精品解析：上海市第二中学2026-2027学年高二上学期期中考试数学试卷

2026学年第一学期市二中学期中考试试卷 高二数学试卷 2026.11 （考试时间100分钟，总分100分） 一、填空题（本大题共12题，满分36分，每题3分） 1. 已知向量，则________． 【答案】 【解析】 【详解】，则. 2. 一个圆锥形草垛高为米，底面圆的半径为2米，则该圆锥形草垛的侧面积为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆锥的几何结构特征，求得圆锥的母线长为，结合圆锥的侧面积公式，即可求解. 【详解】设圆锥的母线长为，因为圆锥的高，底面圆的半径为， 可得， 所以圆锥形草垛的侧面积为. 3. 已知，，为空间两两垂直的单位向量，且，，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】由 为空间两两垂直的单位向量可知 ，且 . 【详解】将 按多项式展开，得 . 由数量积的运算律，九个乘积中凡含两个不同基向量的项均为 ，只留下同向相乘的三项，即 . 把 代入，得 . 4. 若用与球心距离为1的平面截球体所得的圆面半径为3，则球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用球的截面的性质和勾股定理求得球的半径，然后利用球的表面积公式求解即可. 【详解】用平面去截球所得截面圆的半径为3，由球心到该截面的距离为1，则球的半径， 所以球的表面积为． 故答案为：. 5. 已知平面的一个法向量为，点在内，则到的距离______. 【答案】 【解析】 【分析】应用点到平面距离公式计算即可. 【详解】，且平面的一个法向量为， 则到平面的距离. 6. 若三棱台的高为6，，，，，则三棱台的体积为__________. 【答案】42 【解析】 【详解】因为，，，所以， 所以的面积为，的面积为， 故三棱台的体积为 7. 已知三棱锥的三条侧棱两两垂直且，该三棱锥被一个平面所截得到的截面如图所示，其中点，，，分别是，，，的中点，则截面的形状为_________． 【答案】 矩形 【解析】 【分析】根据中位线定理，可证，，则四边形是平行四边形；根据线面平行，可证，则四边形是矩形； 【详解】因为，所以， 因为、分别是、的中点，所以，， 因为、分别是、的中点，所以，， 所以，，则四边形是平行四边形； 因为，，平面，平面，， 所以平面，又因为平面，所以， 因为、分别是、的中点，所以，， 所以且，则四边形是矩形； 8. 如图，在矩形中，，，将沿所在的直线进行翻折，得到空间四边形．在翻折过程中，三棱锥的体积的最大值为__________． 【答案】## 【解析】 【详解】在翻折过程中，当平面平面时，三棱锥的体积取得最大值， 此时点到的距离为， 也为点到平面的距离. . 9. 如图为正方体表面的一种展开图，则图中的，，，在原正方体中互为异面直线的有________对． 【答案】3 【解析】 【分析】先将展开图还原为正方体的直观图，再根据直观图中各直线的位置关系，逐一判断哪些直线是异面直线. 【详解】画出该正方体的直观图如图所示， 易知异面直线有，，．故共有3对． 故答案为：. 10. 已知在圆锥中，底面圆的直径，的面积为，点在母线上，且，一只蚂蚁若从点出发，沿圆锥侧面爬行到达点，则它爬行的最短距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】将圆锥沿母线展开，结合圆心角的大小，利用余弦定理求解即可. 【详解】设圆锥的母线长为，底面的半径为，因为的面积为， 所以，解得. 由勾股定理，可得母线， 如图，圆锥的侧面展开图为扇形， 因为扇形的弧长为，所以扇形的圆心角，所以， 在中，由余弦定理是可得， 所以，因为， 所以蚂蚁爬行的最短距离为的长度，即蚂蚁爬行的最短距离为. 11. 如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断： ①平面平面； ②平面 ③异面直线与所成角的取值范围是； ④三棱锥的体积不变. 其中，正确的是__________（把所有正确判断的序号都填上）. 【答案】①④ 【解析】 【分析】对于①，根据面面垂直的判定定理即可; 对于②，根据平面的垂线和的位置关系即可；对于③，异面直线所成角，平移其中一条线即可；对于④，通过等体积法进行转化，高和底面积均为定值，所以体积不变. 【详解】对于①，根据正方体的性质，易得：平面,平面, ,同理可得：,且,平面; 且平面，所以平面平面，①正确； 由①知，平面，不平行于，所以不垂直于平面，②错误； //，所以异面直线与所成角，即与所成角， 当P与线段的中点重合时，所成角为，故③错误； 三棱锥的体积等于的体积， 因为C到平面的距离不变，且三角形的面积不变 所以三棱锥的体积不变，④正确 故答案为：①④ 12. 祖暅原理也称祖氏原理，是一个涉及几何求积的著名命题．公元656年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术，祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高．意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面积相等，则体积相等．更详细点说就是，介于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．将曲线，绕轴旋转，所得旋转体的体积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据祖暅原理，若两个几何体在任意相同高度处的截面积之和等于第三个几何体的截面积，则前两者体积之和等于第三者的体积.考虑构造在相同区间上的旋转体，利用结合圆柱体体积模型求解. 【详解】在上任取一点，过该点垂直于轴的平面截该旋转体，截面圆的半径为， 其截面积为. 考虑另一个辅助几何体：将曲线，绕轴旋转， 其在处的截面圆半径为，截面积为. 将这两个旋转体在同一处的截面积相加，得. 注意到底面半径为，高为的圆柱体，在任意高度处的截面积恒为. 由祖暅原理可知，前两个旋转体的体积之和等于该圆柱体的体积，即. 由于与在上的图象形状完全相同(仅位置不同)， 它们绕轴旋转所得旋转体的体积相等，即. 故，解得. 二、选择题（本大题共4题，满分12分，每题3分） 13. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】点关于平面对称的点的坐标为. 14. 下列推断中，错误的是（ ） A. ，，， B. 不同的平面，，，，， C. 直线l不在平面上， D. 、、，、、且A、B、C不共线与重合 【答案】C 【解析】 【分析】对四个推断逐一用平面的基本性质（公理）验证，找出推理不成立的选项. 【详解】对于，直线 上两点 、 均属于平面 ，由公理若直线上有两点在平面内，则该直线在该平面内，得 ，推断成立. 对于，、 两点同时属于平面 和平面 ，由公理直线上两点在平面内则直线在平面内，得 且 ，故 ． 又两不重合平面若有公共点则交于唯一一条直线，该直线通过 、 两点，由两点确定唯一直线，得 ，推断成立. 对于，直线 不在平面 内，包含两种情形：（ 与 无公共点）和 与 相交（ 与 有且仅有一个公共点）． 当 与 相交于点 时，取 ，则 且 ，与结论 矛盾，故推断不成立. 对于，、、 三点不共线且同时属于 和 ，由公理不共线三点确定唯一平面， 与 必为同一平面，即两者重合，推断成立. 15. 空间中从点出发的三条射线、、满足，，则直线与平面所成角为（ ） A. B. C. D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】在上任取一点并作平面，则就是直线与平面所成的角．先证明，通过解直角、，求出直线与平面所成角. 【详解】在上任取一点并作平面，垂足为， 则就是直线与平面所成的角． 过点在平面内作，在平面内作，垂足分别为、， 因为平面，平面，所以， 又，，、平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可得， 因为，即， 又因为，，所以，所以， 因为，，，、平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证， 又因为，则，则，， 设，则， 在直角中，，，则， 在直角中，，，则， 即直线与平面所成角为． 16. 鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器（容器壁的厚度忽略不计），则该球形容器的半径的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先分析几何体结构与尺寸，可看成三组长方体，三组长方体在中心处互相垂直交叉，且关于中心对称，则求一组长方体外接球半径即可. 【详解】要使球形容器能容纳该鲁班锁，球的直径至少应等于鲁班锁的最长对角线，由于几何体中心对称， 外接球球心位于几何体中心，几何体上距离中心最远的点即为它的长方体的顶点， 则考虑其中一组长方体，其长，宽，高分别为6，2，1， 该长方体的体对角线长度为：， 所以，外接球的直径为，. 三、解答题（本大题共5题，满分52分） 17. 如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为4和6，，分别为圆台的上、下底面圆的圆心，，为圆台的两条不同的母线． （1）求证：； （2）已知，，求二面角的大小． 【答案】（1）∵圆台可以看作是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到， 所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分． ∴母线与母线的延长线必交于一点， ，，，四点共面， ∵圆面圆面，且平面圆面，平面圆面． ． （2） 【解析】 【分析】（1）根据圆台母线延长线交于一点，得到四点共面，再借助圆台上、下底面平行，根据面面平行性质得出线线平行. （2）先取线段、的中点分别记作点、，连接，，，根据二面角的平面角的定义证得即为所求的二面角的平面角，再求得的值，进而表示. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取线段、的中点分别记作点、，连接，，， 过点作平行线，交于点，连接， 又，故， 四边形是等腰梯形，故， 于是，即为所求的二面角的平面角， 又，，， 故，，则， ， 故． 故二面角的大小为． 18. 如图，在正方体中，点，分别是，的中点． （1）求证：和共面： （2）求证：和是异面直线，并求和所成角的大小． 【答案】（1）连接，，，如图， 因为为正方体，所以. 又，分别为，的中点，所以. 所以. 所以，，，四点共面，所以和共面. （2）因为平面，平面，，平面， 所以直线与是异面直线. 连接. 因为，所以为异面直线与所成的角. 在中，，所以， 所以，即异面直线与所成的角为. 【解析】 【分析】（1）根据直线与的位置关系进行判断. （2）先利用异面直线的判定定理证明和异面，再构造异面直线所成的角，利用三角形的边角关系求异面直线所成的角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，. （1）画出平面四边形的平面图，并计算其面积； （2）若该四边形以为轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积. 【答案】（1） 面积为 （2）几何体的体积为，表面积为 【解析】 【分析】（1）设与交点为，在中，求出，，即可得出答案； （2）先求出，.然后根据题意可推得旋转形成的几何体为圆柱挖去一个同底的圆锥，与一个同底的圆锥构成的组合体.进而根据组合体的构成，结合圆柱、圆锥的体积公式、表面积公式，即可得出答案. 【小问1详解】 如图1，设与交点为， 因为，，所以，. 的平面图如图2所示： 则， . 【小问2详解】 由（1）可得，在中，有， 所以，，所以. 如图3，分别过点作及其延长线的垂线，垂足为. 矩形绕及其延长线，旋转一周得到一个底面半径，母线的圆柱； 绕，旋转一周得到一个底面半径，母线，高的圆锥； 绕及其延长线，旋转一周得到一个底面半径，母线，高的圆锥. 所以，旋转形成的几何体为圆柱挖去一个同底的圆锥，与一个同底的圆锥构成的组合体. 则旋转形成的几何体的体积即等于圆柱的体积，减去挖去的圆锥体积，加上组合的圆锥的体积， 所以，旋转形成的几何体的体积. 旋转形成的几何体的表面积即等于圆柱的侧面积，加上两个圆锥的侧面积之和， 所以. 20. 如图，在三棱柱中，，，为中点，四边形为正方形. （1）求证：平面； （2）若，求： （i）直线到平面的距离； （ii）直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：连接交于，连接， 则为中点，又为中点，所以， 又平面，平面，所以平面. （2）（i）.（ii）. 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可. （2）（i）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合平面，根据点到平面距离公式的向量求法求解即可. （ii）根据线面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为，，且，平面， 所以面. 又面，所以，所以两两垂直. 以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，. 设平面的法向量为， 则，即，令，则，，所以. 由（1）知，平面，所以点到平面的距离即为直线到平面的距离， 点到平面的距离. 所以直线到平面的距离为. （ii），面的法向量为， 设直线与平面所成角为， 则. 即直线与平面所成角的正弦值为. 21. 如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD是正方形，底面ABCD，是线段PC的中点，在线段PB上，． （1）求证：平面BDE； （2）求证：平面DEF （3）在线段PB之间（不含端点），EG与PA所成的角为，求平面DEF与平面DEG夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：连接AC，交BD于，连接OE，因为E，O为中点， 所以EO是的中位线，所以， 又因为平面平面BDE，所以平面BDE． （2）证明：，又是PC的中点，所以， 因为底面ABCD， 所以， 而平面平面PDC， 所以底面平面PDC，所以 又平面平面PBC， 故平面PBC，平面PBC， 所以， 又因为平面平面DEF， 故平面DEF． （3） 【解析】 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据线面垂直的性质和判定定理进行证明即可； （3）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】 略 【小问3详解】 设，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系， 设．， ，，， 因为与所成的角为， 则即， 化简得，又因为，解得 又因为，故，设平面DEG的一个法向量为，则 ，令，则 所以． 由（2）可知：平面DEF， 故是平面DEF的一个法向量， 设平面DEF与平面DEG夹角为，则有． 故平面DEF与平面DEG夹角的余弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026学年第一学期市二中学期中考试试卷 高二数学试卷 2026.11 （考试时间100分钟，总分100分） 一、填空题（本大题共12题，满分36分，每题3分） 1. 已知向量，则________． 2. 一个圆锥形草垛高为米，底面圆的半径为2米，则该圆锥形草垛的侧面积为________. 3. 已知，，为空间两两垂直的单位向量，且，，则__________． 4. 若用与球心距离为1的平面截球体所得的圆面半径为3，则球的表面积为______． 5. 已知平面的一个法向量为，点在内，则到的距离______. 6. 若三棱台的高为6，，，，，则三棱台的体积为__________. 7. 已知三棱锥的三条侧棱两两垂直且，该三棱锥被一个平面所截得到的截面如图所示，其中点，，，分别是，，，的中点，则截面的形状为_________． 8. 如图，在矩形中，，，将沿所在的直线进行翻折，得到空间四边形．在翻折过程中，三棱锥的体积的最大值为__________． 9. 如图为正方体表面的一种展开图，则图中的，，，在原正方体中互为异面直线的有________对． 10. 已知在圆锥中，底面圆的直径，的面积为，点在母线上，且，一只蚂蚁若从点出发，沿圆锥侧面爬行到达点，则它爬行的最短距离为__________. 11. 如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断： ①平面平面； ②平面 ③异面直线与所成角的取值范围是； ④三棱锥的体积不变. 其中，正确的是__________（把所有正确判断的序号都填上）. 12. 祖暅原理也称祖氏原理，是一个涉及几何求积的著名命题．公元656年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术，祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高．意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面积相等，则体积相等．更详细点说就是，介于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．将曲线，绕轴旋转，所得旋转体的体积为_________． 二、选择题（本大题共4题，满分12分，每题3分） 13. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 14. 下列推断中，错误的是（ ） A. ，，， B. 不同的平面，，，，， C. 直线l不在平面上， D. 、、，、、且A、B、C不共线与重合 15. 空间中从点出发的三条射线、、满足，，则直线与平面所成角为（ ） A. B. C. D. 无法确定 16. 鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器（容器壁的厚度忽略不计），则该球形容器的半径的最小值为（ ） A. B. C. D. 三、解答题（本大题共5题，满分52分） 17. 如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为4和6，，分别为圆台的上、下底面圆的圆心，，为圆台的两条不同的母线． （1）求证：； （2）已知，，求二面角的大小． 18. 如图，在正方体中，点，分别是，的中点． （1）求证：和共面： （2）求证：和是异面直线，并求和所成角的大小． 19. 如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，. （1）画出平面四边形的平面图，并计算其面积； （2）若该四边形以为轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积. 20. 如图，在三棱柱中，，，为中点，四边形为正方形. （1）求证：平面； （2）若，求： （i）直线到平面的距离； （ii）直线与平面所成角的正弦值. 21. 如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD是正方形，底面ABCD，是线段PC的中点，在线段PB上，． （1）求证：平面BDE； （2）求证：平面DEF （3）在线段PB之间（不含端点），EG与PA所成的角为，求平面DEF与平面DEG夹角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $