精品解析：上海市第四中学2026-2027学年高二上学期期中考试数学试题

2026学年第一学期高二数学期中考试试题卷 （考试时间100分钟，试卷满分120分） 一、填空题（1~6题每题3分，7~12题每题4分，共42分） 1. 如果复数z满足（为虚数单位），则______． 【答案】 【解析】 【详解】由，得 . 分子、分母同乘的共轭复数，则. 2. 半径为3的一个球，则此球的体积为______． 【答案】 【解析】 【详解】球的体积公式为. 3. 已知向量，，若，则实数______． 【答案】 【解析】 【详解】 由，，且， 根据向量共线坐标表示：， 代入得，解得. 4. 已知圆锥的母线长为3，其侧面积是，则该圆锥的底面半径为______． 【答案】 【解析】 【详解】圆锥的侧面积公式为，所以，所以. 5. 已知均为空间单位向量，且它们的夹角为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件可求出，然后根据进行数量积的运算即可求解. 【详解】因为，， 所以，， 故答案为： 6. 已知圆柱的轴截面是正方形，它的面积是，那么这个圆柱的体积是____．（结果中保留） 【答案】 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，高为，由题可得，，然后利用圆柱体积公式即得. 【详解】设圆柱的底面半径为，高为， 因为圆柱的轴截面是正方形，它的面积是， 所以，， 所以这个圆柱的体积是. 故答案为：. 7. 一水平放置的平面四边形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O′A′B′C′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC面积为________. 【答案】 【解析】 【分析】将直观图还原回原图形，即找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，可得到平行四边形，即可求出面积. 【详解】还原直观图为原图形如图， ，， 还原回原图形后，, . 故答案为：. 【点睛】本题考查斜二测画法前后图形的关系，属于基础题. 8. 长方体的8个顶点都在同一个球面上，且，，则球的表面积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用长方体的体对角线就是外接球直径，从而可求球的表面积. 【详解】 由题可得：， 因为长方体的外接球的一条直径是，所以外接球的半径为， 由球的表面积公式可得：， 故答案为： 9. 已知是大小为的二面角内一点，到，的距离分别为3和4，则点到棱的距离为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，作出二面角的平面角，利用余弦定理、正弦定理求解即得. 【详解】令于，于，平面，则， 由，得， 又是平面内的两条相交直线，则平面， 又平面，于是， 是二面角的平面角，， 则，在中，由余弦定理得， 而到的距离是四边形外接圆直径， 所以. 故答案为： 10. 如图，在直四棱柱中，底面是边长为的菱形，，，则二面角的正弦值为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】通过作辅助线找出二面角的平面角，再利用直四棱柱的性质、勾股定理以及三角函数，即可求解. 【详解】根据题意，取中点，连接，. 由已知四边形是边长为的菱形，，所以为等边三角形， 所以，且. 因为四棱柱为直四棱柱，所以，，相等且均垂直于平面，又， 所以，所以为等腰三角形，所以， 所以即二面角的平面角， 又平面，且平面， 所以为直角三角形，所以， 所以. 故答案为：. 11. 如图，在正三棱柱中，，为的中点，为线段上的点.则的最小值为__________ 【答案】 【解析】 【分析】将侧面沿展开，使得侧面与侧面在同一平面内，根据平面上两点间线段最短可求得答案. 【详解】 解：将侧面沿展开，使得侧面与侧面在同一平面内， 如图，连接交于，则的最小值为此时的， ， 的最小值为. 故答案为：. 12. 体积为的正四面体内有一个球，球与该正四面体的各面均有且只有一个公共点，，是球的表面上的两动点，点在该正四面体的表面上运动，当最大时，的最大值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】记该正四面体为，由题意得出球是该正四面体的内切球，球心也是外接球的球心，在高上，由体积求得正四面体的棱长，并求出内切球半径，最大时，是球的直径，由数量积的运算得出取最大值时，只要最大即可得． 【详解】记该正四面体为，如图，由题意球是该正四面体的内切球， 显然在其高上，是底面正的中心，设， 则，， ，得到， 因为是正四面体，则是内切球球心也是其外接球球心， 设内切球半径为，即，又， 由，得，解得， 当最大时，是球的直径， ， 因为点在正四面体的表面上运动，当是正四面体的顶点时， 取得最大值，最大值为， 所以的最大值是． 故答案为：． 二、选择题（13、14每小题3分，15、16每小题4分，共14分） 13. 四棱柱成为长方体的一个必要不充分条件是（ ） A. 底面是矩形 B. 侧面是正方形 C. 底面是菱形 D. 侧面与底面都是矩形 【答案】A 【解析】 【分析】利用长方体的结构特征，必要不充分条件的定义逐项判断即得. 【详解】对于A，长方体的底面是矩形，而底面是矩形的四棱柱不一定是长方体（侧棱不垂直于底面）， 则“底面是矩形”是四棱柱成为长方体的一个必要不充分条件，A是； 对于B，长方体的侧面是矩形，不一定是正方形，即“侧面是正方形”不是四棱柱成为长方体的必要条件，B不是； 对于C，长方体的底面是矩形，不能推出底面是菱形，即“底面是菱形”不是四棱柱成为长方体的必要条件，C不是； 对于D，长方体的侧面与底面都是矩形，反之侧面与底面都是矩形的四棱柱是长方体， 因此“侧面与底面都是矩形”是四棱柱成为长方体的充要条件，D不是. 故选：A 14. 已知直三棱柱的所有棱长均为1，则直线与直线夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，连接，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】取的中点，连接则，如图建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设直线与直线夹角为，则， 即直线与直线夹角的余弦值为. 故选：A 15. 正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素．如图，该几何体是一个棱长为的正八面体，则此正八面体的体积与表面积的数值之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用四棱锥体积公式，可得正八面体的体积，再根据正三角形面积公式可得正八面体的表面积，即可得解. 【详解】如图所示，连接，相交于点，而四边形为正方形，平面. 由正八面体的性质可知，，则，， 所以体积，表面积， 所以. 故选：A. 16. 已知菱形中，，AC与BD相交于点E，将沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，对于下面两个命题： ①存在一个位置，使为等边三角形； ②DM与BC不可能垂直，成立的是（ ） A. ①为假命题，②为真命题； B. ①为真命题，②为假命题； C. ①②均为真命题； D. ①②均为假命题 【答案】B 【解析】 【分析】根据运动过程中三棱锥成为正四面的特殊情况，判断命题的真假即可. 【详解】由题意知，，当四面体为正四面体时，此时为等边三角形，故①为真命题； 当三棱锥是正四面体时，设顶点在底面上的投影为，连接延长交于，如图， 由正四面体性质可知，是三角形中心，是中点， 所以，又, 平面， 所以平面，又平面， 所以，所以②为假命题. 故选：B 三、解答题（本大题共5题，共64分） 17. 如图，正三棱柱的各棱长均为2，D为棱的中点． （1）求该三棱柱的体积； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用柱体的体积公式以及边长求解即可； （2）利用等体积法求出点到平面的距离. 【小问1详解】 正三棱柱的各棱长均为2， 所以； 【小问2详解】 设点到平面的距离为，由， 又， 所以，即得， 即， 解得. 18. 已知函数 （Ⅰ）求的最小正周期及最大值； （Ⅱ）若，且，求的值. 【答案】（Ⅰ）（Ⅱ） 【解析】 【详解】第（Ⅰ）题，化简函数解析式为最简形式，利用公式求出周期和最值．第（Ⅱ）题，是给值求角问题，要先限定范围． （Ⅰ），因为 所以的最小正周期为，最大值为. 因为，所以. 因为，所以，即. 所以，故. 【考点定位】本题考查了二倍角公式、两角和的正弦公式、三角函数的性质.考查了三角函数式的化简、求值，故考查了运算求解能力. 19. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，为中点． （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1） 如图，连接，交于点，连接． 因为四边形为正方形，则点为的中点， 由已知点为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位线定理找线线平行，再结合线面平行的判定定理证明即可． （2）先确定线面角的平面角，再通过解直角三角形，利用三角函数定义求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由已知平面，四边形为正方形，且， 又由（1）可知，所以平面，点为垂足， 所以为直角三角形，即为直线与平面所成角的平面角． 因为，，， 所以， 所以，则． 综上，直线与平面所成角的大小为． 20. 如图，是一块正四棱台形铁料，上、下底面的边长分别为cm和cm，高cm．    （1）求正四棱台的侧面与底面所成二面角的大小； （2）现削去部分铁料（不计损耗），将原正四棱台打磨为一个圆台，使得该圆台的上、下底面分别为原正四棱台上、下底面正方形的内切圆及其内部．求削去部分与原正四棱台的体积之比． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合正四棱台的结构特征，利用几何法求出二面角的平面角. （2）利用圆台、棱台的体积公式计算得解. 【小问1详解】 设正方形，的中心分别为，连接，则平面， 分别取，的中点，，连接，则，， 由，分别为等腰梯形底边，的中点，得， 由，得四边形是一个直角梯形， ，又，为侧面与底面所成二面角的平面角， 由条件知，则， 所以侧面与底面所成二面角的大小为. 【小问2详解】 依题意，圆台上底面半径cm，下底面半径cm，高cm， 则圆台的体积为， 又正四棱台的体积， 所以削去部分的体积， 所以削去部分与正四棱台的体积之比为. 21. 如图，在中，，，，，现将分别以、、所在的直线为轴旋转一周，设所得三个旋转体的体积依次为、、． （1）若，，，求以为轴旋转一周所得几何体的表面积； （2）求；（用、、表示） （3）若，并令，将表示为的函数，写出这个函数的定义域并求该函数的最大值． 【答案】（1）； （2）； （3），， 【解析】 【分析】（1）根据圆锥侧面积计算公式，计算出表面积. （2）分别求得由此求得. （3）结合余弦定理化简的表达式，求得函数，并结合正弦定理求得最大值. 【小问1详解】 ，，，三角形是直角三角形，且为直角. 过作，垂足为， . 以为轴旋转一周所得几何体是以为底面半径、为高的两个圆锥组合而成，该几何体的表面积为. 【小问2详解】 ， 分别表示三角形中边上的高. 则， ， . 【小问3详解】 ，，， 由余弦定理得， ， . 由正弦定理得 ， 由于， 所以. 所以， 由于在定义域上为增函数， 所以. 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考试试题卷 （考试时间100分钟，试卷满分120分） 一、填空题（1~6题每题3分，7~12题每题4分，共42分） 1. 如果复数z满足（为虚数单位），则______． 2. 半径为3的一个球，则此球的体积为______． 3. 已知向量，，若，则实数______． 4. 已知圆锥的母线长为3，其侧面积是，则该圆锥的底面半径为______． 5. 已知均为空间单位向量，且它们的夹角为，则______． 6. 已知圆柱的轴截面是正方形，它的面积是，那么这个圆柱的体积是____．（结果中保留） 7. 一水平放置的平面四边形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O′A′B′C′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC面积为________. 8. 长方体的8个顶点都在同一个球面上，且，，则球的表面积为___________． 9. 已知是大小为的二面角内一点，到，的距离分别为3和4，则点到棱的距离为_________． 10. 如图，在直四棱柱中，底面是边长为的菱形，，，则二面角的正弦值为___________． 11. 如图，在正三棱柱中，，为的中点，为线段上的点.则的最小值为__________ 12. 体积为的正四面体内有一个球，球与该正四面体的各面均有且只有一个公共点，，是球的表面上的两动点，点在该正四面体的表面上运动，当最大时，的最大值是___________． 二、选择题（13、14每小题3分，15、16每小题4分，共14分） 13. 四棱柱成为长方体的一个必要不充分条件是（ ） A. 底面是矩形 B. 侧面是正方形 C. 底面是菱形 D. 侧面与底面都是矩形 14. 已知直三棱柱的所有棱长均为1，则直线与直线夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 15. 正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素．如图，该几何体是一个棱长为的正八面体，则此正八面体的体积与表面积的数值之比为（ ） A. B. C. D. 16. 已知菱形中，，AC与BD相交于点E，将沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，对于下面两个命题： ①存在一个位置，使为等边三角形； ②DM与BC不可能垂直，成立的是（ ） A. ①为假命题，②为真命题； B. ①为真命题，②为假命题； C. ①②均为真命题； D. ①②均为假命题 三、解答题（本大题共5题，共64分） 17. 如图，正三棱柱的各棱长均为2，D为棱的中点． （1）求该三棱柱的体积； （2）求点到平面的距离． 18. 已知函数 （Ⅰ）求的最小正周期及最大值； （Ⅱ）若，且，求的值. 19. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，为中点． （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的大小． 20. 如图，是一块正四棱台形铁料，上、下底面的边长分别为cm和cm，高cm．    （1）求正四棱台的侧面与底面所成二面角的大小； （2）现削去部分铁料（不计损耗），将原正四棱台打磨为一个圆台，使得该圆台的上、下底面分别为原正四棱台上、下底面正方形的内切圆及其内部．求削去部分与原正四棱台的体积之比． 21. 如图，在中，，，，，现将分别以、、所在的直线为轴旋转一周，设所得三个旋转体的体积依次为、、． （1）若，，，求以为轴旋转一周所得几何体的表面积； （2）求；（用、、表示） （3）若，并令，将表示为的函数，写出这个函数的定义域并求该函数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $