥，，则，故C正确； 对于D，因为，相互独立，，则，故D正确. 10．ACD 【详解】三角形中，大角对大边，若，则，由正弦定理， 则，即，故A正确； 由正弦定理， 已知，则， 由余弦定理，说明是锐角，无法确定是否是锐角， 故三角形不一定是锐角三角形，故B错误； 已知，，，则， ， ，， 可能是大于的锐角或钝角，即符合条件的有两个，C正确； ， ，由大角对大边可知为最大角， 要证是锐角三角形，只需证， 由三角形的性质知， ， ，令，则，， ， 即， ， ，故是锐角三角形，故D正确． 11．ACD 【分析】建系设点，对于A：求证两个面的法向量垂直即可证明面面垂直；对于B：利用空间向量求证与平面不平行得到到平面的距离不是定值，且底面的面积为定值即可判断；对于C：将平面沿旋转至与平面共面，结合几何性质求周长的最小值；对于D：利用空间向量求球心到平面的距离，进而可得截面面积. 【详解】由题可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 对于选项A：因为，，， 设平面法向量为，则， 令，则，可得， 设平面法向量为，则， 令，则，可得， 因为，则， 所以平面平面，故A正确； 对于选项B：因为，则， 可知与不垂直，则与平面不平行， 所以当在运动时，到平面的距离不是定值，且底面的面积为定值， 所以三棱锥的体积不是定值，故B错误； 对于选项C：因为， 将平面沿旋转至与平面共面， 则，可得， 所以周长的最小值为，故C正确； 对于选项D：因为正方体的球心，球的半径， 当时，则，可得， ， 设平面法向量为，则， 令，则，可得， 则球心到平面的距离， 设平面截该正方体的外接球所得截面圆的半径为， 则， 所以平面截该正方体的外接球所得截面的面积为，故D正确. 故选：ACD. 12． 【分析】由题意可得出直线l1的斜率，根据平行和垂直关系可列出关于m的方程，解方程即可. 【详解】如图，直线l1的倾斜角为30°＋30°＝60°，    ∴直线l1的斜率k1＝tan 60°＝. 由l1∥l2知，直线l2的斜率k2＝k1＝. ∴直线AB的斜率存在，且kAB＝. ∴＝＝－， 解得m＝4＋. 故答案为：4＋ 13．2 【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 14． 【分析】设，根据点E是线段AC的中点可得，再由求出，进而可求出，由，且满足或即可得出. 【详解】解：如图所示，设． 点E是线段AC的中点， ，则． ，，解得，． 为矩形， ，即 ， ，所以B点坐标为， 因为点P在边BC上运动，所以， 由题图可知，或，则或． 故答案为：． 15．(1)， (2) 当时，， 当时，， 当时，． 【分析】（1）将点代入解析式可得，再结合图象求解即可； （2）先得到，进而求解即可. 【详解】（1）因为的图象经过点， 所以，解得， 则，作出函数的图象如下： 结合图象可知的单调递增区间为． （2）由 ， 令，得，因为，， 所以当时，，即， 当时，， 当时，． 综上所述，当时，， 当时，， 当时，． 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理与余弦定理求； （2）结合 和已知乘积求边长比； （3）由锐角条件确定角的范围，再利用高和三角恒等变换求面积范围． 【详解】（1）已知． 由正弦定理，得. 又由余弦定理，则， 因为，，所以. 又 ，故 ，从而. （2）由（1）知，所以． 又，且 ，所以. 由正弦定理，，因此. 由已知条件， 故. 因为，，均为正数，所以. （3）由（1）知，故． 因为 为锐角三角形，所以 由边上的高为，有． 于是三角形面积 又， 所以. 当 时，故 当时取到等号，而不能取到． 因此 所以面积的取值范围为 17．(1)，，为的中点， 四边形为平行四边形，， 又，，即， 又平面平面，平面平面，平面，平面， 平面，平面平面； (2) 【分析】（1）根据题设条件，首先证明四边形为平行四边形，从而得到.再利用，证明.最后利用平面平面的条件，证明平面，进而证明平面平面； （2）建立空间直角坐标系，利用向量表示点的位置，通过向量的点积和夹角公式，求解二面角大小为时，的值. 【详解】（1）略 （2）解：，为的中点，， 平面平面，平面平面，平面，平面， 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，    易知平面的法向量为， 又，，，，， 设，， ，又， 设平面的法向量为，则，即. 令，得， 二面角为，，解， 即，. 18．(1) 证明：根据题意，，为定点，，为动点． 如图，连接． 在平面中，不妨设交于点， 因为平面，所以平面． 因为平面，所以平面． 因为平面平面，所以点也在上， 即三线交于一点． (2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用平面相交的性质，证明点在两个平面的交线上，从而证明三线共点． （2）（i）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式求线面角的正弦值． （ii）方法一：利用重心性质，结合三角形面积比例关系，求出体积的取值范围； 方法二：将多面体体积转化为两个三棱锥体积之和，通过分析距离和的范围求解体积范围． 【详解】（1）略 （2）（i）因为，所以． 由已知四边形为正方形，易得． 以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则． 所以． 设平面的法向量为， 则，即． 取，得， 即平面的一个法向量为． 所以． 所以直线与平面所成角的正弦值为． （ii）方法一：由（1）知三线交于点， 显然是和的重心． 同时． 因此，只需要求的面积的取值范围． 如图，中，， 由重心的性质知①， 又三点共线，所以， 且， 所以②． 对比①②两式，可得． 因为，所以． 因为， 所以. 又，令，则， 故． 因此． 所以，即多面体的体积的取值范围为． 方法二：由（1）知三线交于点，显然是的重心， ， 又， 所以． 只需要求距离和的取值范围． 根据已知条件，线段绕点旋转，如图， 设，又， 则， 所以， 因为，即， 所以． 由题意，，则，所以. 故令，则， 令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增． 故，此时； ，此时． 所以如图，在中， 当位于平行于位置时，距离和最小，最小距离为； 当位于位置时，距离和最大，此时为的中点，最大距离和为， 所以，即多面体的体积的取值范围为． 19．(1)不是列，是列. (2)不存在满足条件的列. (3)满足条件的列个数为. 【分析】（1）紧扣列定义，逐条核对起点、终点、差分合法性与元素互异性即可. （2）存在性否定，利用每步移动均改变奇偶性这一不变量，由步数与终点奇偶性矛盾导出不存在. （3）按列拆解路径，将列一一对应为纵坐标序列，把“取遍 1 到”转化为“序列最大值为 ”，用补集计数求解. 【详解】（1）对序列：末步差分，不属于，不满足条件②，故不是列. 对序列：各步差分依次为，均合法；起点为，终点横坐标，且五个元素互不相同，故是列. （2）不存在. 考察每个格点的的奇偶性．由于每步移动的差分只能为，均使的奇偶性发生改变， 因此列中相邻两点的横、纵坐标之和必一奇一偶． 若列由的全部16个元素组成，则，共15步． 起点满足为偶数，经过奇数步后，终点的必为奇数． 但满足为偶数，矛盾． 故不存在满足条件的列． （3）由于每步移动中坐标只能不变或增加 1，从到必然依次经过每一列． 在固定一列内，每次只能沿竖直方向移动． 若竖直移动方向发生改变，就会重复经过某个格点，与序列中的元素互不相同矛盾， 因此在该列内只能单调移动． 所以从入口纵坐标到出口纵坐标的路径唯一，且恰好覆盖区间内的所有整数． 记各列的出口纵坐标依次为，其中，并记（起点纵坐标）． 则第列覆盖的值区间为． 反过来，任取一组上述出口纵坐标，在每一列内从入口到出口单调移动， 并在最后一列之前的各列出口处向右移动一格，就能唯一得到一个符合定义的序列． 因此上述对应是一一对应． 由于，且每个新区间均包含从而与前一并集相交， 归纳可知所有区间的并集为包含1的连续区间： ． 因此条件等价于． 序列的每个分量均有种取法，共个；其中最大值不超过的有个． 由补集思想，满足条件的列个数为． 学科网（北京）股份有限公司 $ 杭州二中2026学年高二（上）周练二 一、单选题：本题共有8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．在空间直角坐标系中，已知点，，若点与点关于平面对称，则（    ） A． B． C． D． 2．已知，则点到直线的距离（    ） A． B． C． D． 3．在空间直角坐标系中，向量，，下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若为钝角，则 D．若在上的投影向量为，则 4．在平行六面体中，，，，，则与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 5．直线的倾斜角的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．在棱长为1的正方体中，P为正方体内一动点（包括表面），若，且．则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 7．已知，是空间单位向量，，若空间向量满足，，且对于任意，有，则（    ） A． B．2 C． D．3 8．已知圆锥的高为1，体积为．为的一条直径，为上一点（不与，重合）．设二面角和的正切值分别为，，则（     ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9．设，为随机事件．以下说法正确的有（     ） A．若，对立，则 B．若，则，对立 C．若，互斥，则 D．若，相互独立，则 10．在中，角，，所对的边分别为，，，则下列结论正确的是（     ） A．若，则 B．若，则是锐角三角形 C．若，，，则符合条件的有两个 D．若，则是锐角三角形 11．在棱长为3的正方体中，点M是线段的中点，点F满足 ，其中，则 （ ） A．平面平面 B．对于任意， 三棱锥的体积为定值 C．周长的最小值为 D．当时，平面BDF截该正方体的外接球所得截面的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．直线l的倾斜角为30°，点P(2,1)在直线l上，直线l绕点P(2,1)按逆时针方向旋转30°后到达直线l1的位置，此时直线l1与l2平行，且l2是线段AB的垂直平分线，其中A(1，m－1)，B(m，2)，则m＝________. 13．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______. 14．已知在矩形ABCD中，，，其对角线的交点E在第一象限内且到y轴的距离为1，动点沿矩形的一边BC运动，则的取值范围是________． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．已知函数的图象经过点． (1)求a的值，并指出的单调递增区间； (2)若，比较与的大小． 16．中，设角，，的对边分别为，，．已知． (1)求的值； (2)若，求的值； (3)若为锐角三角形，且边上的高为2，求面积的取值范围． 17．如图，在四棱锥上，底面为直角梯形，，，平面平面，为的中点，是棱上的点（不含端点），，，. (1)求证：平面平面； (2)若二面角大小为，求的值. 18．如图，正四棱锥中，是棱的中点，是底面的中心．过作平面与棱分别交于不同的点（可以是端点）． (1)求证：三线交于一点； (2)若． （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）求多面体的体积的取值范围． 19．给定正整数，集合，从中选取不同的个元素组成一个向量序列，，…，，若该序列同时满足如下两条性质： ①，； ②，，，则称该序列为列． (1)当时，分别判断向量序列：：，，，，：，，，，是否是列（结论无需证明）． (2)当时，是否存在一个由的全部元素组成的列，满足，并说明理由； (3)若列：，，…，满足条件：，求这样的列的个数． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $