精品解析：北京市十一学校2026-2027学年度第一学期高二期中教与学诊断数学试题

2026-2027学年高二年级第5学段　教与学诊断 数学学科 2026.11 考 生 须 知 1．本试卷共6页，共两部分，21道小题．满分150分．考试时间120分钟． 2．在试卷和答题纸上准确填写姓名、所在学科班级． 3．试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效． 4．在答题纸上，试题用黑色字迹签字笔作答． 第一部分　客观题（共40分） 一、选择题：（本部分共10题，每小题4分，共40分，每题只有一个正确选项） 1. 底面半径与高均为2的圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则的值为（ ） A. B. 4 C. D. 2 3. 若为一条直线，，，为三个互不重合的平面，则下列命题正确的是（ ） A. ， B. 若， C. ， D. 若， 4. 如图，空间四边形中，，，，点在上，，点为中点，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为5，高为3，则该正四棱台的体积为（ ） A. 39 B. 29 C. 35 D. 25 6. 已知向量，是平面的两个不共线向量，非零向量是直线l的一个方向向量，则“，，三个向量共面”是“”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 7. 如图，在正三棱柱中，若，则与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 8. 已知在棱长为2的正方体中，P是棱AC上一点，则点P到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 9. 在三棱锥中，底面ABC，，，，点D满足，三棱锥的外接球为球O，过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 10. 空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面的位置关系为（ ） A. B. 相交但不垂直 C. D. 第二部分　主观题（共110分） 二、填空题：（本题共5个小题，每题4分，共20分） 11. 已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则_________． 12. 圆柱的底面周长为是底面圆的直径，高，点是母线上一点，且．一只蚂蚁从点出发沿着圆柱体的表面爬行到点的最短距离是___________cm． 13. 如图，在棱长为2的正方体中，点P在底面ABCD内，若直线与平面无公共点，则线段的最小值为______. 14. 如图，在四边形中，，，，，将沿折起，使平面平面，构成三棱锥，则直线与面所成角为_________；在三棱锥中，二面角余弦值为_________． 15. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，是线段上的动点（不包含端点），则下列说法正确的是___________． ①对于任意点，都有 ②对于任意点，不存在平面 ③过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为 ④存在点，使得三棱锥体积为 三、解答题：（本题共6小题，满分90分） 16. 如图，在四棱柱中，平面，底面为菱形，为的中点，求证： （1）平面； （2）． 17. 已知数列为等差数列，数列为公比大于0的等比数列．且，，． （1）求数列和的通项公式； （2）若，求的前项和． 18. 已知，，函数． （1）求的最小正周期； （2）求函数在上的最大值和最小值，以及使取得这些值时的值； （3）将图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数的图象，若函数的图象关于点对称，求的最小值． 19. 在中，． （1）求； （2）若，的平分线与交于点，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求的长． 条件①：的面积为； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（II）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 20. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点． （1）求平面与平面所成锐二面角的余弦值； （2）求点到平面的距离. （3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 21. 如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． （1）当时，求证：； （2）定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （i）当时，求斜三棱柱的投影偏差率； （ii）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二年级第5学段　教与学诊断 数学学科 2026.11 考 生 须 知 1．本试卷共6页，共两部分，21道小题．满分150分．考试时间120分钟． 2．在试卷和答题纸上准确填写姓名、所在学科班级． 3．试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效． 4．在答题纸上，试题用黑色字迹签字笔作答． 第一部分　客观题（共40分） 一、选择题：（本部分共10题，每小题4分，共40分，每题只有一个正确选项） 1. 底面半径与高均为2的圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知底面半径与高均为2，则母线长， 故圆锥的侧面积． 2. 已知向量，，若，则的值为（ ） A. B. 4 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量共线的充要条件，对应坐标成比例求出参数、的值，再计算即可. 【详解】空间两非零向量的充要条件为：存在实数，使得. 已知，，代入得： ， 横坐标：，解得； 纵坐标：； 竖坐标：. 因此. 3. 若为一条直线，，，为三个互不重合的平面，则下列命题正确的是（ ） A. ， B. 若， C. ， D. 若， 【答案】C 【解析】 【详解】对于A选项，若两个平面都垂直于同一个平面，这两个平面可能平行，也可能相交，不一定垂直， 例如墙角的两个相邻墙面都垂直于地面，但它们是相交的，而相对的两面墙也垂直于地面，但它们是平行的，故A错误； 对于选项，若直线，，则直线可能在平面内，也可能平行于平面，还可能斜交于平面，不一定有，故B错误； 对于选项，因为，，根据面面平行的性质，两个平行平面中有一个垂直于第三个平面，另一个也垂直于第三个平面，即，故正确； 对D选项，若，，则直线可能平行于平面，也可能包含在平面内（即），不一定有，故D错误. 4. 如图，空间四边形中，，，，点在上，，点为中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量基本定理可得. 【详解】，点为中点，故， 又，，，故. 故选：B 5. 已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为5，高为3，则该正四棱台的体积为（ ） A. 39 B. 29 C. 35 D. 25 【答案】A 【解析】 【分析】直接根据棱台的体积公式计算可得. 【详解】因为正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为5，高为3， 所以该正四棱台的体积. 故选：A 6. 已知向量，是平面的两个不共线向量，非零向量是直线l的一个方向向量，则“，，三个向量共面”是“”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】B 【解析】 【分析】先根据向量基底的概念证明必要性，然后举出反例说明“不充分”，由此得出正确选项. 【详解】当时，由于是不共线的向量，故可用作为基底表示出来， 即共面，所以“必要性”成立. 当共面时，直线l可能在平面内，故“充分性”不成立. 所以是必要不充分条件. 故选：B. 7. 如图，在正三棱柱中，若，则与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用中位线将与平移到一个平面内，然后求线段长，求其夹角或其补角. 【详解】设正三棱柱中，，则， 取中点，中点，中点，连接、、， 如图， ，且， ，且， (或其补角)就是异面直线与所成的角. 在中，，， ， 故. 同理，在 中，，， ， 故. 过作于，连接， ，故是中点， 所以，又， 所以 在中： ，，， 所以是等腰三角形，且. 所以与所成的角为其补角. 故选：B. 8. 已知在棱长为2的正方体中，P是棱AC上一点，则点P到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等体积法求点到面的距离， 【详解】如图，易知，而平面，平面，则平面， 则要求点P到平面的距离即为求点A到平面的距离，设为d， 由，得，解得，即点P到平面的距离为． 故选：D. 9. 在三棱锥中，底面ABC，，，，点D满足，三棱锥的外接球为球O，过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将三棱锥补成长方体并建立空间直角坐标系，设、外接球半径为R，求出各点及球心坐标，分析截面圆的面积差从而求出h、R，代入球的表面积公式即可得解. 【详解】设，因为在三棱锥中，底面ABC，，所以将其补为一个长方体（长为4，宽为3，高为h），三棱锥与该长方体共外接球，球心O为长方体体对角线中点，设外接球半径为R， 以A为坐标原点，AB、AC、AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示， ， ， ， 过D作求O的截面，最大截面为：过球心O，半径为R，面积为， 最小截面为：与OD垂直，半径为，面积为. 因为过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为， 所以，解得， 则，外接球表面积为：. 故选：D 10. 空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面的位置关系为（ ） A. B. 相交但不垂直 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件分别确定平面和直线的法向量和方向向量，结合已知点，再判断它们的位置关系. 【详解】由题设，平面的方程可写为， 所以平面经过点，且一个法向量为， 又直线的一个方向向量为， 所以，即，则或， 由于点在直线上，显然不在平面内，故，即. 故选：A 第二部分　主观题（共110分） 二、填空题：（本题共5个小题，每题4分，共20分） 11. 已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则_________． 【答案】 【解析】 【详解】已知平面，则平面的法向量互相垂直， 故，解得． 12. 圆柱的底面周长为是底面圆的直径，高，点是母线上一点，且．一只蚂蚁从点出发沿着圆柱体的表面爬行到点的最短距离是___________cm． 【答案】5 【解析】 【详解】圆柱的侧面展开图如图： 由圆柱的底面周长为，得，又， 在中，， 所以蚂蚁从点出发沿着圆柱体的表面爬行到点的最短距离是. 13. 如图，在棱长为2的正方体中，点P在底面ABCD内，若直线与平面无公共点，则线段的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先连接，，，易证平面平面，从而得到平面，即可得到线段的最小值. 【详解】连接，，，如图所示： 在正方体中， 因为，平面，平面， 所以平面， 因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面，且， 所以平面平面. 因为与平面无公共点，所以平面， 当时，取得最小值. 因为 所以的最小值为. 故答案为： 14. 如图，在四边形中，，，，，将沿折起，使平面平面，构成三棱锥，则直线与面所成角为_________；在三棱锥中，二面角余弦值为_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】①通过平面几何性质推导线线垂直，结合面面垂直的性质定理证明平面，进而确定线面角的大小；② 确定即为二面角的平面角，在Rt中，由求解. 【详解】对于①在四边形中，因为，，， 所以为等腰直角三角形，， 因为，所以， 在中，，， 所以，即， 且为等腰直角三角形，，设，则，所以， 折叠后，平面平面，平面平面， 因为平面，且， 可得平面， 因为平面， 所以，又因为，即， 因为，平面， 所以平面， 所以直线与平面所成角为； 对于② 因为平面，平面，平面， 所以，，所以即为二面角的平面角， 因为平面，平面， 所以，即为直角三角形， 在中，，， 所以， 所以， 故二面角的余弦值为. 15. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，是线段上的动点（不包含端点），则下列说法正确的是___________． ①对于任意点，都有 ②对于任意点，不存在平面 ③过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为 ④存在点，使得三棱锥体积为 【答案】①②③ 【解析】 【分析】①②建立空间直角坐标系，结合空间向量求解判断；③在平面中作，垂足为，过点在平面中作，交于点，分析可得为的中点时，截面矩形最大，进而求解判断即可；④利用等体积法求解判断即可. 【详解】①在正方体中，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系； 因为正方体棱长为2，可得，，，设， 则，， 则，故对于任意点，都有，①正确； ②因为分别是的中点，故，，； 则，， 设为平面的法向量， 则，可得，解得； 令可得，， 若平面，则，解得，不合题意， 故对于任意点，不存在∥平面，②正确； ③在平面中作，垂足为，过点在平面中作，交于点， 因为正方体中，平面平面，且交于， 因为平面，故平面，而平面，则， 因为平面，故平面， 即平面截正方体的截面为矩形， 当与重合时，即为的中点时，截面最大， 面积为，故③正确； ④由， 可得，因为是线段上的动点（不包含端点），故， 因此，不存在点，使得三棱锥体积为，故④错误． 三、解答题：（本题共6小题，满分90分） 16. 如图，在四棱柱中，平面，底面为菱形，为的中点，求证： （1）平面； （2）． 【答案】（1）设与交于点，接， 因为底面是菱形， 为中点， 又因为是的中点， ， 面，平面 平面． （2）底面是菱形， ， 底面，底面， ，且，平面． 平面． 平面， ． 【解析】 【分析】（1）设与交于点，接，可得，即可证明平面； （2）由底面是菱形，得，又底面，可得，证明平面，利用线面垂直的性质可证． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 已知数列为等差数列，数列为公比大于0的等比数列．且，，． （1）求数列和的通项公式； （2）若，求的前项和． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的通项公式结合条件求出公比，并得出，再将其代入等差数列的条件中求出公差，即可得到两数列的通项公式； （2）由（1）可知是由一个等差数列和一个等比数列相加组成，故采用分组求和法，分别利用等差数列和等比数列的前项和公式计算后相加，即可求得. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为. 由题意知，，，且, 因为，所以，即， 解得或（舍去），所以. 则数列的通项公式为. 所以， 又因为，所以，即，解得， 所以数列的通项公式为 【小问2详解】 由（1）知，， 所以数列的前项和为：. 所以. 18. 已知，，函数． （1）求的最小正周期； （2）求函数在上的最大值和最小值，以及使取得这些值时的值； （3）将图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数的图象，若函数的图象关于点对称，求的最小值． 【答案】（1）最小正周期为； （2）当时，取得最小值；当时，取得最大值； （3）的最小值为 【解析】 【分析】（1）利用向量的数量积结合二倍角公式，最小正周期公式求解； （2）利用正弦函数的图像和性质求解； （3）求出，利用正弦函数的图像和性质求解. 【小问1详解】 ， ， ，. 【小问2详解】 ，令， 当，， 当 ，， ，， 在取最小值， ， 在取最大值， ， ， 故当时，取得最小值；当时，取得最大值. 【小问3详解】 图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数的图象， 则， 因为函数的图象关于点对称， 所以， ， ， ， ，，解得， 当时，， 故的最小值为. 19. 在中，． （1）求； （2）若，的平分线与交于点，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求的长． 条件①：的面积为； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（II）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） （2）选条件①，；选条件③， 【解析】 【分析】（1）由题设结合正弦定理边角互化，三角函数恒等变换知识可得答案. （2）若选条件①：由三角形面积公式可得，由余弦定理可得，随后可得为一个角为的直角三角形，据此可得答案； 若选条件②：由余弦定理可得或，据此可得到不唯一； 若选条件③：由三角函数恒等变换，诱导公式可得，从而可得为一个角为的直角三角形，据此可得答案. 【小问1详解】 因为，在中，由正弦定理，得． 又因为，所以． 由，得．因为，所以 【小问2详解】 若选条件①： 因为，，所以． 因为，所以． 在中，由余弦定理，得，解得． 由，得，于是． 因为的平分线为，所以． 在中，由，，解得 若选条件②：在中利用余弦定理可得：， 代入，可得， 从而或，当时，注意到，该三角形存在； 当时，注意到，该三角形存在，则选条件②时，三角形不唯一； 若选条件③： 因为，，所以． 即．即．所以． 又因为，所以，． 因为，所以，． 又因为， 所以在中，由，，解得 20. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点． （1）求平面与平面所成锐二面角的余弦值； （2）求点到平面的距离. （3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在点，且 【解析】 【分析】（1）利用空间向量的坐标运算，求二面夹角的余弦值； （2）利用空间向量的坐标运算，求点到平面的距离； （3）利用空间向量的坐标运算，表示出线面角的正弦值，即可求解, 【小问1详解】 取中点为，连接， 因为，且，，，所以, 又因为平面，平面， 所以, 所以以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，如图， 则 设平面的一个法向量为， , 所以令则，所以， 设平面的一个法向量为， , 所以令则，所以， 设平面与平面所成锐二面角为， 则. 【小问2详解】 , 所以点到平面的距离为. 【小问3详解】 假设存在点，设, 因为, 所以，, 由（1）知，平面的一个法向量为， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 整理得，，解得，（舍）， 所以存在点，. 21. 如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． （1）当时，求证：； （2）定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （i）当时，求斜三棱柱的投影偏差率； （ii）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 【答案】（1）证明如下： 因为 ， 所以，即． （2）（i）. （ii）证明如下： ， 已知存在两个不同的锐角，使得， 设， 则， 锐角，是两个不同的锐角，则符号相反， ，即， 化简整理得， ，，为锐角，则， ． 【解析】 【分析】（1）利用基底法表示向量，结合已知条件求出向量的数量积，利用数量积为0证明结论； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，结合已知条件求出相关点和向量坐标，根据投影偏差率定义求解； （ⅱ）根据投影偏差率定义结合（ⅰ）化简，利用“存在两个不同的锐角，使得”的条件构造方程，进而求出，证明结论． 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 （i）以为坐标原点，为轴，为轴，过A垂直于面的直线为轴， 建立下图所示空间直角坐标系， 则， 已知，，， 则，故， 已知与、所成角分别为、， 则， 则， （ii）略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $