精品解析：上海市敬业中学2026-2027学年度第一学期高二年级10月阶段性练习数学试卷

敬业中学2026学年度第一学期高二年级10月阶段性练习 数学试卷 2026.10. （满分120分，考试时间90分钟） 考生注意： 1．每位考生应同时收到试卷和答题卷两份材料，解答必须在答题卷上进行，写在试卷上的解答一律无效； 2．答卷前，考生务必将姓名等相关信息在答题卷上填写清楚； 3．本试卷共21道试题，满分120分；考试时间90分钟． 一、填空题（本大题满分48分）本大题共有12题，考生应在答题卷的相应编号的空格内直接填写结果，每题填对得4分，否则一律得零分． 1. 请写出公理2及其三个推论中的一条：______确定一个平面． 2. 正方体中，直线与的位置关系为________．（选填“相交”、“平行”或“异面”） 3. 过所在平面外一点，作平面ABC，垂足为，连接PA，PB，PC．若，，垂足都为，则点是的____________心． 4. 用斜二测画法画出的水平放置的的直观图如图，其中，若原的面积为2，则____________． 5. 如图，在四面体中，，，两两垂直，，，则二面角的大小为________． 6. 若平面与平面、都相交，则这三个平面的交线可能有________条．（写出所有可能结果） 7. 已知斜三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱与底面所成的角的大小是，在平面上的射影在的平分线上，若侧面的面积为4，则此三棱柱的高为________． 8. 一张A4纸的规格为：，把它作为一个圆柱的侧面．则卷成的圆柱体体积为_________．（结果精确到） 9. 如图，平面的一条斜线与交于点，是在上的投影，是上过点的另一条直线．与所成的角的大小为，与所成的角的大小为，则点到直线的距离与点到直线的距离的比值为________． 10. 将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”.给出下列四个命题： ①垂直于同一平面的两条直线平行；②垂直于同一平面的两平面平行；③平行于同一直线的两条直线平行；④平行于同一平面的两直线平行.其中是“可换命题”的是________.（填命题的序号） 11. 如图，在长方体中，，，经过点和各作一个平面与平面平行，前者与平面交于，后者与平面交于，则异面直线与所成角的余弦值为________． 12. 如图，已知四面体的棱平面，且，，，四面体以所在的直线为轴旋转弧度，且始终在水平放置的平面的上方，如果将该四面体在平面内投影面积看成关于的函数，记为，则该函数的值域为________． 二、选择题（本大题满分16分）本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案，考生应在答题卷的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得4分，否则一律得零分． 13. 如果两个三角形不在同一平面上，它们的边两两对应平行，那么这两个三角形（ ） A. 全等 B. 相似 C. 相似但不全等 D. 不相似 14. 将下面的平面图形（每个点都是正三角形的顶点或边的中点）沿虚线折成一个四面体后，直线与是异面直线的是（ ）． A. B. C. D. 15. 下列关于棱柱的说法中正确的是（ ）． A. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 B. 由一个平面多边形（包含多边形内部）沿某一方向平移形成的空间图形是棱柱 C. 有一个侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱 D. 在斜棱柱的侧面中，可有超过个矩形 16. 正方体透明容器的棱长为1，将容器的一个顶点放置于水平桌面上，使得正方体的12条棱所在的直线与桌面所成的角都相等，再向容器中注水，则注水过程中，容器内水面的最大面积为（ ）． A. B. C. D. 三、解答题（本大题满分56分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题卷的相应编号规定区域内写出必要的步骤． 17. 如图所示，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，是弧的中点． （1）求该圆柱的表面积； （2）求异面直线与所成角的正切值． 18. 如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于、的点． （1）证明：平面平面； （2）若是线段的中点，求证：平面． 19. 如图，，且，，，且，且，平面，．点、分别为、的中点． （1）设为上一点，确定点的位置，使平面平面，并证明； （2）求点到平面的距离． 20. 端午节吃粽子，用箬竹叶包裹而成的三角粽是上海地区常见的一种粽子，假设其形状是一个正四面体（各棱长均相等的四面体），如图记作正四面体，设棱长为． （1）求箬竹叶折出的二面角的大小； （2）用绳子捆扎三角粽，要求绳子经过正四面体的每一个面、不经过顶点，并且绳子的起点和终点重合．请设计一种捆扎三角粽的方案，使绳子长度最短（不计打结用的绳子），请在图中作出绳子捆扎的路径，并说明理由． 21. 如图，在矩形中，、分别是线段、的中点，，．将沿翻折，在翻折的过程中点记为点． （1）从翻折至的过程中，求点运动的轨迹长度； （2）设为的中点，当点的投影在直线上时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）翻折过程中，设二面角的平面角为，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 敬业中学2026学年度第一学期高二年级10月阶段性练习 数学试卷 2026.10. （满分120分，考试时间90分钟） 考生注意： 1．每位考生应同时收到试卷和答题卷两份材料，解答必须在答题卷上进行，写在试卷上的解答一律无效； 2．答卷前，考生务必将姓名等相关信息在答题卷上填写清楚； 3．本试卷共21道试题，满分120分；考试时间90分钟． 一、填空题（本大题满分48分）本大题共有12题，考生应在答题卷的相应编号的空格内直接填写结果，每题填对得4分，否则一律得零分． 1. 请写出公理2及其三个推论中的一条：______确定一个平面． 【答案】故答案为：两条相交直线（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据公理的内容即可求解. 【详解】公理2：不在同一直线上的三个点确定一个平面。 推论1：经过一条直线以及直线外一点确定一个平面， 推论2：经过两条相交直线确定一个平面， 推论3：两条平行线确定一个平面. 故答案为：两条相交直线（答案不唯一） 2. 正方体中，直线与的位置关系为________．（选填“相交”、“平行”或“异面”） 【答案】 异面 【解析】 【详解】因为平面，又平面，平面，， 平面，所以与为异面直线． 3. 过所在平面外一点，作平面ABC，垂足为，连接PA，PB，PC．若，，垂足都为，则点是的____________心． 【答案】垂 【解析】 【分析】利用线面垂直的判定定理证明平面,得到，再由平面ABC推得，进而证得平面,即得，同理可得，从而得出结论. 【详解】因为平面， 所以平面，又平面，所以， 因为平面平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 同理可得，，则点是的垂心． 4. 用斜二测画法画出的水平放置的的直观图如图，其中，若原的面积为2，则____________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据斜二测画法原则可还原,利用面积公式计算即可求解. 【详解】由直观图可还原，如图： 其中，又， 因此， 所以. 故答案为： 5. 如图，在四面体中，，，两两垂直，，，则二面角的大小为________． 【答案】 【解析】 【分析】 【详解】因为，，两两垂直，，， 所以， 所以是等腰三角形，是等腰直角三角形， 所以 取中点，连接，，如图所示， 则，，， 且平面，平面，平面平面， 所以是二面角的平面角， ， 由余弦定理可得， 因为二面角的取值范围是，所以，即二面角的大小为. 6. 若平面与平面、都相交，则这三个平面的交线可能有________条．（写出所有可能结果） 【答案】1条、2条或3条 【解析】 【分析】通过分类讨论平面与平行、相交两种位置关系，结合平面相交的基本性质推导交线的可能数量即可. 【详解】分类讨论： ① 与 、 分别相交，得到两条平行交线； 无交线， 共 条交线； ② ，且平面 经过直线 ， ，三平面共一条公共交线， 共 条交线； ③ ，且平面 不经过直线 ， 有交线：，，，三条互不重合， 共 条交线， 综上，交线可能有 条、条或 条. 7. 已知斜三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱与底面所成的角的大小是，在平面上的射影在的平分线上，若侧面的面积为4，则此三棱柱的高为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知，结合斜三棱柱的结构特征及线面角的大小求出相关线段的长度，进而求出三棱柱的高. 【详解】因为在平面上的射影为，所以平面， 三棱柱的高即为线段的长度， 已知侧棱与底面所成的角为，该角即为， 在中，有， 取的中点，连接， 因为是边长为的正三角形，所以， 已知射影在的平分线上， 由正三角形的性质可知，的平分线所在直线就是中线所在直线，因此三点共线， 因为平面，且平面，所以， 又，且，平面，所以平面， 因为侧棱平面，所以， 在斜三棱柱中，所以， 故侧面是一个以和为邻边的矩形， 已知侧面的面积为，且， 矩形面积，解得， 由于侧棱平行且相等，所以，故， 所以，此三棱柱的高为. 8. 一张A4纸的规格为：，把它作为一个圆柱的侧面．则卷成的圆柱体体积为_________．（结果精确到） 【答案】或 【解析】 【分析】分以的边为高，和以的边为高，两种情况讨论，分别求出对应底面圆的半径，代入圆柱的体积公式即可得解. 【详解】①如果以的边为高，，， 此时圆柱体的体积为. ②如果以的边为高，，， 此时圆柱体的体积为. 故答案为：或. 9. 如图，平面的一条斜线与交于点，是在上的投影，是上过点的另一条直线．与所成的角的大小为，与所成的角的大小为，则点到直线的距离与点到直线的距离的比值为________． 【答案】## 【解析】 【详解】设， 因为是在上的投影，所以， 因为，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为， 所以点到直线的距离与点到直线的距离的比值为 10. 将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”.给出下列四个命题： ①垂直于同一平面的两条直线平行；②垂直于同一平面的两平面平行；③平行于同一直线的两条直线平行；④平行于同一平面的两直线平行.其中是“可换命题”的是________.（填命题的序号） 【答案】①③ 【解析】 【详解】分析：将可换命题放在几何体中研究，逐一排除即可 详解： 垂直于同一平面的两条直线平行，可换命题为垂直于同一直线的两个平面平行．①对 垂直于同一平面的两平面平行，可换命题为垂直于同一直线的两直线平行．异面直线就不平行．所以②错． 平行于同一直线的两条直线平行，可换命题为平行于同一平面的两个平面平行．③对 平行于同一平面的两直线平行，可换命题为平行于同一直线的两平面平行．所以④错误 点睛：而借助几何图形处理直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系问题，是常见解法，学生要多熟练． 11. 如图，在长方体中，，，经过点和各作一个平面与平面平行，前者与平面交于，后者与平面交于，则异面直线与所成角的余弦值为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用平面与平面平行的性质定理，得，，求所成的角的余弦值即为所求． 【详解】设平面平面，设过点与平面平行的平面为， 因为平面，平面平面平面，所以， 又因为平面平面，且平面平面， 所以，则， 同理可证，异面直线与所成的角即所成的 在长方体中，，， ，，， ， 所以异面直线与所成的角的余弦值为． 12. 如图，已知四面体的棱平面，且，，，四面体以所在的直线为轴旋转弧度，且始终在水平放置的平面的上方，如果将该四面体在平面内投影面积看成关于的函数，记为，则该函数的值域为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据对称性得出的周期；取中点，可得，到的距离为且面，面面设在平面的投影为，可得，讨论一个周期内的情形，当时，，则；当时，，求出即可求解． 【详解】设过且平行于平面的平面为， 由题意知，四面体在平面的上方时和下方时完全对称，故函数的周期为． 取中点连接、，如图，   ，，， ，则，而，故，， 所以到的距离为， ，为中点， ，又在平面内，则面， 又面，则， ，在平面内 ，则面， 又面，则面面， 设在平面的投影为，可得． 下面讨论一个周期内的情形： 当时，如图，    因为， 其中， ，故． 当时，如图，   到的距离为，，当时等号成立， ，即． 所以函数的值域. 二、选择题（本大题满分16分）本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案，考生应在答题卷的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得4分，否则一律得零分． 13. 如果两个三角形不在同一平面上，它们的边两两对应平行，那么这两个三角形（ ） A. 全等 B. 相似 C. 相似但不全等 D. 不相似 【答案】B 【解析】 【分析】根据等角定理进行判断. 【详解】根据等角定理：如果两个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补. 两个三角形的两边分别平行，那么这两个三角形的三个角可能出现以下情况： （1）三组角对应相等，那么这两个三角形相似； （2）三组角中有一组对应角互补，如，，， 又，则，所以，此时两个三角形相似； （3）三组角中有两组对应角互补，如，，， 由，则，这与矛盾，故这种情况不会出现. （4）三组对应角都互补，即，，， 这与，矛盾，所以该情况也不会出现. 综上可知，两个三角形相似. 故选：B 14. 将下面的平面图形（每个点都是正三角形的顶点或边的中点）沿虚线折成一个四面体后，直线与是异面直线的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对A，沿虚线折成四面体后，如图， 点与点重合，所以直线与相交，不是异面直线； 对B，沿虚线折成四面体后，如图， ，所以直线与不是异面直线； 对C，沿虚线折成四面体后，如图， 可得直线与异面； 对D，沿虚线折成四面体后，如图， 点与点重合，所以直线与相交，不是异面直线. 15. 下列关于棱柱的说法中正确的是（ ）． A. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 B. 由一个平面多边形（包含多边形内部）沿某一方向平移形成的空间图形是棱柱 C. 有一个侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱 D. 在斜棱柱的侧面中，可有超过个矩形 【答案】B 【解析】 【分析】根据棱柱的定义、直棱柱和斜棱柱的性质，逐一分析各选项的正误，最终确定正确答案. 【详解】选项A：反例：将两个全等的斜棱柱沿底面拼接得到的几何体， 满足“有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形”， 但不满足“所有相邻四边形的公共边互相平行”，不属于棱柱，故A错误， 选项B：平面多边形（含内部）沿某一方向平移时，初始和终止位置的两个多边形平行且全等， 多边形各边平移形成的面均为平行四边形，且所有侧棱互相平行，完全符合棱柱的定义，故B正确， 选项C：直棱柱的定义为侧棱与底面垂直的棱柱，若仅存在一个侧面与底面垂直，仅能推出侧棱垂直于底面的一组平行边， 无法推出侧棱与底面整体垂直，因此不是直棱柱，故C错误， 选项D：斜棱柱的侧棱与底面不垂直，侧面为矩形的充要条件是底面对应边与侧棱垂直， 在斜棱柱的侧面中，可有超过个矩形，则存在一条侧棱与底面多边形至少三条边所在直线平行， 但是底面最多有两条平行边与侧棱垂直，所在这些边所在直线必存在两条相交直线， 从而可知该侧棱与底面垂直，即棱柱为直棱柱，矛盾， 故斜棱柱侧面最多有个矩形，不可能超过个，故D错误. 16. 正方体透明容器的棱长为1，将容器的一个顶点放置于水平桌面上，使得正方体的12条棱所在的直线与桌面所成的角都相等，再向容器中注水，则注水过程中，容器内水面的最大面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令放在桌面上的顶点为，根据正方体的结构特征，要使容器内水面的面积最大，即垂直于的平面截正方体的截面积最大，并确定最大截面的形状，求其面积即可． 【详解】令放在桌面上的顶点为， 当桌面时正方体的各棱所在的直线与桌面所成的角都相等， 此时要使容器内水面的面积最大，即垂直于的平面截正方体的截面积最大， 根据正方体的对称性，仅当截面过中点时截面积最大， 此时，截面是边长为的正六边形， 故最大面积为． 三、解答题（本大题满分56分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题卷的相应编号规定区域内写出必要的步骤． 17. 如图所示，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，是弧的中点． （1）求该圆柱的表面积； （2）求异面直线与所成角的正切值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出圆柱的底面半径和高，根据圆柱的表面积计算公式代入计算即可得出答案； （2）过点作，交底面圆于点，连接，，求出，的值，代入计算即可得出答案. 【小问1详解】 因为圆柱的轴截面是边长为2的正方形，所以圆柱的高为，底面圆的半径为， 圆柱的表面积. 【小问2详解】 如图所示过点作，交底面圆于点，连接，，, 则平面， 又因为平面，所以， 则是异面直线与所成的角 由圆的性质可得是等腰直角三角形，所以， 设异面直线与所成角为，则. 18. 如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于、的点． （1）证明：平面平面； （2）若是线段的中点，求证：平面． 【答案】（1）矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，即平面平面， 平面平面，，平面， 所以平面，且平面，所以， 因为，所以， 又是上异于，的点，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）由是的中点，连接交于点，连接，如图所示： 由中位线定理得；又平面，平面， 所以平面． 【解析】 【分析】（1）通过证明平面，再证明平面平面； （2）利用中位线定理和直线与平面平行的判定定理证明即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 如图，，且，，，且，且，平面，．点、分别为、的中点． （1）设为上一点，确定点的位置，使平面平面，并证明； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）当为的中点时，平面平面，理由如下： 由平面ABCD知，，，又， 则建立以D点为原点的空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，，，， 则， 设上存在一点，设， 则， 设平面的法向量为 则， 令，则， 设平面的法向量为， 则，令，则 若平面平面，则， 所以，解得：， 所以当为的中点时，平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）假设上存在点使得平面平面，设出坐标，求得平面的法向量，与平面的法向量应共线，验证是否存在即可. （2）利用空间中点到平面的距离公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，平面的法向量， 所以点到平面的距离 20. 端午节吃粽子，用箬竹叶包裹而成的三角粽是上海地区常见的一种粽子，假设其形状是一个正四面体（各棱长均相等的四面体），如图记作正四面体，设棱长为． （1）求箬竹叶折出的二面角的大小； （2）用绳子捆扎三角粽，要求绳子经过正四面体的每一个面、不经过顶点，并且绳子的起点和终点重合．请设计一种捆扎三角粽的方案，使绳子长度最短（不计打结用的绳子），请在图中作出绳子捆扎的路径，并说明理由． 【答案】（1） （2）正四面体展开图如下图所示： 题意要求绳子经过正四面体的每一个面、不经过顶点，并且绳子的起点和终点重合，使绳子长度最短，如图可知取两边中点连线即可达成要求，此时绳子最短， 具体路径如下图所示： 【解析】 【分析】（1）设中点为，连接，分析可得即为所求二面角，再利用余弦定理进行求解即可； （2）将四面体展开，即可判断过四个面的最短距离． 【小问1详解】 设中点为，连接，如图所示： 因为为正四面体， 所以， 所以为二面角的平面角， 因为为等边三角形，所以， 所以， 所以； 【小问2详解】 略 21. 如图，在矩形中，、分别是线段、的中点，，．将沿翻折，在翻折的过程中点记为点． （1）从翻折至的过程中，求点运动的轨迹长度； （2）设为的中点，当点的投影在直线上时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）翻折过程中，设二面角的平面角为，求的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】(1)翻折问题紧扣边长、垂直关系等不变量，确定动点绕定轴做圆周运动的几何特征求解轨迹长度；(2)线面角问题依托投影定义，用参数形式设垂足坐标，通过翻折不变量列方程求解高度，再由线面角的正弦值公式计算；(3)二面角问题通过三垂线定理构造平面角，将正切值转化为单变量函数，通过换元法转化为二次函数求最值 【小问1详解】 取的中点为，则从翻折至的过程中，点运动的轨迹是以点为圆心，为半径的半圆，因为，， 在中，，故斜边， 由等面积法，得，所以点运动的轨迹长度为. 【小问2详解】 以为原点，分别以、所在直线为、轴，建立空间直角坐标系， 由题意得各点坐标：，，，，为中点故，为中点故， 为中点，故，设点在平面上的投影为，由题意在直线上，设（为参数）， 则（为竖坐标）， 由翻折不变性、，列方程， 两式相减消去，化简得，将代入，解得， 设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 二面角的棱为，平行于轴，过作平面，垂足为；过作于，连接， 平面， 平面，故， 因为，， 所以平面， 平面，故， 因为，，所以即为二面角的平面角， 由可推得的横、纵坐标相等，即，故设（），则， 到底面距离，到的水平距离（在处），因此， 由代入坐标得约束条件 将代入，得目标函数， ，设，， 令（），则，代入化简得， 令（），则，这是开口向下的二次函数，对称轴为，当时，取得最大值，因此， 即的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $