精品解析：山东省潍坊市临朐县第一中学2026-2027学年高二10月月考数学试题

2025级高二第1次阶段性检测（10月）数学试题 审核：高二数学组 使用时间：2026年10月9日 一、单选题 1. 如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】D 【解析】 【详解】根据直观图可得原图形中是直角三角形，，，， . 2. 八十年代初期，空间向量解决立体几何问题的思路得到了长足的发展，已知A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若，则P，A，B，C四点（    ） A. 不共面 B. 不一定共面 C. 无法判断是否共面 D. 共面 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量共面定理的推论进行判断即可. 【详解】对于空间任意一点和不共线三点、、，若点满足：，且，则、、、四点共面. 而，其中，所以四点共面. 故选：D 3. 已知a，b是两条异面直线，，那么c与b的位置关系（ ） A. 一定是异面 B. 一定是相交 C. 不可能平行 D. 不可能相交 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直线的位置关系进行判断即可． 【详解】、是两条异面直线，， 与可能相交，可能是异面直线，不可能平行， 若，，，与，是异面直线矛盾， 故选：C． 4. 已知矩形所在的平面（如图），则图中互相垂直的平面有（ ） A. 3对 B. 4对 C. 5对 D. 6对 【答案】C 【解析】 【分析】根据面面垂直的判定定理判断． 【详解】因为，，， 且，平面，所以平面， 因为，所以平面， 由题易知平面，且，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面平面， 因为平面，平面平面， 因为平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面平面，共5对. 故选：C. 5. 如图，在正方体中，点M为中点，则异面直线AM与所成角的余弦值为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取AD的中点N，连结CN，，易知，故（或其补角）即为异面直线AM与所成的角.在三角形中计算即可． 【详解】取AD的中点N，连结CN，，易知，故（或其补角）即为异面直线AM与所成的角.不妨设，则，故. 故选A． 【点睛】本题考查异面直线所成的角，解题时需先作出这个角（同时证明），即作其中一条直线的平行线，与另一条相交，相交直线之间的夹角就是异面直线所成的角，然后在三角形中求解． 6. 是空间的一个单位正交基底，向量，是空间的另一个基底，用基底表示向量的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】用、表示，根据系数可得坐标. 【详解】由题意可知，，则， 则用基底表示向量的坐标是. 故选：D 7. “方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱台．如图所示，在一个盛满米的“方斗”容器中，，若从中取出米后，米的高度下降一半，则剩余的米的质量为（ ） A. B. 48kg C. 57kg D. 【答案】A 【解析】 【分析】假设从“方斗”中取出米后，米的高度下降一半至平面处.分析出取出米的质量与剩余的米的质量之比为正四棱台和的体积之比，再根据棱台的体积公式分别求出两个棱台的体积即可得解. 【详解】 假设从“方斗”中取出米后，米的高度下降一半至平面处， 由题意可知正四棱台和的高相等，设为. 因为，所以. 则， . 设剩余的米的质量为， 则，解得， 所以剩余的米的质量为. 故选：A 8. 在三棱锥中，，，若平面平面，则三棱锥外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先取中点，利用面面垂直性质推出平面，结合的形状确定，得出外接球球心是等边的外心，求出外接球半径后计算外接球表面积. 【详解】取中点，连接，因为，所以， 由于平面平面，且平面平面，平面， 故平面， 又，，故为等腰直角三角形，故， 因此外接球的球心即为的外心， 设球的半径为，则， 故外接球的表面积为. 二、多选题 9. 已知，是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系判定，需结合相关判定定理与性质定理逐一分析选项. 【详解】选项A：若，，则可能平行于，也可能，因此不一定成立，A错误； 选项B：若，，由线面垂直的性质可得，又，根据“垂直于同一直线的两个平面互相平行”，可得，B正确； 选项C：若，则内存在直线满足，又，故，进而可得，C正确； 选项D：若，，则或， 又，所以在平面内可找到一条直线垂直于， 由面面垂直的判定定理可得，D正确. 10. 如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（ ） A. ，，，四点共面 B. 线段为直三棱柱外接球的直径 C. 三棱锥的体积为 D. 异面直线与所成角为 【答案】BC 【解析】 【分析】由异面直线的判定判断A；补形为正方体判断B；利用等体积法求出体积判断C；求出异面直线夹角判断D. 【详解】对于A，直线平面，点平面，而直线， 点平面，因此直线与直线是异面直线，则四点不共面，A错误； 对于B，将三棱柱补形为正方体，为该正方体共点的三条棱， 矩形为该正方体对角面，则为三棱柱外接球直径，B正确； 对于C，点到平面的距离为， 则，C正确； 对于D，取中点，连接，由是中点，得， 则是异面直线与所成角或其补角， 由已知，，，平面， 所以平面，故平面， 又平面，于是，而， 因此，即，D错误. 11. 如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ） A. 动点轨迹的长度为 B. 与不可能垂直 C. 直线与平面所成角正弦值的最小值为 D. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面，进而得到的轨迹为线段；对B，举反例即可；对C，由可得到使线面角取到最小时的点的位置， 此时再建系，利用线面角的坐标公式计算即可；对D，利用，可得到使三棱锥的体积取到最大值的点的位置，接下来用定心法求出外接球半径即可. 【详解】对A，如图，取中点为，中点为，连接， 又正方体中，为棱的中点，可得， 又平面，平面， 平面； 又中点为，中点为， ，又平面，平面， 平面； 又， 且平面， 平面平面， 又平面，且平面，平面， 又为正方形内一个动点（包括边界）， 平面平面，而平面平面， ，即的轨迹为线段. 由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确； 对B，由可知三角形为等腰三角形， 当为线段中点时，由可得， 又中点为，中点为，，而，，故选项B不正确； 对C，由选项B 知，，又面，面， 面，则上的点到平面的距离为定值，设到平面的距离为， 直线与平面所成角为，则，而为定值， 当最大时，最小；此时点位于点时，最大，最小. 分别以为建立空间直角坐标系，则由题意得，，，， 可得，，设平面的法向量， 则有，不妨令可得， 平面的一个法向量，又， 则，故选项C正确； 对D，由侧棱底面，所以三棱锥体积为， 所以最大时，体积最大，∵， 可得当在处时，三棱锥的体积最大， 由已知得此时， 所以在底面的射影为底面外心，，，， 由勾股定理易知底面为直角三角形，所以在底面的射影为中点，设为， 如图，设外接球半径为，由，， 可得外接球半径， 外接球的表面积为，故选项D正确． 故选：ACD 三、填空题 12. 如图，直二面角α－l－β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足，若AB＝2，AC＝BD＝1，则CD的长为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据面面垂直与线面垂直的性质定理，可得AC⊥BC，故△ACB为直角三角形，利用勾股定理可得BC的值；进而在Rt△BCD中，利用勾股定理可得CD的值. 【详解】如图，连接BC， ∵二面角α－l－β为直二面角，ACα，且AC⊥l，∴AC⊥β. 又BCβ，∴AC⊥BC， ∴BC2＝AB2－AC2＝3. 又BD⊥CD，∴CD＝＝ 【点睛】本题考查了面面垂直与线面垂直的性质定理的应用，考查了求空间图形中线段的长度；计算时，一般将空间图形转化为平面图形，构造直角三角形，进而在直角三角形中，利用勾股定理计算求解. 13. 如图，在长方体中， 分别为的中点.点在平面内，若直线平面，则线段长度的最小值是______・ 【答案】 【解析】 【分析】利用线面平行的判定定理，面面平行的判定定理，确定在直线，再根据时线段最短即可求解. 【详解】解：如图，连结， ∵分别为的中点， ∴平面，平面， ∴平面 ∵平面，平面， ∴平面， ∵，∴平面平面， ∵平面， ∴点在直线上，在中，， ∴当时，线段的长度最小，最小值为＝. 故答案为：. 14. 已知菱形的边长为2，且，将菱形沿对角线翻折成直二面角，则异面直线与所成角的余弦值是__________；二面角的余弦值是__________． 【答案】 ①. ##0.75 ②. 【解析】 【分析】空1：作出空间图形，找到异面直线夹角或其补角，结合题意和余弦定理先求出即可；空2：作出二面角的平面角，利用余弦定理即可求解. 【详解】如下图，过点作，连接， 结合题意可知为的中点，且， 所以即为二面角的平面角，由题意可知，. 因为，，所以，， 所以，且，进而得到， 因为，则异面直线与所成角即为或其补角， 在中，由余弦定理可得， 则异面直线与所成角的余弦值是； 取的中点，连接，因为，， 所以，，则即为所求二面角的平面角， 在中，因为，， 所以，同理， 在中，由余弦定理可得， 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题第二空的关键是作出二面角所表示的平面角，再结合勾股定理和余弦定理即可. 四、解答题 15. 已知长方体中，，. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积. 【答案】（1） 在长方体中， 可得且， 所以四边形是平行四边形. 所以 且平面，平面， 所以平面. （2）6 【解析】 【分析】（1）由平行四边形可得线线平行，再由线面平行的判定定理得证； （2）根据棱锥的体积公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在长方体中， ，，且平面 ∵， ∴. 16. 如图，四棱锥中，点是底面正方形的中心，平面，点在棱上. （1）若是的中点，求证：平面； （2）求证：平面平面. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理进行证明即可. 【详解】证明：（1）连接. ∵是的中点，是的中点，∴， 又∵平面，平面， ∴平面. （2）∵平面，平面. ∴. 又∵是正方形，， 平面，平面，且， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. 17. 如图，已知正方形所在平面和平行四边形所在平面互相垂直，平面平面，是线段上的一点，且平面．求证： （1）平面平面； （2）是线段的中点； （3）平面． 【答案】（1）证明： 因为为正方形，则， 且平面，平面，可得平面， 又因为为平行四边形，则， 且平面，平面，可得平面， 且，平面，所以平面平面. （2）证明:设，连接， 因为平面，平面，平面平面，则， 平行四边形中，， 又因为，则为平行四边形，则， 且为中点，则， 即，所以是线段的中点. （3）证明： 因为为正方形，则，， 且平面平面，平面平面，平面， 则平面，由平面可得， 又因为平面平面，平面平面，平面， 则平面，由平面可得， 且，平面，所以平面. 【解析】 【分析】（1）根据题意可证平面，平面，进而可证面面平行； （2）根据线面平行的性质定理可得，进而分析长度共线即可； （3）根据面面垂直的性质定理可得平面，平面，进而可得，，即可得线面垂直. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 略. 18. 如图，是的直径，垂直于所在的平面，点是圆周上的点且，在线段上且，是的中点． （1）求证：直线平面； （2）已知，求直线与平面所成角的正弦值； （3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，则求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 因为垂直于所在的平面，所在的平面，所以， 又是的直径，点是圆周上的点，所以， 因为，平面， 所以平面． （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质和判定证明即可； （2）根据线面角的概念可知即为直线与平面所成角的平面角，利用勾股定理求出的边长即可得解； （3）构造平行四边形，由线面平行的判定定理得平面，确定. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知平面， 所以即为直线与平面所成角的平面角， 因为垂直于所在的平面，所在的平面，所以， 又因为，，所以， 因为，所以， 所以在中， 因为平面，所以， 在中， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为． 【小问3详解】 在线段上存在点，使得平面，且， 理由如下： 取的三等分点为（靠近），在中过点作，， 则，且， 因为是中点，是中点，所以，且， 又，所以， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面, 故线段上存在点，使得平面，且. 19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．已知三棱锥如图所示． （1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）若平面，，，三棱锥在顶点处的离散曲率为．求点到平面的距离； （3）在（2）的前提下，又知点在棱上，过点作交于点，连接，若，求的长度． 【答案】（1）2 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据离散曲率的定义求解即可. （2）根据线面垂直的判定定理、线面垂直的性质，结合离散曲率的定义求得；根据点到平面距离的定义，结合三角函数求解即可. （3）根据三角函数之间的关系得到关于的方程，求解即可. 【小问1详解】 由离散曲率的定义得 ， ， ， ， 所以． 【小问2详解】 因为平面，平面，所以. 又，，，平面，则平面. 又平面，所以，即. 又，即，解得. 过点作于点， 因为平面，平面，所以. 又，，平面，则平面. 因此线段的长即为点到平面的距离. 在中，， 所以点到平面的距离为. 【小问3详解】 依题意，，，， 则，. 设，则， ， 在中，， 由，得，， 因此， 而，解得， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025级高二第1次阶段性检测（10月）数学试题 审核：高二数学组 使用时间：2026年10月9日 一、单选题 1. 如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 2. 八十年代初期，空间向量解决立体几何问题的思路得到了长足的发展，已知A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若，则P，A，B，C四点（    ） A. 不共面 B. 不一定共面 C. 无法判断是否共面 D. 共面 3. 已知a，b是两条异面直线，，那么c与b的位置关系（ ） A. 一定是异面 B. 一定是相交 C. 不可能平行 D. 不可能相交 4. 已知矩形所在的平面（如图），则图中互相垂直的平面有（ ） A. 3对 B. 4对 C. 5对 D. 6对 5. 如图，在正方体中，点M为中点，则异面直线AM与所成角的余弦值为 A. B. C. D. 6. 是空间的一个单位正交基底，向量，是空间的另一个基底，用基底表示向量的坐标是（ ） A. B. C. D. 7. “方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱台．如图所示，在一个盛满米的“方斗”容器中，，若从中取出米后，米的高度下降一半，则剩余的米的质量为（ ） A. B. 48kg C. 57kg D. 8. 在三棱锥中，，，若平面平面，则三棱锥外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知，是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 10. 如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（ ） A. ，，，四点共面 B. 线段为直三棱柱外接球的直径 C. 三棱锥的体积为 D. 异面直线与所成角为 11. 如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ） A. 动点轨迹的长度为 B. 与不可能垂直 C. 直线与平面所成角正弦值的最小值为 D. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 三、填空题 12. 如图，直二面角α－l－β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足，若AB＝2，AC＝BD＝1，则CD的长为________. 13. 如图，在长方体中， 分别为的中点.点在平面内，若直线平面，则线段长度的最小值是______・ 14. 已知菱形的边长为2，且，将菱形沿对角线翻折成直二面角，则异面直线与所成角的余弦值是__________；二面角的余弦值是__________． 四、解答题 15. 已知长方体中，，. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积. 16. 如图，四棱锥中，点是底面正方形的中心，平面，点在棱上. （1）若是的中点，求证：平面； （2）求证：平面平面. 17. 如图，已知正方形所在平面和平行四边形所在平面互相垂直，平面平面，是线段上的一点，且平面．求证： （1）平面平面； （2）是线段的中点； （3）平面． 18. 如图，是的直径，垂直于所在的平面，点是圆周上的点且，在线段上且，是的中点． （1）求证：直线平面； （2）已知，求直线与平面所成角的正弦值； （3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，则求的值；若不存在，请说明理由． 19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．已知三棱锥如图所示． （1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）若平面，，，三棱锥在顶点处的离散曲率为．求点到平面的距离； （3）在（2）的前提下，又知点在棱上，过点作交于点，连接，若，求的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $