精品解析：上海市南洋中学2026-2027学年高二上学期10月学习能力诊断测试数学试卷

2621高二年级数学学科10月学习能力诊断测试题 （满分150分，考试时间120分钟） 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）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果． 1. 空间两条异面直线与所成的角的取值范围是______________. 【答案】 【解析】 【分析】利用异面直线所成角的定义进行求解. 【详解】由异面直线所成的角的定义可得： 过空间任意一点，分别作相应直线与的平行线与， 两条相交直线与所成的锐角或直角为异面直线与所成的角， 所以空间两条异面直线与所成角的取值范围是. 故答案为：. 2. 已知一个圆锥的底面半径为3，高为4，则该圆锥的侧面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】求出圆锥的母线长即可得侧面积． 【详解】由题意底面半径为，高为，则母线长为， 所以侧面积为． 故答案为：． 3. 已知在正方体中，，若，则______． 【答案】 【解析】 【详解】在正方体中，， 因此，故. 4. 在正四面体中，棱与所成角大小为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据正四面体的结构特征，取中点，连，，利用线面垂直的判定证得平面，进而得到，即可得到答案. 【详解】如图所示，取中点，连，， 正四面体是四个全等正三角形围成的空间封闭图形，所有棱长都相等， 所以，，且， 所以平面，又由平面， 所以， 所以棱与所成角为. 【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，以及直线与平面垂直的判定及应用，着重考查了推理与论证能力，属于基础题. 5. 如图，在三棱台的9条棱所在直线中，与直线是异面直线的共有___________条. 【答案】3 【解析】 【分析】利用异面直线的判定定理判断即可. 【详解】空间直线的位置关系有平行、相交、异面，即不平行也不相交则异面， 由图可知九条棱中，，，，，与相交， 没有直线与平行， 所以与直线是异面直线的共有3条，分别为，，， 故答案为：3 6. 已知、、是直线，是平面，、，则“平面”是“且”的______条件． 【答案】充分不必要 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理和性质即可判断. 【详解】由于平面，而，根据垂直于平面的直线垂直于该平面内所有直线， 所以且； 当且时，虽然，由于题干未说明为相交直线，若平行， 则存在的情况满足且，此时并不垂直于平面， 因此“平面”是“且”的充分不必要条件. 7. 如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则求出原图形平行四边形的高和一边长，即可求出结果. 【详解】由题意正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图， 所以，对应原图形平行四边形的高为：， 所以原图形的面积为：. 故答案为： 8. 如图，底面为正方形，顶点在底面上的射影为正方形的中心，侧面与底面所成的锐二面角为，侧棱与底面所成的角为，则______． 【答案】 【解析】 【详解】设顶点在底面正方形上的射影为正方形中心，连接， 取中点记为点，连接，， 底面，因此侧棱与底面所成角，由正切定义得 ，​ 因为是正方形中心，故；又底面，由三垂线定理得， 因此侧面与底面所成锐二面角的平面角，得 ，​ 设正方形边长为，则​，，因此 . 9. 《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为畔，高称为正广，非高腰边称为邪．在四棱锥中，底面为邪田，两畔分别为，正广为，平面，邪所在直线与平面所成角的大小为_________________________． 【答案】 【解析】 【分析】过点作，垂足为，延长相交于点，由四边形性质求得图中线段长，证明是直线与平面所成角的平面角，然后计算可得． 【详解】过点作，垂足为，延长，使得(如图) 由题意可得，则 由题意知， 所以， 所以． 因为平面，平面， 所以又，,平面 所以平面 则是直线与平面所成角的平面角， ， 所以 故答案为： 【点睛】方法点睛：本题以数学文化为载体，考查了线面角及线面垂直的证明，解题方法是作出直线与平面所成的角（证明），然后在直角三角形中计算． 10. 在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G=(0<<2)，则点G到平面D1EF的距离为____. 【答案】 【解析】 【分析】先证明A1B1∥平面D1EF，进而将问题转化为求点A1到平面D1EF的距离，然后建立空间直角坐标系，通过空间向量的运算求得答案. 【详解】由题意得A1B1∥EF，A1B1⊄平面D1EF，EF⊂平面D1EF，所以A1B1∥平面D1EF，则点G到平面D1EF的距离等于点A1到平面D1EF的距离. 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，则D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，A1(2，0，2)，所以，，. 设平面D1EF的法向量为，则， 令x=1，则y=0，z=2， 所以平面D1EF的一个法向量. 点A1到平面D1EF的距离==，即点G到平面D1EF的距离为. 故答案为：. 11. 已知、是空间相互垂直的单位向量，且，，则的最小值是______． 【答案】8 【解析】 【分析】先对向量模长进行平方展开，再利用数量积运算转化成二元二次式，通过配方即可求得最小值. 【详解】∵、是空间互相垂直的单位向量，∴， ，又，， = ==， 当时，取到最小值，即的最小值为. 12. 体积为的正四面体内有一个球，球与该正四面体的各面均有且只有一个公共点，点，是球的表面上的两动点，点在该正四面体的表面上运动，当最大时，的最大值是______． 【答案】 【解析】 【分析】先构造一个正方体，再用正方体截成一个正四面体，从而可得正四面体棱长，再通过等体积法计算内切球的半径及外接球的半径，再由向量的运算得，从而可得所求值. 【详解】由题意，球是正四面体的内切球，设正四面体棱长为，所以截四面体的正方体的棱长为， 正四面体的体积由正方体的体积减去个体积相等的三棱锥的体积得到， 所以正四面体的体积，因此，解得. 设正四面体的内切球半径为，正四面体表面积​​， 由等体积法：，即​​，解得. 因为球面上两点的最大距离为球的直径， 因此当最大时，是球的一条直径，此时. 因为中点即球心，有，，且， 因此： ， 因为点在正四面体表面上，正四面体的内切球心到正四面体顶点的距离（即外接球半径）， 也是正方体的外接球半径​​， 即正四面体表面上的点到的最大距离为，所以， 所以. 因此的最大值为. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑． 13. 早在公元5世纪，我国数学家祖暅在求球的体积时，就创造性的提出了一个原理：“幂势既同，则积不容异”.如图，已知两个体积分别为，的几何体夹在两个平行平面之间，任意一个平行于这两个平面的平面截这两个几何体，截得的截面面积分别为，，则“”是“”的（ ）条件. A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】B 【解析】 【分析】根据祖暅原理，判断“”与“”之间的逻辑推理关系即可. 【详解】根据祖暅原理可知，当时，一定有成立， 反之，当成立时，不一定有成立， 比如两个完全相同的三棱锥，正置和倒置时，，不一定相等， 故“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 14. 在空间中，对任意直线和任意平面，平面内必有直线，使与成为（ ） A. 平行直线 B. 相交直线 C. 异面直线 D. 垂直直线 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线与平面的位置关系进行判断即可. 【详解】若直线与平面相交，则平面内没有直线与其平行，但存在直线与垂直； 若直线与平面平行，则平面内没有直线与其相交，但存在直线与垂直； 若直线在平面内，则平面内没有直线与其异面，但存在直线与垂直； 所以对任意直线，平面内必有直线，使与成为垂直直线. 15. 在正方形中，、分别是、的中点，是的中点．现在沿、及把这个正方形折起，使、、三点重合，重合后的点记为，那么（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面 D. 平面 【答案】D 【解析】 【分析】先根据折叠前垂直关系推出折叠后的垂直关系，再利用线面垂直判定定理证得选项D正确，找出矛盾可排除选项A、B、C. 【详解】折叠前，在正方形中，， ，折叠后重合为点， 垂直关系保留，如图，, 又，平面， ∴平面，选项D正确； 选项A，假设平面，则， 与已知矛盾，A错误； 选项B，∵平面，∴①， 假设平面，则，与条件① 矛盾，B错误； 选项C，同理，假设平面，则， 与条件①矛盾，C错误； 16. 点为平面外的一个点，点是棱上的动点（包含端点），记异面直线与所成角为，直线PM与平面所成角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意作出线线角和线面角，利用正弦值比较两个夹角的大小. 【详解】 如图，作平面,连接, 过点作直线交于，连接， 则是直线PM与平面所成角，所以， 是直线PM与所成角，所以， 在和中，易知：，仅当O、N重合时等号成立， 故，所以. 故选：C. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤． 17. 如图，平面，四边形为矩形，，，点是的中点，点在边上移动． （1）求异面直线与所成角的大小； （2）证明：无论点在边的何处，都有． 【答案】（1） （2） 点是的中点，所以因此 设点在边上，因为，可设 则， ， 所以 即 ， 故无论点在边的何处，都有 . 【解析】 【分析】（1）以为原点建系，写出坐标，求向量与，由数量积为得两向量垂直，进而求得异面直线与所成角的大小； （2）由中点求坐标，设，写出与，计算数量积为，得 ，与无关，故对任意位置均成立. 【小问1详解】 由题可得平面，且四边形为矩形， 故，，， 建立空间直角坐标系，以为原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴， 由题意：， 则， 所以，即异面直线与所成角为. 【小问2详解】 略 18. 如图，已知正四棱柱，底面的边长为2，． （1）求二面角的大小；（结果用反三角形式表示） （2）求点到平面的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量夹角公式算出二面角的余弦、正弦，进而求出正切值得到二面角； （2）利用等体积法，转换三棱锥顶点，由，列方程求解点到平面的距离． 【小问1详解】 以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 已知底面的边长为2，， 则， 平面的法向量，平面中，， 设平面的法向量为，则， 取，则， 设二面角的平面角为，则 ， ，故， 故二面角的大小为． 【小问2详解】 底面是直角三角形，则，高为， 故， ，， 取等腰的底边的中点，连接，则 ， 故， 设点到平面的距离为，则，解得． 19. 某种“笼具”由上、下两层组成，上层和下层分别是一个圆锥和一个圆柱，其中圆柱与圆锥的底面半径相等，如图所示：圆锥无底面，圆柱无上底面有下底面，内部镂空，已知圆锥的母线长为20cm，圆柱高为30cm，底面的周长为. （1）求这种“笼具”的体积（结果精确到）； （2）现要使用一种纱网材料制作这样“笼具”的保护罩（包括底面）50个，该保护罩紧贴包裹“笼具”，纱网材料（按实测面积计算）的造价为每平方米8元，共需多少元？（结果精确到0.1元） 【答案】（1） （2）138.7元 【解析】 【分析】（1）先通过底面周长求出底面圆的半径，然后根据圆锥母线及底面圆半径求出圆锥的高，最后利用圆锥的体积加上圆柱的体积即可求解； （2）求出圆锥的侧面积，圆柱侧面积及一个底面积，即可得到“笼具”的表面积，然后求出总的造价即可. 【小问1详解】 设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为，圆柱高为， 则由题意有，得，圆锥高， 所以“笼具”的体积. 【小问2详解】 圆柱的侧面积，圆柱的底面积， 圆锥的侧面积， 所以“笼具”的侧面积. 故造50个“笼具”的最低总造价为元. 答：这种“笼具”的体积约为；生产50个笼具需要138.7元. 20. 如图，在直四棱柱中，，，，，点为的中点，点在上，且满足，点在上，且满足． （1）求直四棱柱的侧面积； （2）以点为坐标原点，以为轴正半轴，以为轴正半轴，建立空间直角坐标系，分别求向量、、的坐标； （3）判断直线是否在平面内，并说明理由． 【答案】（1） （2），， （3）直线在平面内，理由如下： 假设直线在平面内，由共面向量基本定理，存在实数使得， 由（2）解析知，，， 代入上式得：， 所以，解得. 因此，三个向量共面，且过平面内的点， 因此直线在平面内. 【解析】 【分析】（1）首先判断直四棱柱的底是直角梯形，并计算梯形的边长，再由直棱柱的侧面积公式计算可得； （2）根据题中所给的坐标系，计算各点及向量的坐标，并结合向量的运算可得向量的坐标； （3）先假设直线在平面内，再由空间向量基本定理得，代入坐标求得，从而可得直线在平面内. 【小问1详解】 因为，，所以底面为直角梯形，，， 过作于，则，， 因此腰长​. 底面四边形四边的边长，且， 所以直四棱柱的侧面积：.​ 因此直四棱柱的侧面积为 【小问2详解】 因为以点为坐标原点，以为轴正半轴，以为轴正半轴，建立空间直角坐标系，故以为轴正半轴，如图： 各点坐标为：. 因为点是中点：由中点坐标公式得，因此； 又点满足​，即​，， 因此； 又点满足，即，且 ， 因此. 因此，，. 【小问3详解】 略 21. 如图，已知直三棱柱中，且，，、、分别为、、的中点，为线段上一动点． （1）求直线与平面所成角的正切值； （2）证明：； （3）求锐二面角的余弦值的最大值． 【答案】（1） （2）由（1）得：，， 设在线段上，则 ， ， 所以 即 ，又，故无论在的何处，都有 . （3） 【解析】 【分析】（1）利用直三棱柱侧棱垂直底面，且，以为原点建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，由线面角公式求正弦，再求正切； （2）建系后写出与的坐标，计算数量积为，得两向量垂直，且结果与参数无关，故对任意均成立； （3）分别求平面与的法向量，由二面角公式得关于的函数，求导判断其在区间上单调递增，从而在端点处取得最大值. 【小问1详解】 已知为直三棱柱，且， 故以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系， 由，， 得， 中点： 平面即上底面，取法向量 设直线与平面所成角为，则， 于是所以 故直线与平面所成角的正切值为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 平面中，， 设平面法向量为， 则，即， 取，则，，即 平面中， 设平面法向量， 则，即， 取，则，即， 设二面角为，则， ， ，， 所以， 令， 因为，所以与同时取得最大值， 令， 求导：， 提取公因式： 展开得： ， 即， 在上：， 因此，所以在上单调递增，最大值在处取得， 当时：， 因为为锐角，所以， 故锐二面角的余弦值的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2621高二年级数学学科10月学习能力诊断测试题 （满分150分，考试时间120分钟） 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）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果． 1. 空间两条异面直线与所成的角的取值范围是______________. 2. 已知一个圆锥的底面半径为3，高为4，则该圆锥的侧面积为________． 3. 已知在正方体中，，若，则______． 4. 在正四面体中，棱与所成角大小为________. 5. 如图，在三棱台的9条棱所在直线中，与直线是异面直线的共有___________条. 6. 已知、、是直线，是平面，、，则“平面”是“且”的______条件． 7. 如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积___________. 8. 如图，底面为正方形，顶点在底面上的射影为正方形的中心，侧面与底面所成的锐二面角为，侧棱与底面所成的角为，则______． 9. 《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为畔，高称为正广，非高腰边称为邪．在四棱锥中，底面为邪田，两畔分别为，正广为，平面，邪所在直线与平面所成角的大小为_________________________． 10. 在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G=(0<<2)，则点G到平面D1EF的距离为____. 11. 已知、是空间相互垂直的单位向量，且，，则的最小值是______． 12. 体积为的正四面体内有一个球，球与该正四面体的各面均有且只有一个公共点，点，是球的表面上的两动点，点在该正四面体的表面上运动，当最大时，的最大值是______． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑． 13. 早在公元5世纪，我国数学家祖暅在求球的体积时，就创造性的提出了一个原理：“幂势既同，则积不容异”.如图，已知两个体积分别为，的几何体夹在两个平行平面之间，任意一个平行于这两个平面的平面截这两个几何体，截得的截面面积分别为，，则“”是“”的（ ）条件. A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 14. 在空间中，对任意直线和任意平面，平面内必有直线，使与成为（ ） A. 平行直线 B. 相交直线 C. 异面直线 D. 垂直直线 15. 在正方形中，、分别是、的中点，是的中点．现在沿、及把这个正方形折起，使、、三点重合，重合后的点记为，那么（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面 D. 平面 16. 点为平面外的一个点，点是棱上的动点（包含端点），记异面直线与所成角为，直线PM与平面所成角为，则（ ） A. B. C. D. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤． 17. 如图，平面，四边形为矩形，，，点是的中点，点在边上移动． （1）求异面直线与所成角的大小； （2）证明：无论点在边的何处，都有． 18. 如图，已知正四棱柱，底面的边长为2，． （1）求二面角的大小；（结果用反三角形式表示） （2）求点到平面的距离． 19. 某种“笼具”由上、下两层组成，上层和下层分别是一个圆锥和一个圆柱，其中圆柱与圆锥的底面半径相等，如图所示：圆锥无底面，圆柱无上底面有下底面，内部镂空，已知圆锥的母线长为20cm，圆柱高为30cm，底面的周长为. （1）求这种“笼具”的体积（结果精确到）； （2）现要使用一种纱网材料制作这样“笼具”的保护罩（包括底面）50个，该保护罩紧贴包裹“笼具”，纱网材料（按实测面积计算）的造价为每平方米8元，共需多少元？（结果精确到0.1元） 20. 如图，在直四棱柱中，，，，，点为的中点，点在上，且满足，点在上，且满足． （1）求直四棱柱的侧面积； （2）以点为坐标原点，以为轴正半轴，以为轴正半轴，建立空间直角坐标系，分别求向量、、的坐标； （3）判断直线是否在平面内，并说明理由． 21. 如图，已知直三棱柱中，且，，、、分别为、、的中点，为线段上一动点． （1）求直线与平面所成角的正切值； （2）证明：； （3）求锐二面角的余弦值的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $