精品解析：上海市三林中学2026-2027学年高二上学期10月阶段一教学质量检测数学试卷

三林中学2026学年第一学期阶段一教学质量检测 高二数学 命题人：沈曹昀 审题人：顾伟 逻辑思维：沈曹昀 2026.10 一、填空题（本大题共有12题，满分36分，每题3分） 1. 点在直线上，可用集合符号表示为______． 2. 命题：“若空间中的三条直线、、两两相交，则直线、、在同一平面上．”是______命题（填“真”或“假”）． 3. 如图所示，的斜二测直观图为等腰直角，其中，则的面积为_____. 4. 空间中，与的两边分别平行，若，则_________． 5. 三棱柱的9条棱中，与AB异面的棱有______条. 6. 如图，在正方体中，P是的中点，Q是的中点，则AP与CQ的位置关系是______． 7. 如图所示，在棱长为1的正方体中，则直线到平面的距离为______． 8. 线段在平面的一侧，它的两个端点、到平面的距离分别为14cm和2cm，则此线段中点到平面的距离为___________． 9. 已知点为所在平面外一点，如果、、与平面所成角都相等，点在平面的投影在内，那么是的______. 10. 已知棱长为2的正方体，棱的中点为，从点沿着正方体表面到点的最短路径的长度为__________． 11. 2025年7月我国首台月壤打砖机在深空探测实验室研制成功，这种打砖机可以利用聚光太阳能将月壤熔融成型．小明在通用技术课上制作了“月壤砖”模型，并拼成如图1所示的长方体，该长方体是由图2、图3所示的榫、卯结构多面体组成．在图1中，，，，，，，，． 给出下列三个结论： ①图2所示的榫结构多面体的体积为； ②图3所示的卯结构多面体的体积为； ③图2、图3所示的榫、卯结构多面体的表面积之和比图1所示的长方体的表面积多． 其中所有正确结论的序号是______． 12. 《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”. 二、选择题（本大题共有4题，满分12分，每题3分） 13. 记异面直线所成角的取值范围为集合，直线与平面所成角的取值范围为集合，二面角的取值范围为集合，则下列关于这三个集合之间的关系描述正确的是（ ） A. B. C. D. 14. 祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．它是中国古代一个涉及几何体体积的问题，意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积恒相等，那么体积相等．设A，B为两个同高的几何体，p：A，B的体积不相等，q：A，B在等高处的截面积不恒相等，根据祖暅原理可知，p是q的（　　） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 15. 如图，位于上海外滩的海关大楼上方的建筑体可以看成一个正四棱柱.这个正四棱柱的每个侧面上各有一个时钟，相邻侧面上的两个时钟的时针在每天的0点到12点（含0点不含12点）内一共能够相互垂直（ ）次. A. 0 B. 2 C. 4 D. 12 16. 如图，把一个棱长为1的正方体分成个棱长为的小正方体，挖去位于正方体六个面正中心的6个小正方体以及位于正方体正中心的1个小正方体，剩下20个小正方体，称为第1级图形.再对第1级图形中剩下的每一个小正方体重复上述操作，得到第2级图形……如此无限操作下去，最终得到的图形称为门格海绵.记第级图形的体积为，表面积为. ①把原正方体细分为个最小正方体，第级图形占据其中个，被挖去个； ②随着的增大，逐渐增大且趋近于正无穷，逐渐减小； ③从第2级图形起，内部出现了6个面都不外露的小正方体； ④门格海绵完整保留了原正方体的8个顶点和12条棱. 其中正确结论的个数是（） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 三、解答题（本大题共有5题，满分52分） 17. 如图，四边形是圆柱的轴截面，是圆柱的一条母线，已知，，.求该圆柱的体积与表面积. 18. 如图，在四面体中，，，分别为棱，，上异于端点的点，且. （1）求证：平面平面； （2）在线段上取点（不在端点），连接，证明：若点为线段与的交点，则. 19. 如图，在正方体中，． （1）求证：平面； （2）求直线和平面所成的角． 20. 如图，在正方体中，棱长为1，为棱的中点. （1）求异面直线和所成角的大小； （2）求证：平面； （3）若为棱上的一点，且平面平面，求的值. 21. 如图，在长方体中，底面是边长为2的正方形，为线段的中点. （1）证明：. （2）若，求二面角的余弦值. （3）若，点在线段上（不含端点），平面与平面所成锐二面角为.若，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 三林中学2026学年第一学期阶段一教学质量检测 高二数学 命题人：沈曹昀 审题人：顾伟 逻辑思维：沈曹昀 2026.10 一、填空题（本大题共有12题，满分36分，每题3分） 1. 点在直线上，可用集合符号表示为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据点与直线的位置关系表示即可. 【详解】解：点在直线上，可用集合符号表示为. 故答案为： 2. 命题：“若空间中的三条直线、、两两相交，则直线、、在同一平面上．”是______命题（填“真”或“假”）． 【答案】假 【解析】 【分析】利用举反例的方法判断命题的真假． 【详解】假设空间中的三条直线、、为墙角的三条直线，它们两两相交于同一点， 但直线、、不在同一平面上，故命题为假命题． 故答案为：假． 3. 如图所示，的斜二测直观图为等腰直角，其中，则的面积为_____. 【答案】 【解析】 【分析】将直观图还原为原图，即可求解. 【详解】由题意，， 将直观图还原，如图，， 则， 故答案为：. 4. 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 5. 三棱柱的9条棱中，与AB异面的棱有______条. 【答案】3 【解析】 【分析】根据三棱柱的结构特征以及异面直线的定义分析判断. 【详解】如图， 与AB异面的棱有，共3条. 故答案为：3. 6. 如图，在正方体中，P是的中点，Q是的中点，则AP与CQ的位置关系是______． 【答案】相交 【解析】 【分析】连接，利于中位线性质可证得得共面，再利用反证法假设，可证得矛盾，从而可得与相交. 【详解】如图， 连接，P是的中点，Q是的中点，所以是的中位线， 故，而在正方体中中，， 所以四边形是平行四边形， 故，所以，得共面， 故与共面， 假设,由，可得四边形是平行四边形， 则，即，这与是的中位线矛盾， 故与相交. 故答案为：相交. 7. 如图所示，在棱长为1的正方体中，则直线到平面的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】先作出直线上的点到平面的垂线段，然后求出垂线段的长度即可. 【详解】 连接交于点，则， 在正方体中，因为底面，底面， 所以， 又，平面， 所以平面. 在正方体中，因为，平面，平面， 所以平面， 所以即为直线到平面的距离， 又因为正方体的棱长为1，所以. 故答案为：. 8. 线段在平面的一侧，它的两个端点、到平面的距离分别为14cm和2cm，则此线段中点到平面的距离为___________． 【答案】8 【解析】 【分析】利用直线和平面垂直的性质定理，得到中点到平面的距离为以2和14为上下底的直角梯形的中位线的长度，从而得到所求. 【详解】中点到平面的距离为以2和14为上下底的直角梯形的中位线的长度， 即，故线段中点到平面的距离为8. 故答案为：8. 9. 已知点为所在平面外一点，如果、、与平面所成角都相等，点在平面的投影在内，那么是的______. 【答案】外心 【解析】 【分析】根据三角形外心的性质，结合线面角的定义进行求解即可. 【详解】因为点在平面的投影在内， 所以平面，因为平面， 所以， 所以分别是、、与平面所成角， 且， 因为， 所以，因此是的外心. 10. 已知棱长为2的正方体，棱的中点为，从点沿着正方体表面到点的最短路径的长度为__________． 【答案】 【解析】 【分析】把两个平面展开到同一平面内，利用两点之间线段最短进行求解即可. 【详解】 将面与面展开到同一平面内，连接，如图： 因为正方体的棱长为2，所以； 将面与面展开到同一平面内，连接，如图： 此时； 因为，所以从点沿着正方体表面到点的最短路径的长度为. 故答案为：. 11. 2025年7月我国首台月壤打砖机在深空探测实验室研制成功，这种打砖机可以利用聚光太阳能将月壤熔融成型．小明在通用技术课上制作了“月壤砖”模型，并拼成如图1所示的长方体，该长方体是由图2、图3所示的榫、卯结构多面体组成．在图1中，，，，，，，，． 给出下列三个结论： ①图2所示的榫结构多面体的体积为； ②图3所示的卯结构多面体的体积为； ③图2、图3所示的榫、卯结构多面体的表面积之和比图1所示的长方体的表面积多． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①②③ 【解析】 【分析】由长方体的体积公式和表面积公式即可求解. 【详解】图1表面积： 图2体积为：，①正确； 图2表面积： ， 图3体积为：，②正确； 图3表面积：， 故图2、图3所示的榫、卯结构多面体的表面积之和比图1所示的长方体的表面积多： ，正确. 12. 《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 二、选择题（本大题共有4题，满分12分，每题3分） 13. 记异面直线所成角的取值范围为集合，直线与平面所成角的取值范围为集合，二面角的取值范围为集合，则下列关于这三个集合之间的关系描述正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】异面直线所成角的取值范围为集合，则， 直线与平面所成角的取值范围为集合，则， 二面角的取值范围为集合，则， 则. 14. 祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．它是中国古代一个涉及几何体体积的问题，意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积恒相等，那么体积相等．设A，B为两个同高的几何体，p：A，B的体积不相等，q：A，B在等高处的截面积不恒相等，根据祖暅原理可知，p是q的（　　） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用祖暅原理的含义可判断，利用同一圆锥正放与倒放，可得推不出，进而可得结论. 【详解】由“幂势既同，则积不容异”的含义可知，在等高处的截面积恒相等，则体积相等， 则可知“若体积不相等，在等高处的截面积不恒相等”，故， 反之，如同一圆锥正放与倒放，它们在等高处的截面积不恒相等，但体积相等， 所以“在等高处的截面积不恒相等未必几何体的体积不相等”，故不能推出， 所以是的充分不必要条件. 故选：A. 15. 如图，位于上海外滩的海关大楼上方的建筑体可以看成一个正四棱柱.这个正四棱柱的每个侧面上各有一个时钟，相邻侧面上的两个时钟的时针在每天的0点到12点（含0点不含12点）内一共能够相互垂直（ ）次. A. 0 B. 2 C. 4 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据面面垂直的性质定理，分析即可得答案. 【详解】因为正四棱柱相邻两侧面垂直， 所以当一个时钟的时针位于3点或9点位置时，时针垂直交线， 所以该时针垂直另一个侧面，则该时针垂直另一个时针，共有2次. 即，所以平面，则平面内任意一条直线. 假设其他位置时，两时针垂直，不妨设， 因为，平面，， 所以平面， 因为平面，所以，与条件矛盾，故假设不成立， 所以相邻侧面上的两个时钟的时针在每天的0点到12点（含0点不含12点）内一共能够相互垂直2次. 故选：B 16. 如图，把一个棱长为1的正方体分成个棱长为的小正方体，挖去位于正方体六个面正中心的6个小正方体以及位于正方体正中心的1个小正方体，剩下20个小正方体，称为第1级图形.再对第1级图形中剩下的每一个小正方体重复上述操作，得到第2级图形……如此无限操作下去，最终得到的图形称为门格海绵.记第级图形的体积为，表面积为. ①把原正方体细分为个最小正方体，第级图形占据其中个，被挖去个； ②随着的增大，逐渐增大且趋近于正无穷，逐渐减小； ③从第2级图形起，内部出现了6个面都不外露的小正方体； ④门格海绵完整保留了原正方体的8个顶点和12条棱. 其中正确结论的个数是（） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】依据每次操作“小正方体留20去7”的规律，判断小正方体的个数及体积；利用各级图形的自相似结构与贴合面面积求表面积；再考察角部小正方体的相邻情况以及原正方体棱、顶点的保留情况. 【详解】①每次操作都将一个保留的小正方体分成个，再保留其中个.第级图形对应的最小正方体共有个，其中保留个，故被挖去个.①正确. ②第级每个最小正方体的棱长为，故 因为，所以随的增大而减小. 为求表面积，记第级图形在原正方体一个外表面上保留部分的面积为. 每次将一个小正方形九等分而保留其中份，故. 设第级为原正方体，.第级图形由个缩小为原来的第级图形拼成，未贴合前的表面积和为. 这个部分共有对贴合面，每对贴合面的面积为，由于贴合处两侧都不外露，所以 令，代入上式得，且，因此 并且 由可知随增大而增大，且趋近于正无穷.②正确. ③第级保留的个小正方体中，有个位于原正方体的顶点处，另有个位于棱的中间，它们都具有外露面，因此第级不存在六面都不外露的小正方体. 考察第级：取原正方体某个顶点处的第级角块，再取该角块中最靠近原正方体体心的角上的第级小正方体 朝原顶点方向的个相邻小正方体，是同一角块内保留的棱中块； 朝原正方体内部方向的另个相邻小正方体，分别属于与该角块相邻的三个第级棱中块，且在第二次操作后仍被保留.故的个面均与保留的小正方体贴合，没有外露面. 此后各级图形都包含第级图形的缩小副本，故③正确. ④每次只挖去面心与体心处的小正方体，原正方体顶点和棱上对应的小正方体始终被保留，所以原正方体的个顶点及条棱均完整保留.④正确. 综上，正确结论共有个. 三、解答题（本大题共有5题，满分52分） 17. 如图，四边形是圆柱的轴截面，是圆柱的一条母线，已知，，.求该圆柱的体积与表面积. 【答案】体积为，表面积为. 【解析】 【分析】根据圆柱的体积和表面积公式进行求解即可. 【详解】因为是底面的直径，且，， 所以， 因此底面的半径为. 所以圆柱的体积为， 表面积为. 18. 如图，在四面体中，，，分别为棱，，上异于端点的点，且. （1）求证：平面平面； （2）在线段上取点（不在端点），连接，证明：若点为线段与的交点，则. 【答案】（1）证明：在中，因为，所以， 因为平面，平面，所以平面； 同理可证得平面， 又因为，，平面， 所以平面平面． （2）证明：连接，显然与相交，交点为． 由（1）知平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以． 【解析】 【分析】（1）根据题意证明平面，平面，再结合面面平行的判定定理即可证明； （2）连接，显然与相交，交点为，进而结合面面平行的性质定理得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 如图，在正方体中，． （1）求证：平面； （2）求直线和平面所成的角． 【答案】（1）在正方体中，， 因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面，可得，再根据线面垂直的判定定理即可得证； （2）设，连接，根据平面，可得即为直线和平面所成角的平面角，再解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，连接， 由（1）得平面， 则即为直线和平面所成角的平面角， 又平面，所以， 在中，， 所以， 又，所以， 即直线和平面所成的角为． 20. 如图，在正方体中，棱长为1，为棱的中点. （1）求异面直线和所成角的大小； （2）求证：平面； （3）若为棱上的一点，且平面平面，求的值. 【答案】（1） （2）连接BD，设直线BD交直线AC于点O，连接EO， 因为在正方体中，底面ABCD是正方形，所以O为BD中点， 又因为E为的中点，所以， 又因为平面ACE，平面ACE， 所以直线平面； （3） 【解析】 【分析】（1）连接，根据正方体的性质得到，即可得到或其补角即为异面直线和所成角，从而得解； （2）连接BD，设直线BD交直线AC于点O，连接EO，即可得到，从而得证. （3）设，通过面面夹角的定义确定，再结合勾股定理即可求解. 【小问1详解】 连接，在正方体中，且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以或其补角即为异面直线和所成角， 又为等边三角形，所以，所以异面直线和所成角为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 如图，连接，在正方体中，可知：， 则，故为平面与平面的夹角， 即， 设，则， ， 过点作的平行线，交于， ， 由勾股定理得：， 解得，故. 21. 如图，在长方体中，底面是边长为2的正方形，为线段的中点. （1）证明：. （2）若，求二面角的余弦值. （3）若，点在线段上（不含端点），平面与平面所成锐二面角为.若，求的取值范围. 【答案】（1）以为原点，、、分别为、、轴正方向， 建立空间直角坐标系， 设，底面是边长为2的正方形， 则， ， 因为为中点，所以， 因为，， ， 所以，即. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，求出，，利用数量积公式求出，从而得到结论； （2）求出底面和平面的法向量，设二面角的平面角为，利用向量的数量积求出，从而得到二面角的余弦值； （3）设，不含端点，则，利用向量法求出点的坐标，求出平面和底面的法向量，设平面与平面所成锐二面角为，利用向量的数量积公式求出，利用的范围结合余弦函数的图象和性质求出的范围，从而得到的不等式，结合计算出的范围，从而得到的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以，底面的法向量为， 设平面的法向量为， ，， 则，即， 令，则，，则， 设二面角的平面角为，由题意为锐角， 所以， 则二面角的余弦值为. 【小问3详解】 因为，所以，则，， 点在线段上（不含端点），设，不含端点，则，， 设，，， 因为，所以， 解得，则， 设平面的法向量为， ，， 则，即， 令，则，，则， 底面的法向量为， 平面与平面所成锐二面角为， 则， 因为，所以， 则，解得，又， 则， 则的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $