精品解析：上海市华东师范大学松江实验高级中学2026-2027学年高二上学期10月阶段学情调研数学试题

东华附高2026学年第一学期10月阶段学情调研 高二数学 出卷人 战姜合 审卷人 施余力 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1．答卷前考生务必将学校、自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 一、填空题（本大题共12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. 空间中，直线与直线所成角的范围是________（用弧度制表示）. 2. 从同一点出发的三条直线最多能确定________个平面． 3. “直线垂直于平面内无数条直线”是“直线垂直于平面”的______条件．（用“充分非必要”、“必要非充分”、“充要”、“既非充分又非必要”填空） 4. 如图，矩形是由斜二测画法得到的水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形面积为________． 5. 空间中，与的两边分别平行，若，则_________． 6. 如图，正方体中，是棱的中点，则异面直线与所成角的大小为______（用反三角函数表示）. 7. 如图，四面体中，，，两两垂直，且，则点到平面的距离为______； 8. 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) 9. 正方体的棱长为是棱的中点，则平面截该正方体所得的截面面积为______. 10. 已知平行四边形的四个顶点均在平面的同一侧，若三点到平面的距离分别为，则点到平面的距离为_____. 11. 《九章算术》中把四个面都是直角三角形的四面体叫做“鳖臑”.从正方体的8个顶点中选择4个顶点，可组成__________个不同的“鳖臑”. 12. 一个“皇冠”状的空间图形（如图）由一个正方形和四个正三角形组成，并且正方形与每个正三角形所成的二面角的大小均为.如果把两个这样的“皇冠”倒扣在一起，可以围成一个十面体，则的值为_______. 二、选择题（本大题共4小题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5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，已知分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线相交的是（ ）． A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线． 15. 小李购买了一盒点心，点心盒是长方体，长、宽、高分别为30厘米、20厘米和10厘米，商家提供丝带捆扎服务，有如图所示两种捆扎方案（粗线表示丝带）可供选择，免去手工费，但丝带需要按使用长度进行收费.假设丝带紧贴点心盒表面，且不计算丝带宽度以及重叠粘合打结的部分.为了节约成本，小李打算选择尽可能使用丝带较短的方案，则小李需要购买的丝带长度至少是（ ） A. 80厘米 B. 100厘米 C. 120厘米 D. 140厘米 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（本大题共5题，满分78分） 17. 如图，已知E、F分别是正方体的棱、的中点． （1）求证：A，E，F，C在同一个平面上； （2）求证：与是异面直线． 18. 如图，在长方体中，. （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离． 19. 如图，由一对平行且全等的三角形底面和三个平行四边形侧面组成的几何体中，平面，分别为，的中点，，． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； 20. 如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点． （1）求证：AF∥平面BCE； （2）求证：平面BCE⊥平面CDE； （3）求直线BF和平面BCE所成角的正弦值． 21. 在一对平行且全等的等边三角形及三个正方形侧面组成的几何体中，已知正三角形边长为2，为的中点．过的截面与棱，分别交于点，. （1）若为的中点，试确定点的位置，并说明理由； （2）在（1）的条件下，设平面与平面的交线为l， ①在答题纸图中画出二面角的平面角，并说明理由； ②求二面角的平面角的度数（用反三角表示）； （3）设截面AFEG的面积为，面积为，面积为，当点F在棱上变动时，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东华附高2026学年第一学期10月阶段学情调研 高二数学 出卷人 战姜合 审卷人 施余力 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1．答卷前考生务必将学校、自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 一、填空题（本大题共12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. 空间中，直线与直线所成角的范围是________（用弧度制表示）. 【答案】 【解析】 【分析】根据直线与直线所成角的定义求解即可. 【详解】根据直线与直线所成角的定义可知， 空间中，直线与直线所成角的范围是， 故答案为： 2. 从同一点出发的三条直线最多能确定________个平面． 【答案】3 【解析】 【详解】过两条相交直线有且仅有1个平面，设交于同一点的三条直线分别为， 要使确定的平面数最多，需满足三条直线不共面，此时任意两条直线确定的平面均不重合： 若直线与相交，确定1个平面； 若直线与相交，确定1个与上述平面不重合的平面； 若直线与相交，确定1个与上述两个平面均不重合的平面． 综上，从同一点出发的三条直线最多可确定3个平面． 3. “直线垂直于平面内无数条直线”是“直线垂直于平面”的______条件．（用“充分非必要”、“必要非充分”、“充要”、“既非充分又非必要”填空） 【答案】必要非充分 【解析】 【详解】利用线面垂直的定义结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【分析】若直线垂直于平面内无数条直线，且这无数条直线平行，则直线与平面不一定垂直， 所以，“直线垂直于平面内无数条直线”“直线垂直于平面”； 若直线垂直于平面，则直线垂直于平面内任意一条直线， 所以，“直线垂直于平面内无数条直线”“直线垂直于平面”. 所以，“直线垂直于平面内无数条直线”是“直线垂直于平面”的必要非充分条件. 故答案为：必要非充分. 4. 如图，矩形是由斜二测画法得到的水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形面积为________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意可知，直观图是一个矩形， 因为，， 所以直观图的面积 根据斜二测画法的性质，原平面图形的面积与直观图面积满足关系， 所以原图形的面积 则原图形面积为． 5. 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 6. 如图，正方体中，是棱的中点，则异面直线与所成角的大小为______（用反三角函数表示）. 【答案】 【解析】 【分析】由正方体的性质找到异面直线所成的角，在直角三角形中求解正切值即可. 【详解】由题意可得，所以异面直线与所成角等于， 连接，平面，平面，所以， 设正方体的棱长为，则， 所以在直角三角形中，，所以. 故答案为： 7. 如图，四面体中，，，两两垂直，且，则点到平面的距离为______； 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知，可得；设点到平面的距离为；又，可得，由此即可求出结果. 【详解】∵四面体中，两两垂直，且， ∴，所以三角形的面积为 设点到平面的距离为； 又， 所以 所以． 故答案为：． 【点睛】本题查点到平面的距离的求法，利用等体积法是解题的关键，考查运算求解能力，是中档题． 8. 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． 9. 正方体的棱长为是棱的中点，则平面截该正方体所得的截面面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用平面的性质作出截面，然后求解面积即可. 【详解】如图所示， 设为的中点，连接，设为的中点，连接， 由且，得是平行四边形，则且， 又且，得且，则共面， 故平面截该正方体所得的截面为. 又正方体的棱长为， 所以， 故的面积为. 故答案为： 10. 已知平行四边形的四个顶点均在平面的同一侧，若三点到平面的距离分别为，则点到平面的距离为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据空间位置关系求得点到平面的距离. 【详解】如图： 过平行四边形的四个顶点作平面的垂线，垂足分别为，，，. 设，，则. 由， 又，所以. 即点到平面的距离为. 故答案为： 11. 《九章算术》中把四个面都是直角三角形的四面体叫做“鳖臑”.从正方体的8个顶点中选择4个顶点，可组成__________个不同的“鳖臑”. 【答案】24 【解析】 【分析】先分析顶点处“鳖臑”的个数，然后根据正方体的性质可求出所有“鳖臑”的个数. 【详解】在正方体中，取三棱锥，， 因为平面，平面，所以， 因为平面，平面，所以， 所以三棱锥的四个面都是直角三角形，所以三棱锥为“鳖臑”， 同理可得三棱锥，，都为“鳖臑”， 所以顶点处有12个“鳖臑”， 所以8个顶点为个，但每个“鳖臑”都重复4次， 所以“鳖臑”的个数为24个， 故答案为：24 12. 一个“皇冠”状的空间图形（如图）由一个正方形和四个正三角形组成，并且正方形与每个正三角形所成的二面角的大小均为.如果把两个这样的“皇冠”倒扣在一起，可以围成一个十面体，则的值为_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可知，该几何体的侧面是全等的正三角形，只需利用三垂线定理做出二面角的平面角，再结合直角三角形中余弦函数的定义即可得解. 【详解】因为一个“皇冠”状的空间图形由一个正方形和四个正三角形组成， 并且正方形与每个正三角形所成的二面角的大小均为， 过点作底面的垂线，垂足为分别为上下底面正方形的中心， 连接交于，连接，如图所示， 则，又由题意可得， 所以即为正方形与正三角形所成的二面角的平面角，且为钝角； 所以，则， 由三角形都为正三角形得， 设正方形边长为，则，所以， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，在图形中找到正方形与正三角形所成的二面角的平面角，从而得解. 二、选择题（本大题共4小题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5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】根据直线和平面的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，已知分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线相交的是（ ）． A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线． 【答案】A 【解析】 【分析】通过空间想象直接可得. 【详解】如图，易知，所以，且， 所以为梯形，故与EF相交，A正确； 因为，所以，故B错误； 因为平面CDH平面EFNL，平面CDH，平面EFNL， 所以直线CD与直线EF无公共点，故C错误； 因为平面ADF，平面，故AD与EF异面，D错误. 故选：A 15. 小李购买了一盒点心，点心盒是长方体，长、宽、高分别为30厘米、20厘米和10厘米，商家提供丝带捆扎服务，有如图所示两种捆扎方案（粗线表示丝带）可供选择，免去手工费，但丝带需要按使用长度进行收费.假设丝带紧贴点心盒表面，且不计算丝带宽度以及重叠粘合打结的部分.为了节约成本，小李打算选择尽可能使用丝带较短的方案，则小李需要购买的丝带长度至少是（ ） A. 80厘米 B. 100厘米 C. 120厘米 D. 140厘米 【答案】B 【解析】 【分析】在捆扎方案一中，把点心盒各个面依次展开，则两点间线段最短可算出此时所需丝带的最短长度；在捆扎方案二中，所需丝带长度为两个矩形的周长之和，算出长度与方案一中所需丝带的最短长度比较即得结果. 【详解】在捆扎方案一中，设点心盒是长方体，如图： 丝带从棱上的点出发，沿着长方体的各个表面绕行一圈回到点进行捆扎，现把长方体从面开始，按照丝带绕行的顺序把长方体的各个面展开，如图所示： 则线段即为最短路径，即为所需丝带的最短长度， 易知，，所以， 所以在捆扎方案一中，丝带长度最短为100厘米； 在捆扎方案二中，所需丝带长度为矩形和矩形的周长之和， 易得矩形和矩形的周长之和为厘米， 即在捆扎方案二中，所需丝带长度最短为140厘米； 由上可知，小李需要购买的丝带长度至少是100厘米. 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（本大题共5题，满分78分） 17. 如图，已知E、F分别是正方体的棱、的中点． （1）求证：A，E，F，C在同一个平面上； （2）求证：与是异面直线． 【答案】（1） 连接，，， 因为E、F分别是棱、的中点， 所以是的中位线， 所以， 在正方体中，侧棱，， 所以四边形是平行四边形，所以， 所以， 因为两条平行直线确定一个平面，所以点A，E，F，C在同一个平面上. （2）取上底面所在的平面为平面， 因为，，所以直线与平面相交于点， 因为，，所以直线平面， 因为点是的中点， 是从的中点向顶点的连线，显然不过另一顶点， 所以根据异面直线的判定定理，与是异面直线. 【解析】 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 略. 18. 如图，在长方体中，. （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明:在长方体中，， 得，而，得， 则四边形为平行四边形， 得，由平面，平面，得平面， 同理可得四边形为平行四边形， 得，由平面，平面，得平面， 由平面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由面面平行的判定定理进行证明； （2）建立空间直角坐标系，由空间向量求点到面的距离即可． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 建立空间直角坐标系，如图所示： 则， 得， 设平面的法向量为， 得，取， 则点到平面的距离为：． 19. 如图，由一对平行且全等的三角形底面和三个平行四边形侧面组成的几何体中，平面，分别为，的中点，，． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； 【答案】（1）因为平面，平面，所 以，因为分别为，的中点，所以，即， 因为，为的中点，所以， ，平面，所以平面 （2） 【解析】 【分析】（1）因为平面，所以，即， 因为，为的中点，所以，得平面； （2）两两垂直，建立空间直角坐标系，为平面的法向量，求出平面的法向量，求出与的夹角即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由（1）知两两垂直，如下图建立空间直角坐标系， 因为，， 所以， 因为平面，所以为平面的法向量，， 设平面的法向量，因为， ，所以，设，则，， ，由图可知二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. 20. 如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点． （1）求证：AF∥平面BCE； （2）求证：平面BCE⊥平面CDE； （3）求直线BF和平面BCE所成角的正弦值． 【答案】20. 证明如下： 取CE的中点G，连FG、BG． ∵F为CD的中点，∴GF∥DE且． ∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD， ∴AB∥DE，∴GF∥AB． 又，∴GF＝AB． ∴四边形GFAB为平行四边形，则AF∥BG． ∵AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE， ∴AF∥平面BCE． 21. 证明如下： ∵△ACD为等边三角形，F为CD的中点，∴AF⊥CD． ∵DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，∴DE⊥AF． 又CD∩DE＝D，故AF⊥平面CDE． ∵BG∥AF，∴BG⊥平面CDE． ∵BG⊂平面BCE， ∴平面BCE⊥平面CDE． 22. 【解析】 【分析】（1）取CE的中点G，由三角形的中位线性质证明四边形GFAB为平行四边形，得到AF∥BG，从而证明AF∥平面BCE． （2）通过证明AF⊥CD，DE⊥AF，从而证明AF⊥平面CDE，再利用BG∥AF证明BG⊥平面CDE，进而证明平面BCE⊥平面CDE． （3）在平面CDE内，过F作FH⊥CE于H，由平面BCE⊥平面CDE，得 FH⊥平面BCE，故∠FBH为BF和平面BCE所成的角，解Rt△FHB求出∠FBH的正弦值． 【详解】（1）略 （2）略 （3）在平面CDE内，过F作FH⊥CE于H，连BH． ∵平面BCE⊥平面CDE，∴FH⊥平面BCE． ∴∠FBH为BF和平面BCE所成的角． 设AD＝DE＝2AB＝2a，则，， Rt△FHB中，． ∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为． 【点睛】本题考查证明线面平行的方法，平面垂直的方法，求直线与平面成的角的方法，属于中档题． 21. 在一对平行且全等的等边三角形及三个正方形侧面组成的几何体中，已知正三角形边长为2，为的中点．过的截面与棱，分别交于点，. （1）若为的中点，试确定点的位置，并说明理由； （2）在（1）的条件下，设平面与平面的交线为l， ①在答题纸图中画出二面角的平面角，并说明理由； ②求二面角的平面角的度数（用反三角表示）； （3）设截面AFEG的面积为，面积为，面积为，当点F在棱上变动时，求的取值范围． 【答案】（1）点为棱上靠近点的三等分点，理由如下： 连接，延长交于点，连接， 因为平面，，即平面， 又平面平面，所以，故三点共线， 因为为的中点，为的中点，所以， 所以， 又因为，所以， 所以，即点为棱上靠近点的三等分点 （2）①延长交于点，连接，则平面平面， 即为平面与平面的交线l， 过点作交于点，则平面，又平面， 所以， 过点作交于点，连接， 因为，，,平面， 所以平面，平面，所以， 所以为二面角的平面角 ② （3） 【解析】 【分析】（1）连接，延长交于点，连接，根据，即可求解； （2）①延长交于点，连接，过点作交于点，过点作交于点，即可得为二面角的平面角；②再通过三角形面积公式和余弦定理即可求解； （3）设，得到，再结合可得，进而可求解. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 ①略. ②过点作交于点，因为正三角形边长为2， 所以，，，， 所以，， 由余弦定理得， 故，即， 又，故，所以， 又，所以，， 所以二面角的平面角的度数为. 【小问3详解】 设，则，，， 当时， ，故， 当时上式也成立. 因为，所以， 令，因为，所以， 又因为， 所以， 因为，令，则对勾函数在单调递减，即， 所以的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $