精品解析：上海市曹杨中学2026-2027学年高二上学期期中考试数学试卷

2026学年第一学期高二数学期中试卷 一、填空题（本大题共12小题，1～6每题4分，7～12每题5分，共54分） 1. 若球的半径为5，平面与球心的距离为3，则平面截球所得的小圆半径为________． 2. 已知复数z满足，则________． 3. 正四棱柱的底面边长为10，侧面积为40，则这个棱柱的体积为_____________． 4. 用斜二测画法画出水平放置的的直观图如图所示，已知，，则AB边的实际长度为________． 5. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为_________. 6. 已知底面圆的半径为，母线长为的圆柱， 是该圆柱的一条母线，一蜘蛛从绕圆柱一周爬到，则该蜘蛛爬行的最短路程为________________． 7. 设直线与平面斜交于点A，动点且不与A重合，若直线与平面所成角为，则直线AB与直线所成角的取值范围是________． 8. 如图，已知一个半径为2的半圆面剪去了一个等腰三角形，将剩余部分绕着直径所在直线旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为_____. 9. 已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为5，侧面积为，则圆台的高为_________. 10. 在三棱锥中，平面BCD，，若点均在球O的表面上，且，则球O的体积为________． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点是中点，动点在底面内（不包括边界），使四面体体积为，则的最小值是___________． 12. 已知正三棱锥的底面的边长为4，直线与平面所成角的余弦值为，动点在以为直径的球面上，且直线平面，则点的轨迹长为______． 二、选择题（本题满分18分，13、14每小题满分4分，15、16每小题满分5分） 13. 两个体积分别为，的几何体夹在两个平行平面之间，任意一个平行于这两个平面的平面截这两个几何体，截得的截面面积分别为，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 14. 已知、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 15. 已知圆锥的母线长为4，过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为8，则该圆锥底面半径的取值集合为（ ） A. B. C. D. 16. 如图，正方体的棱长为1，E，F分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点M，N，设，给出下列三个结论：①四边形一定为菱形；②若四边形的面积为，，则有最大值；③若四棱锥的体积为，，则为常值函数.其中正确结论有多少个?（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 三、解答题（本大题共5题，满分78分） 17. 已知函数． （1）若，求的值域； （2）在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，，，求的面积． 18. 如图，在四棱锥中，平面，，，． （1）若平面，证明：； （2）在我国古代数学典籍《九章算术》中，记载了一种特殊的三棱锥——鳖臑，其四个面均为直角三角形，找出并证明本题图中的一个鳖臑，然后计算它的体积和表面积． 19. 陀螺是中国民间的娱乐工具之一，早期陀螺的形状由同底的一个圆柱和一个圆锥组合而成（如图）.已知一木制陀螺模型内接于一表面积为的球，其中圆柱的两个底面为球的两个截面，圆锥的顶点在该球的球面上. （1）若圆柱的高为，求该陀螺的体积及表面积； （2）规定陀螺圆锥的顶点S到圆柱中离它远的底面距离为陀螺的高，要使陀螺的圆柱的侧面积最大.此时陀螺的高是多少呢？ 20. 如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，且侧面底面，是的中点，． （1）已知是的中点，求证：平面． （2）求证：平面； （3）当时，在棱上是否存在一点，使得三棱锥的体积为，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由． 21. 若定义在上的函数和分别存在导函数和．且对任意均有，则称函数是函数的“导控函数”．我们将满足方程的称为“导控点”． （1）试问函数是否为函数的“导控函数”？ （2）若函数是函数的“导控函数”，且函数是函数的“导控函数”，求出所有的“导控点”； （3）若，函数为偶函数，函数是函数的“导控函数”，求证：“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026学年第一学期高二数学期中试卷 一、填空题（本大题共12小题，1～6每题4分，7～12每题5分，共54分） 1. 若球的半径为5，平面与球心的距离为3，则平面截球所得的小圆半径为________． 【答案】 【解析】 【分析】依托球的截面几何性质，结合勾股定理建立球半径、球心到截面距离、截面小圆半径三者的数量关系，求解小圆半径即可. 【详解】根据球的截面基本性质：球心与截面圆心的连线垂直于截面， 因此球的半径、球心到截面的距离、截面小圆的半径可构成直角三角形的三边， 由勾股定理得 ，解得，则小圆半径为. 2. 已知复数z满足，则________． 【答案】 【解析】 【分析】先将复数化简为，再根据复数的模长公式计算即可 【详解】由题可得，则. 3. 正四棱柱的底面边长为10，侧面积为40，则这个棱柱的体积为_____________． 【答案】100 【解析】 【分析】根据侧面积公式求出棱柱的高，根据底面边长求出底面积，代入体积公式得出体积． 【详解】设棱柱的底面边长为，高为， 则，侧面积，解得． 正四棱柱的体积． 故答案为：100． 4. 用斜二测画法画出水平放置的的直观图如图所示，已知，，则AB边的实际长度为________． 【答案】 【解析】 【详解】根据斜二测画法的规则，由直观图可知，在轴上，在轴上， 所以在原图形中，在轴上，在轴上，且， 即， 因为，所以， 因为，所以， 所以. 5. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据垂直条件，得到数量积为0，结合及夹角公式求解即可. 【详解】因为, 所以， 即, 所以, 因为, 所以， 因为, 所以. 故答案为：. 6. 已知底面圆的半径为，母线长为的圆柱， 是该圆柱的一条母线，一蜘蛛从绕圆柱一周爬到，则该蜘蛛爬行的最短路程为________________． 【答案】10 【解析】 【详解】圆柱的侧面展开图是矩形 ， 如图所示， 则爬行的最短路程是 ． 所以 ，， 所以 ， 即爬行的最短路程是. 7. 设直线与平面斜交于点A，动点且不与A重合，若直线与平面所成角为，则直线AB与直线所成角的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】利用最小角定理，斜线与平面所成角是斜线与平面内过斜足直线所成角的最小值，以及两直线夹角最大为直角，求出范围即可. 【详解】由题知，直线与平面斜交于点，且直线与平面所成角为， 则当点落在直线在平面内的射影上时，直线AB与直线所成角最小，即为直线与平面所成角； 在平面内一定存在过点的直线，使得，此时直线AB与直线所成角最大，最大值为， 综上，直线AB与直线l所成角的取值范围为. 8. 如图，已知一个半径为2的半圆面剪去了一个等腰三角形，将剩余部分绕着直径所在直线旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为_____. 【答案】 【解析】 【分析】在三角形中作于点，求得圆锥的底面半径和高，计算出球体和圆锥体积即可求得结果. 【详解】由题，为等腰直角三角形，作于点，如图， 则绕着直径所在直线旋转一周得到的几何体为两个全等的圆锥和， 由半径为2可得圆锥底面圆半径为，圆锥的高为2， 则圆锥的体积为， 半圆面旋转一周形成半径为2的球体，其体积为， 因此剩余部分所形成的几何体的体积为. 故答案为：. 9. 已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为5，侧面积为，则圆台的高为_________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据圆台的侧面积求圆台的母线，再根据圆台轴截面求出高即可. 【详解】因为圆台的上底面半径为1，下底面半径为5，侧面积为 ， 设母线长为，高为. 则，解得. 如图所示圆台的轴截面， 在中，， 由勾股定理得：圆台的高. 故答案为：3. 10. 在三棱锥中，平面BCD，，若点均在球O的表面上，且，则球O的体积为________． 【答案】 【解析】 【分析】据三棱锥的线面垂直、线线垂直特征，将其补为棱长为1的正方体，利用正方体外接球与三棱锥外接球的一致性求得球半径，再代入球的体积公式计算即可. 【详解】因为平面，且平面， 所以，，又， 故三条线段两两垂直，且长度均为1， 因此三棱锥的外接球等价于棱长为1的正方体的外接球， 而该正方体的体对角线长度为，即外接球的直径为，因此外接球半径， 故球O的体积为. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点是中点，动点在底面内（不包括边界），使四面体体积为，则的最小值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得到的距离，再利用勾股定理知要使取得最小值，则需取得最小值，此时利用点到直线的距离可得解. 【详解】由已知得四面体体积 所以设到的距离为，则 解得所以在底面内（不包括边界）与平行且距离为的线段 上， 要使的最小，则此时是过作的垂线的垂足. 点到的距离为所以 此时 故答案为. 【点睛】本题考查立体几何的动点最值问题，将空间立体问题转化为平面问题是解题的关键，属于难度题. 12. 已知正三棱锥的底面的边长为4，直线与平面所成角的余弦值为，动点在以为直径的球面上，且直线平面，则点的轨迹长为______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用线面角的定义作出线面角，然后利用条件求出，进而利用正四面体的性质求出点M的轨迹，取CD的中点E，连接AE，BE，取BC的中点F，BE的中点G，通过线面垂直的判定定理及性质得平面ABE，再利用球的性质求得截面圆的半径，即可求解圆的周长. 【详解】设点A在底面BCD上的投影为H，连接AH，CH， 则平面BCD，所以为直线AC与平面BCD所成的角，则， 因为，所以，所以三棱锥为正四面体， 因为动点M在以BC为直径的球面上，且直线平面MAB， 所以点M的轨迹为过点A且垂直于CD的平面截以BC为直径的球面所得的圆， 由正四面体的性质可得，如图所示，取CD的中点E，连接AE，BE， 则，，AB、平面ABE， 故平面ABE，取BC的中点F，BE的中点G，连接FG，则， 由平面ABE，故平面ABE，， 又，即F为以BC为直径的球的球心，则该球半径为2， 则点M的轨迹所形成的圆的半径为，其轨迹长为. 故答案为： 二、选择题（本题满分18分，13、14每小题满分4分，15、16每小题满分5分） 13. 两个体积分别为，的几何体夹在两个平行平面之间，任意一个平行于这两个平面的平面截这两个几何体，截得的截面面积分别为，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由祖暅原理，再结合充分条件，必要条件的定义即可求解． 【详解】解：根据祖暅原理， ①由，得到，必要性成立， ②由，则，不一定相等，例如两个完全相同的棱锥，分别正置和倒置，充分性不成立， 是的必要不充分条件， 故选：B． 14. 已知、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】由线面、面面的位置关系逐项判断即可. 【详解】对于A：且相交，可得，故A错； 对于B：若，则或相交或在内，故B错； 对于C：设的方向向量为，的法向量分别为， 由可得：， 即， 所以， 所以，故C正确， 对于D，若，则，或在内，故D错； 故选：C 15. 已知圆锥的母线长为4，过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为8，则该圆锥底面半径的取值集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依据题意作出圆锥的轴截面，再分析其轴截面三角形的顶角是否大于等于，结合三角函数即可得解. 【详解】 如图，是圆锥的轴截面，设圆锥的底面圆半径为. 若,所得截面面积最大值为,则,故不符合题意； 若，此时所得截面面积得最大值为，符合题意， 此时有，解得，又，则. 故选：D. 16. 如图，正方体的棱长为1，E，F分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点M，N，设，给出下列三个结论：①四边形一定为菱形；②若四边形的面积为，，则有最大值；③若四棱锥的体积为，，则为常值函数.其中正确结论有多少个?（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】先根据面面平行的性质定理得出四边形为平行四边形.进而根据线面垂直的判定定理以及性质定理证明，即可得出①；根据①的结论，得出四边形的面积，只需考虑即可，观察图形，即可判断②；将四棱锥分割为三棱锥与三棱锥，进而根据线面垂直的判断定理，以及线面平行的性质，即可得出三棱锥的高为常数，即可得出③. 【详解】 对于①，如图1，连接. 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以，. 同理可得，. 所以，四边形为平行四边形. 根据正方体的性质可知，，平面， 又平面，所以. 因为平面，平面，， 所以，平面. 又平面，所以. 因为分别是的中点，所以，且， 所以，四边形为平行四边形， 所以，， 所以，，所以四边形为菱形，故①正确； 对于②，由①知，四边形为菱形， 所以，四边形的面积为. 因为为定值，所以当最大时，面积最大. 由图可知，当或，即点与点或重合时，有最大值， 此时或. 所以，当，没有最大值，故②错误； 对于③，如图2，连接，则四棱锥被分割为三棱锥与三棱锥. 根据正方体的性质可知，，平面， 又平面，所以. 因为平面，平面，， 所以，平面， 所以，点到平面，即平面的距离等于. 因为，平面，平面， 所以平面. 又，所以点到平面的距离即等于点到平面的距离. 同理可得，点到平面的距离也等于. 所以，到平面的距离之和为常数. 又的面积为一个常数， 所以，三棱锥与三棱锥的体积均为常数， 即四棱锥的体积一个常数，故③正确. 故选：C. 【点睛】方法点睛：在求解不规则多面体的体积时，常采用分割的方法.将不规则多面体分割为若干个规则的多面体，逐个求解. 三、解答题（本大题共5题，满分78分） 17. 已知函数． （1）若，求的值域； （2）在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，，，求的面积． 【答案】（1） 函数的值域为； （2） 的面积为. 【解析】 【分析】（1）先通过二倍角公式与辅助角公式将函数化简为标准正弦型函数，再结合定义域求值域； （2）由求出内角，再通过余弦定理求边，最后代入三角形面积公式计算面积. 【小问1详解】 由，得，由，得， 所以 ， 当时，得，所以，因此，即的值域为； 【小问2详解】 由（1）得，由，得 ，即， 因为是的内角，故，因此，所以 解得， 在中，，，由余弦定理，得， 整理得一元二次方程，解得或（舍去）， 所以，故的面积是. 18. 如图，在四棱锥中，平面，，，． （1）若平面，证明：； （2）在我国古代数学典籍《九章算术》中，记载了一种特殊的三棱锥——鳖臑，其四个面均为直角三角形，找出并证明本题图中的一个鳖臑，然后计算它的体积和表面积． 【答案】（1）证明：因为，，， 所以，由勾股定理可得， 因为平面，平面，平面平面， 所以，所以， 因为平面，平面，所以， 因为、平面，，所以平面， 又因为平面，所以. （2）证明：由平面，、平面，可得，， 所以和是直角三角形，由（1）得也是直角三角形， 由勾股定理可得， 因为平面，，所以平面， 因为平面，所以，所以是直角三角形， 所以三棱锥是一个鳖臑， 且它的体积为， 表面积为.. 【解析】 【分析】（1）由平面得，由勾股定理得，得到，由平面得到，得出平面即可证明； （2）由平面及（1）中证明可得、和是直角三角形，由平面可得出，可知是直角三角形得出三棱锥是一个鳖臑，根据三棱锥的体积和表面积公式代入计算即可得出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 陀螺是中国民间的娱乐工具之一，早期陀螺的形状由同底的一个圆柱和一个圆锥组合而成（如图）.已知一木制陀螺模型内接于一表面积为的球，其中圆柱的两个底面为球的两个截面，圆锥的顶点在该球的球面上. （1）若圆柱的高为，求该陀螺的体积及表面积； （2）规定陀螺圆锥的顶点S到圆柱中离它远的底面距离为陀螺的高，要使陀螺的圆柱的侧面积最大.此时陀螺的高是多少呢？ 【答案】（1）陀螺体积、表面积分别为，； （2）(). 【解析】 【分析】（1）根据题意求得外接球半径，进而可求得底面半径，再应用圆锥、圆柱体积、表面积公式求结果； （2）令圆柱的高为，有陀螺的高为，应用圆柱体体积公式、基本不等式求侧面积最大值，确定取值条件，即可得结果. 【小问1详解】 令陀螺外接球半径为，则，可得， 由题意，圆柱的矩形轴截面对角线长为，又圆柱的高为， 所以圆柱底面直径，则底面半径， 综上，圆锥的高为，母线长为， 所以陀螺的体积为， 陀螺表面积为. 【小问2详解】 令圆柱的高为，由（1）知陀螺外接球半径， 所以圆柱底面直径为，圆锥的高为， 所以陀螺的高为， 由圆柱体侧面积， 当且仅当时取等号， 所以陀螺的高是()时，圆柱体侧面积最大. 20. 如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，且侧面底面，是的中点，． （1）已知是的中点，求证：平面． （2）求证：平面； （3）当时，在棱上是否存在一点，使得三棱锥的体积为，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：因为是的中点，是中点，所以是的中位线， 所以，又平面，平面， 所以平面. （2）证明：因为，是的中点， 所以，， 因为侧面底面，侧面，侧面底面， 所以底面， 又底面，所以， 因为且，所以四边形是平行四边形， 又，，所以四边形是正方形， 所以， 又因为平面，， 所以平面. （3）存在，理由如下： 设到平面的距离为，到平面的距离为， 因为点在棱上，所以， 又， 由题可得是等边三角形，所以，, 所以，又， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据题意，可得，再结合线面平行的判定定理，即可证明； （2）根据题意，可得，，再结合线面垂直的判定定理，即可证明； （3）假设点在棱上，设到平面的距离为，到平面的距离为，则，又，，求出的体积即可求出答案. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 略. 21. 若定义在上的函数和分别存在导函数和．且对任意均有，则称函数是函数的“导控函数”．我们将满足方程的称为“导控点”． （1）试问函数是否为函数的“导控函数”？ （2）若函数是函数的“导控函数”，且函数是函数的“导控函数”，求出所有的“导控点”； （3）若，函数为偶函数，函数是函数的“导控函数”，求证：“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”． 【答案】（1）是 （2） （3）证明：充分性：若存在常数使得恒成立， 则为偶函数， 因为函数为偶函数，所以， 则，即， 所以恒成立，所以； 必要性：若，则，所以函数为偶函数， 函数是函数的“导控函数”， 因此， 又， 因此函数是函数的“导控函数”， 所以，即恒成立， 用代换有， 综上可知，记， 则， 因此存在常数使得恒成立， 综上可得，“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”． 【解析】 【分析】（1）根据“导控函数”得定义求解即可； （2）由题意可得，再根据“导控点”的定义可得，求出，进而可求出，进而可得出答案； （3）根据“导控函数”的定义结合充分条件和必要条件的定义求证即可. 【小问1详解】 由，得，由，得， 因为，所以函数是函数的“导控函数”； 【小问2详解】 由，得， 由，得， 由，得， 由题意可得恒成立， 令，解得， 故，从而有，所以， 又恒成立，即恒成立， 所以，所以， 故且“导控点”为 ； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：理解“导控函数”和“导控点”的定义是解决本题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $