精品解析：福建泉州市南安第一中学2026-2027学年高二上学期第一次阶段考数学试题

南安一中2026-2027学年度高二年第一次阶段考 数学科试卷 一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的个选项中，只有一项是符合题目要求的 1. 在平行六面体 中，，，，则 （ ） A. B. C. D. 2. 若直线 的倾斜角为 ，则实数 （ ） A. B. C. D. 3. 甲、乙两班均有48名学生，其中甲班和乙班分别有8名和12名学生具有舞蹈特长．现随机从两班中各选1名学生参加某项活动，则“两班所选学生都具有舞蹈特长”的概率是（ ） A. B. C. D. 4. 是直线：与直线：垂直的（ ） 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 5. 美味的火锅中也充满了有趣的数学知识，如图将火锅抽象为乙图的两个同心圆柱，大、小圆柱的半径分别为25cm与5cm，汤料只放在两圆柱之间，将汤勺视为一条线段，若将汤锅装满，将汤勺置于两圆柱之间无论如何放置汤料都不会将汤勺淹没，则汤勺长度最短为：（ ）cm. A. B. C. D. 6. 已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 在下图所示直四棱柱中，底面为菱形，，，动点P在体对角线上，则顶点B到平面距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知:.则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 从装有个红球和个白球的盒子中任取两个球，下列情况是互斥且对立的两个事件的是（ ） A. 至少一个红球；都是白球 B. 恰有一个红球；恰有一个白球 C. 至少有一个红球；至多有一个白球 D. 至多一个红球；都是红球 10. 在平面直角坐标系中，已知点，，动点满足，则（ ） A. 的轨迹方程为 B. 的面积最大值为3 C. 的最大值为 D. 到直线的距离最大值为 11. 在棱长为的正方体中，，则下列说法正确的是（ ） A. 过，的平面截正方体所得截面图形的周长为 B. 为平面内的直线，若与所成角的最小角为，则 C. 为正方体内一动点（含边界），总满足且，则的轨迹的长度为 D. 三棱锥的外接球表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知 ，，且 ，则 ________________ 13. 在三棱锥中，，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是______． 14. 正三棱柱的棱长均为，，分别是棱，的中点，过点，，的平面分别交直线，于点，，则三棱柱与三棱锥公共部分的体积为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 甲、乙两个人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响． （1）求“星队”在一轮活动中恰好猜对个成语的概率 （2）求“星队”在两轮活动中猜对个成语的概率 16. 在中，，边上的高所在直线的方程为，的平分线所在直线的方程为，点的坐标为. （1）求直线的方程； （2）求直线的方程及点的坐标. 17. 如图，AB是圆的直径，平面PAC面ACB，且APAC. （1）求证：平面； （2）若，求直线AC与面PBC所成角的正弦值. 18. 如图，平面平面，四边形为矩形，平面. （1）证明：. （2）已知. ①求几何体体积的最大值； ②若为棱的中点，为线段上的动点，当几何体的体积取得最大值时，求直线与所成角的余弦值的取值范围. 19. 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科，如图一，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，设表示以O为圆心，且过B，C的圆，劣弧BC的弧长记为a，同理，圆，的劣弧AC，AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形，若设二面角，，的大小分别为，，，那么球面三角形的面积公式为． （1）球O的半径为R=2，球面上三点A，B，C构成球面三角形，已知平面三角形ABC是边长为的等边三角形，求该球面三角形ABC的面积； （2）若将图一中四面体OABC截出得到图二，若平面三角形ABC为直角三角形，，设，，． ①求证：； ②延长与球交于点，连接，若，直线与平面所成的角分别为，，为中点，为中点，在线段上，设平面与平面的夹角为，若，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南安一中2026-2027学年度高二年第一次阶段考 数学科试卷 一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的个选项中，只有一项是符合题目要求的 1. 在平行六面体 中，，，，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，因为 ，，所以 ，选项正确. 2. 若直线 的倾斜角为 ，则实数 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为倾斜角为 ，所以斜率 ， 由直线 得斜率 ，所以 ，即 ． 3. 甲、乙两班均有48名学生，其中甲班和乙班分别有8名和12名学生具有舞蹈特长．现随机从两班中各选1名学生参加某项活动，则“两班所选学生都具有舞蹈特长”的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】所求的概率为． 4. 是直线：与直线：垂直的（ ） 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】利用一般式直线垂直的充要条件，列出方程求出或，再依据充分、必要条件定义判断即可. 【详解】由直线：与直线：垂直， 得，解得或， 所以是直线与直线：垂直的充分不必要条件． 5. 美味的火锅中也充满了有趣的数学知识，如图将火锅抽象为乙图的两个同心圆柱，大、小圆柱的半径分别为25cm与5cm，汤料只放在两圆柱之间，将汤勺视为一条线段，若将汤锅装满，将汤勺置于两圆柱之间无论如何放置汤料都不会将汤勺淹没，则汤勺长度最短为：（ ）cm. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将投影至底面为，是底面大圆的一条弦且与小圆相切（切点为）时最长，求出弦长后由勾股定理求得 【详解】将投影至底面为，是底面大圆的一条弦且与小圆相切（切点为）时最长， 所以， 所以， 故选：C. 6. 已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答. 【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图， ，，由的面积为，得， 解得，于是， 所以圆锥的体积. 故选：B 7. 在下图所示直四棱柱中，底面为菱形，，，动点P在体对角线上，则顶点B到平面距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接交于点O，由题意得，接着建立空间直角坐标系求出向量和平面的法向量即可根据向量法的点到平面距离公式求解. 【详解】连接交于点O， 由题意，得，， ， 如图，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，设， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取， 则， 设顶点B到平面距离为d， 则， 当时， 当时，， 所以当即时点B到平面距离最大为. 故选：A. 8. 已知:.则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】原式表示直线上的动点到定点的距离之和，求出点A关于直线对称的点，结合两点距离公式计算即可求解. 【详解】设， 表示直线上的动点到定点的距离之和， 如图， 设点A关于直线对称的点为， 则，解得， 所以. 故答案为： 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 从装有个红球和个白球的盒子中任取两个球，下列情况是互斥且对立的两个事件的是（ ） A. 至少一个红球；都是白球 B. 恰有一个红球；恰有一个白球 C. 至少有一个红球；至多有一个白球 D. 至多一个红球；都是红球 【答案】AD 【解析】 【分析】依据互斥事件、对立事件的定义，逐一判断各选项中两个事件的关系即可. 【详解】对于A：“至少一个红球”包含一红一白、两个红球，“都是白球”对应两个白球， 二者不能同时发生，且并集为全部样本空间，是互斥且对立事件，故A正确； 对于B：“恰有一个红球”和“恰有一个白球”都对应一红一白，是同一事件，可同时发生，不互斥，故B错误； 对于C：“至少一个红球”包含一红一白、两个红球，“至多一个白球”即白球数小于等于，也包含一红一白、两个红球， 二者是同一事件，可同时发生，不互斥，故C错误； 对于D：“至多一个红球”即红球数小于等于，包含一红一白、两个白球，“都是红球”对应两个红球， 二者不能同时发生，且并集为全部样本空间，是互斥且对立事件，故D正确. 10. 在平面直角坐标系中，已知点，，动点满足，则（ ） A. 的轨迹方程为 B. 的面积最大值为3 C. 的最大值为 D. 到直线的距离最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由题意求出点的轨迹方程；对于B，由，可由点的轨迹方程得到的最大值，从而求得的面积的最大值；对于CD，当共线时，，点到直线的距离为0，当不共线时，由余弦定理结合基本不等式，求得的取值范围，从而求得的最大值，同时根据点到直线的距离为，可求得点到直线的距离的最大值． 【详解】对于A，设，由，得， 整理得，故A正确； 对于B，因为点的轨迹方程为，即， 所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆， 因为的面积为，所以当取最大值2时， 的面积取得最大值，最大值为，故B正确； 对于C，当共线时，；当不共线时， ， 当且仅当，即时，等号成立， 因为，所以，结合共线情形，所以， 综上的最大值为，故C错误； 对于D，当共线时，点到直线的距离为0； 当不共线时，点到直线的距离， 由选项C知，此时，所以， 所以点到直线的距离，结合共线情况可知， 综上点到直线的距离的最大值为，故D正确． 11. 在棱长为的正方体中，，则下列说法正确的是（ ） A. 过，的平面截正方体所得截面图形的周长为 B. 为平面内的直线，若与所成角的最小角为，则 C. 为正方体内一动点（含边界），总满足且，则的轨迹的长度为 D. 三棱锥的外接球表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，平面截正方体所得截面为,计算出周长即可；对于B，为平面内的直线，与所成角的最小角为：直线与直线在平面内的射影所成角即直线与平面所成角，使用向量法求出线面角正弦值即可；对于C，作交于点，由于,所以，平面,又为正方体内一动点（含边界），总满足，所以，点在内运动（含边界），又，所以，点的轨迹为以为球心，半径为1的球与的公共部分弧，计算出弧长即可判断；对于D，设三棱锥的外接球心，通过数量关系计算出球心坐标及球半径即可判断. 【详解】以为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，那么, , 对于A：平面截正方体所得截面为,的周长为，故A正确； 对于B:为平面内的直线，与所成角的最小角为：直线与直线在平面内的射影所成角即直线与平面所成角， 设平面法向量为,则， 取，则为平面的一个法向量，，故B正确； 对于C：作交于点，由于, 所以，平面,又为正方体内一动点（含边界），总满足， 所以，点在内运动（含边界），又， 所以，点的轨迹为以为球心，半径为1的球与的公共部分弧， 由于,所以，弧长为，故C错误； 对于D：设三棱锥的外接球心， 由于平面,平面,所以, 所以，为直角三角形，设线段中点为,则， 那么， 由可得， 所以，，球半径, ,故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知 ，，且 ，则 ________________ 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量平行、空间向量运算、空间向量的模的坐标表示 【详解】因为 ，则，即 ，所以 ，所以 ，故 . 所以 ， 故． 13. 在三棱锥中，，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据异面直线所成角的定义确定为异面直线与所成的角或其补角；再根据勾股定理求出，余弦定理求出.，进而得出；最后在中，利用余弦定理即可求出. 【详解】取的中点，连接，如图所示： 因为为的中点，为的中点， 则根据三角形的中位线定理可得，且. 所以为异面直线与所成的角或其补角． 因为在中，，，， 所以，则. 又，所以． 又在中，，, 所以由余弦定理可得：. 又因为在中，， 所以由余弦定理可得：. 则在中，由余弦定理可得，， 所以异面直线与所成角的余弦值为． 故答案为：. 14. 正三棱柱的棱长均为，，分别是棱，的中点，过点，，的平面分别交直线，于点，，则三棱柱与三棱锥公共部分的体积为______． 【答案】## 【解析】 【分析】先证明，再确定所求几何体可通过三棱台截去三棱锥得到，结合台体和锥体体积公式求结论. 【详解】如图，连接并延长，与的延长线交于点，连接， 延长与的延长线交于点，连接，交于点，连接，． 因为，，， 所以，所以．， 同理可得． 三棱柱和三棱锥的公共部分为几何体， 其体积为三棱台的体积和三棱锥的体积之差， 即． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 甲、乙两个人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响． （1）求“星队”在一轮活动中恰好猜对个成语的概率 （2）求“星队”在两轮活动中猜对个成语的概率 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件的概率及互斥事件的概率公式计算可得； （2）先分别计算甲乙两轮猜对个，个成语的事件概率，再根据互斥事件及相互独立事件概率公式计算可得. 【小问1详解】 设事件“甲第轮猜对成语”，事件“乙第轮猜对成语”，. 由题意知甲乙答题相互独立，，，，. 设一轮活动中恰好猜对个成语为事件， 因此“星队”一轮活动中恰好猜对个成语的概率为． 【小问2详解】 设“两轮活动中猜对三个成语”，且两轮活动相互独立， 设分别表示甲两轮猜对个，个成语的事件，分别表示乙两轮猜对个，个成语的事件， 所以 故. 因此“星队”两轮活动中猜对三个成语的概率为. 16. 在中，，边上的高所在直线的方程为，的平分线所在直线的方程为，点的坐标为. （1）求直线的方程； （2）求直线的方程及点的坐标. 【答案】（1）直线的方程为. （2）直线的方程为，点的坐标为. 【解析】 【小问1详解】 由是边上的高知，所以. 直线的方程可化为，所以，从而. 又在直线上，由点斜式得，即直线的方程为. 【小问2详解】 点在直线上，又在的平分线上， 联立与解得，即. 因为，所以. 由、得，所以. 由点斜式得直线的方程为，即. 联立与，两式相减得，代回得，所以. 17. 如图，AB是圆的直径，平面PAC面ACB，且APAC. （1）求证：平面； （2）若，求直线AC与面PBC所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：因为平面PAC面ACB，且APAC.，平面PAC面ACB ，平面PAC， 所以PA面ACB，又因为平面PBC， 所以PA，又因为AB是圆的直径，所以， 因为平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合直径的性质、线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）根据（1）的结论，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 所以，则， 设平面PBC的法向量为，则， 而，设直线AC与面PBC所成角为， 则， 所以直线AC与面PBC所成角的正弦值为. 【点睛】 18. 如图，平面平面，四边形为矩形，平面. （1）证明：. （2）已知. ①求几何体体积的最大值； ②若为棱的中点，为线段上的动点，当几何体的体积取得最大值时，求直线与所成角的余弦值的取值范围. 【答案】（1）因为平面，又因为平面， 平面平面，所以. （2）① ② 【解析】 【分析】（1）由线面平行的性质定理证明； （2）①延长至点，使，连接，则几何体的体积等于直三棱柱体积减去小三棱锥体积，结合已知边长得到其体积关于的表达式，再用基本不等式求最大值即可. ②当几何体的体积取得最大值时，即，建立以为坐标原点的空间直角坐标系，再利用向量夹角余弦公式和换元思想，确定余弦值的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①延长至点处，使，连接，如下图所示： 因为，且，， 所以四边形为矩形，则且，且, 因为四边形为矩形，则且，且， 所以四边形为平行四边形，所以且， 所以几何体为三棱柱. 在矩形中，， 又因为，又平面， 所以平面，则三棱柱为直三棱柱. 因为平面平面，平面平面，， 所以平面，则. 设，根据勾股定理和基本不等式有， 即，当且仅当时，等号成立. 几何体的体积， 所以当时，几何体的体积的最大值为. ②当几何体的体积取得最大值时，即，以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系， 则，   则. 设， 则， 所以. 则， 令， 因为，所以，所以，，所以直线与所成角的余弦值的取值范围为. 19. 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科，如图一，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，设表示以O为圆心，且过B，C的圆，劣弧BC的弧长记为a，同理，圆，的劣弧AC，AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形，若设二面角，，的大小分别为，，，那么球面三角形的面积公式为． （1）球O的半径为R=2，球面上三点A，B，C构成球面三角形，已知平面三角形ABC是边长为的等边三角形，求该球面三角形ABC的面积； （2）若将图一中四面体OABC截出得到图二，若平面三角形ABC为直角三角形，，设，，． ①求证：； ②延长与球交于点，连接，若，直线与平面所成的角分别为，，为中点，为中点，在线段上，设平面与平面的夹角为，若，求的最大值． 【答案】（1） （2）①由余弦定理， 以及，得， 即，即， 所以，即； ② 【解析】 【分析】（1）使用球的表面积公式求解； （2）①通过余弦定理和二倍角公式计算求解； ②使用线面垂直判定定理证明平面，使用面面夹角的向量法求解. 【小问1详解】 三棱锥中，，， 易得 所以， 即， 所以， 代入可得； 【小问2详解】 ①略 ②由题意可知是球的直径，则有，， 又，平面，所以平面， 又因为平面，所以，又因为平面， 所以平面， 所以直线与平面所成的角分别为， 即 又平面，所以，因为，易求得，，在中，，设， 以为坐标原点，以，所在直线为，轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 则， 分别设平面，的法向量为， 则，令，，， 因为平面与平面的夹角为，且， 则， 化简得，又，所以，故的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $