精品解析：上海音乐学院附属黄浦比乐中学2026-2027学年高二上学期第一次月考数学试卷

2026学年第一学期第一次质量监控试卷 高二年级数学试卷 （满分100分，考试时间90分钟） 一、填空（本大题共有12题，第1-6题每题3分，第7-12题每题4分） 1. 二面角的取值范围是______． 2. 空间中互相平行的三条直线，可以确定的平面个数是______． 3. 空间中一个角的两边和另一个角的两边分别平行，，则________. 4. 已知圆柱的底面半径为3，高为4，则该圆柱的侧面积为________． 5. 一个正六棱柱底面边长为1，高为2，则它的表面积是______． 6. 若空间三条直线，，则，的位置关系是___________. 7. 如图是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列说法中正确的序号是___________. ①直线与直线相交； ②直线与直线平行； ③直线BM与直线是异面直线； ④直线与直线成角. 8. 棱长为1的正四面体的高为______． 9. 在棱长为1的正方体中，点E、F分别为边和的中点，则过E、F、B三点的平面与正方体的截面的截面积是______． 10. 在三棱锥中，，，且，则PC与平面PBA所成角的大小为______． 11. 如图在矩形中，，，、分别为、中点，在矩形内挖去，剩下图中阴影部分绕所在直线旋转一周，则该几何体的表面积为_______． 12. 如图，矩形中，，，M为的中点，将沿直线翻折，构成四棱锥，N为的中点，则在翻折过程中，①对于一个任意位置总有平面；②存在某个位置，使得；③存在某个位置，使得；上述说法中错误的序号是______． 二、选择题（本大题共有4题，第13-14题每题3分，第15-16题每题4分） 13. 已知直线和平面，且，则“”是“”的（ ）条件． A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充分必要 D. 既非充分又非必要 14. 已知直线l与平面相交，则下列命题中，正确的个数为（ ） ①平面内的所有直线均与直线l异面； ②平面内存在与直线l垂直的直线； ③平面内不存在直线与直线l平行； ④平面内所有直线均与直线l相交 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 15. 点P在平面内的投影是O，且两两垂直，那么点O是的（ ） A. 内心 B. 外心 C. 垂心 D. 重心 16. 一个平行于圆锥（其底面半径和母线均为定值）底面的平面将圆锥分成上下两部分，设圆锥所分的上下两部分的侧面积分别为，，则函数的图像大致是（ ） A. B. C. D. 三、解答题（本大题共有5题，满分44分） 17. 如图，在四棱锥中，已知底面，底面是正方形，． （1）求证：直线平面； （2）求直线与平面所成的角的大小． 18. 如图，在正三棱柱中，分别为中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面. 19. 如图所示圆锥中，为底面的直径．分别为母线与的中点，点是底面圆周上一点，若，，圆锥的高为． （1）求圆锥的侧面积； （2）求证：与是异面直线，并求其所成角的大小 20. 如图，四边形为边长为的菱形，，，为的中点． （1）证明：； （2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 21. 在三棱柱中，平面平面，，，，，且； （1）求侧棱到侧面的距离； （2）求二面角的大小． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026学年第一学期第一次质量监控试卷 高二年级数学试卷 （满分100分，考试时间90分钟） 一、填空（本大题共有12题，第1-6题每题3分，第7-12题每题4分） 1. 二面角的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据二面角的定义直接作答. 【详解】二面角的取值范围是. 故答案为： 2. 空间中互相平行的三条直线，可以确定的平面个数是______． 【答案】1或3 【解析】 【详解】若三条直线共面，则可以确定1个平面； 若三条直线不共面，此时两两平行的直线可以确定一个平面， 故三条互相平行的直线可以确定3个平面. 3. 空间中一个角的两边和另一个角的两边分别平行，，则________. 【答案】或##或 【解析】 【分析】由空间两条平行线的性质和等角定理，可得与相等或与互补，由此不难得到正确答案． 【详解】①若角的两边和角的两边分别平行，且方向相同，则与相等 此时； ②当角的两边和角的两边分别平行，且一边方向相同另一边方向相反，则与互补， 此时． 故答案为：或 4. 已知圆柱的底面半径为3，高为4，则该圆柱的侧面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆柱的展开图和侧面积公式计算即可. 【详解】因为圆柱的侧面展开图为矩形，宽为圆柱的高，长为圆柱底面圆的周长， 所以该圆柱的侧面积为. 故答案为：. 5. 一个正六棱柱底面边长为1，高为2，则它的表面积是______． 【答案】 【解析】 【详解】正六棱柱的底面是边长为的正六边形,可分成个边长为的正三角形,所以一个底面的面积为. 上下两个底面的面积之和为. 侧面由个全等的矩形组成,每个矩形的长为,宽为,侧面积为. 所以表面积为. 6. 若空间三条直线，，则，的位置关系是___________. 【答案】平行，相交或异面 【解析】 【分析】根据空间直线的位置关系判断可得； 【详解】解：因为空间三条直线，，所以与的位置关系是平行，相交或异面； 故答案为： 平行，相交或异面 7. 如图是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列说法中正确的序号是___________. ①直线与直线相交； ②直线与直线平行； ③直线BM与直线是异面直线； ④直线与直线成角. 【答案】③④. 【解析】 【分析】将正方体的平面展开图，复原为正方体，确定各点位置，根据异面直线的定义可判断①②③，根据异面直线所成角的定义，求出直线与直线所成的角，判断④. 【详解】如图，将正方体的平面展开图，复原为正方体， 对于①，平面，平面,平面, 故直线与直线是异面直线，①错误； 对于②，平面，平面,平面, 故直线与直线是异面直线，②错误； 对于③，平面平面,平面,平面, 故直线BM与直线不相交，连接,则,而相交， 故不平行，否则，则，不合题意， 故直线BM与直线是异面直线，③正确； 对于④，连接,则为正三角形，则, 由于，则即为直线与直线所成角， 即直线与直线成角，④正确， 故答案为：③④. 8. 棱长为1的正四面体的高为______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用正四面体的结构特征，结合勾股定理即可求解. 【详解】设正四面体的棱长为 1，为正三角形的中心，则平面 , 正三角形边长为 1 时，中线长为 ，故, 在中，，， 由勾股定理 所以棱长为1的正四面体的高为, 9. 在棱长为1的正方体中，点E、F分别为边和的中点，则过E、F、B三点的平面与正方体的截面的截面积是______． 【答案】 【解析】 【分析】将截面作出来，然后利用平面几何的知识求解面积. 【详解】连接，取的中点，连接 分别为的中点，， ∴， 四边形为平行四边形 ， 同理可证四边形为平行四边形 ， ， 四边形为平行四边形， ∴过三点的平面与正方体的截面为四边形， 在Rt中，， 同理可得， ∴四边形为菱形， 在中，， ． 10. 在三棱锥中，，，且，则PC与平面PBA所成角的大小为______． 【答案】 【解析】 【分析】取中点，连接，由可知点在底面的投影是的外心即点，得到平面，进而得到平面平面；过点作，交于点，连接，由面面垂直的性质可得平面，则为直线与平面所成的角，在直角三角形中求解即可． 【详解】 如图所示，取中点，连接，因为，，， 得，又，所以点在底面的投影是的外心即点，故平面，又平面， 所以平面平面，过点作，交于点，连接， 平面平面，平面，故平面， 则为直线与平面所成的角， 在中，， 即，得， 所以，故=． 11. 如图在矩形中，，，、分别为、中点，在矩形内挖去，剩下图中阴影部分绕所在直线旋转一周，则该几何体的表面积为_______． 【答案】 【解析】 【分析】该几何体是由一个大圆柱挖去顶部一个小圆锥形成的组合体，其表面积由圆柱下底面、圆柱侧面、上底面圆环及圆锥侧面四部分组成，分别计算求和即可. 【详解】由题意可知，矩形中，，. 因为、分别为、中点，所以，.  阴影部分绕所在直线（即）旋转一周，所得几何体为一个底面半径，高的圆柱， 挖去一个底面半径，高的圆锥.该几何体的表面积包含四部分： ①圆柱的下底面积：； ②圆柱的侧面积：； ③上表面的圆环面积（由线段旋转形成）：； ④圆锥的侧面积（由线段旋转形成）：在中，由勾股定理得母线长， 所以. 故该几何体的表面积为：. 12. 如图，矩形中，，，M为的中点，将沿直线翻折，构成四棱锥，N为的中点，则在翻折过程中，①对于一个任意位置总有平面；②存在某个位置，使得；③存在某个位置，使得；上述说法中错误的序号是______． 【答案】② 【解析】 【分析】通过构造中位线得到平行四边形，证得线面平行恒成立，判断①；利用翻折后直角不变，结合平面内垂线唯一性推出垂直矛盾，判断②；借助线面垂直判定推导垂直成立的条件，结合边长计算验证其可行性，判断③． 【详解】设中点，连接， 为中点，故，， 故四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，故①正确； 若存在某个位置，使得，由得， 由翻折的性质可知，，即， 又与是平面内过的不同直线，不能同时垂直于， 与矛盾，故②错误； 存在某个位置，使得，翻折过程中， 平面，平面，故平面， 平面，则， ，，， 又，故是等边三角形． 取中点，则、，且． 过作平面，则． 因为能构成三角形，故可在平面内取直线外的点，使、． 由于，得，即． 又，且为公共边，所以，可沿翻折得到点． 又，所以． 故存在这样的位置使得，故③正确． 二、选择题（本大题共有4题，第13-14题每题3分，第15-16题每题4分） 13. 已知直线和平面，且，则“”是“”的（ ）条件． A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充分必要 D. 既非充分又非必要 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分必要条件的定义结合线面及线线垂直性质判断即可. 【详解】若，则直线可以属于，也可，则“”是“”的不必要条件， 当,,则，则“”是“”的充分条件， 故选：A． 14. 已知直线l与平面相交，则下列命题中，正确的个数为（ ） ①平面内的所有直线均与直线l异面； ②平面内存在与直线l垂直的直线； ③平面内不存在直线与直线l平行； ④平面内所有直线均与直线l相交 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用长方体模型举反例判断命题①④，分情况证明命题②，利用反证法证明命题③. 【详解】在长方体中，取平面为平面，直线为直线，则直线与平面相交，满足题意. 对于命题①，因为直线平面，直线与直线相交，所以命题①错误. 对于命题④，因为直线平面，直线与直线异面、不相交，所以命题④错误. 对于命题②，若直线与平面垂直，则任取直线，都有，即平面内存在与直线垂直的直线； 若直线与平面不垂直，如图，，在直线上任取异于点的点，过点作平面，垂足为，连接， 在平面内过点作直线，因为平面，，所以，又，，平面， 所以平面，直线平面，所以直线，故平面内存在与直线垂直的直线，命题②正确. 对于命题③，如图，假设平面内存在直线与直线平行，因为，，，与矛盾， 所以平面内不存在直线与直线l平行，命题③正确. 故命题正确的有②③，共个. 15. 点P在平面内的投影是O，且两两垂直，那么点O是的（ ） A. 内心 B. 外心 C. 垂心 D. 重心 【答案】C 【解析】 【分析】利用三垂线定理逆定理即可判断. 【详解】 如图所示，由已知可得平面， 所以平面， 又平面，所以. 又点P在平面内的投影为O，连接， 则是在平面内的投影， 由三垂线定理的逆定理可知，， 同理可证，即O是的垂心． 故选：C 16. 一个平行于圆锥（其底面半径和母线均为定值）底面的平面将圆锥分成上下两部分，设圆锥所分的上下两部分的侧面积分别为，，则函数的图像大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，则圆锥的侧面积为，则由题意可得，从而可得结论 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，则圆锥的侧面积为， 因为圆锥所分的上下两部分的侧面积分别为，， 所以，即， 因为为常数，所以函数的图像大致是一条线段， 故选：B 三、解答题（本大题共有5题，满分44分） 17. 如图，在四棱锥中，已知底面，底面是正方形，． （1）求证：直线平面； （2）求直线与平面所成的角的大小． 【答案】（1）证明：因为底面，平面，则， 在正方形中，，又，平面，所以直线平面； （2） 【解析】 【分析】（1）先由线面垂直可得，再由正方形可得，最后根据线面垂直的判定定理证明即可； （2）先由线面垂直的判定定理可证平面，则直线与平面所成的角为，再在中求出的大小. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由底面，平面，则， 在正方形中，，又，平面，所以平面， 又平面，所以，因此直线与平面所成的角为， 设，则，，所以在中，， 因此直线与平面所成的角为. 18. 如图，在正三棱柱中，分别为中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面. 【答案】（1）证明：在正三棱柱中，连接，连接， 则是中点，由为中点，得，， 由为中点，得，，于是，， 四边形是平行四边形，因此，又平面，平面， 所以平面. （2）证明：由（1）得，由，为中点， 得，则，由底面，而平面， 得，则，而平面，且， 因此面，又平面，所以平面平面. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定推理得证. （2）利用线面垂直的判定、性质及面面垂直的判定推理得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 如图所示圆锥中，为底面的直径．分别为母线与的中点，点是底面圆周上一点，若，，圆锥的高为． （1）求圆锥的侧面积； （2）求证：与是异面直线，并求其所成角的大小 【答案】（1） （2）证明如下： 因为在平面且不共线，在平面外 所以与是异面直线， 连接，由分别为的中点，得， 所以：为异面直线与所成的角或其补角， 在中，，， 取中点为，连接, ，，， 在中，， 所以异面直线与所成角的大小为. 【解析】 【小问1详解】 设圆锥底面半径为，母线长为, 因为为直径，是的中位线， 所以， ， 所以侧面积. 【小问2详解】 略 20. 如图，四边形为边长为的菱形，，，为的中点． （1）证明：； （2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 证明：连接，由菱形内角，得是正三角形， 由为的中点，得，由，得， 而平面，则平面， 又平面，所以. （2）存在， 【解析】 【分析】（1）连接，得是正三角形，由三线合一得，，根据线面垂直判定定理得到平面，进而得到结论； （2）在上取点，使，得到，进而，由线面平行判定定理得到结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在上取点，使，如（1）中的图所示， 因为菱形，则，且， 又因为为中点，所以，则有， ，而平面，平面， 因此平面，即线段上存在点，使得平面，. 21. 在三棱柱中，平面平面，，，，，且； （1）求侧棱到侧面的距离； （2）求二面角的大小． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由三棱柱侧棱平行得到线面平行，把侧棱到侧面距离转化为点B到平面的距离，再结合面面垂直性质，利用直角三角形等面积法求出B到的垂线段长； （2）以B为原点建系，根据等腰直角三角形与面面垂直确定坐标，求出两个平面的法向量，用向量夹角公式算出二面角大小． 【小问1详解】 底面中，，则， ， 设到的距离为，则，解得， 已知平面平面，且两平面交于， 所以底面到的垂线段垂直于侧面， 又，而平面， 故平面， 故侧棱到侧面的距离等于点到该平面的距离，即为． 【小问2详解】 取中点，连接，以为坐标原点，以方向为轴，方向为轴， 垂直于平面方向为轴，建立下图所示空间直角坐标系， 则， 结合，得，， 故， 又平面平面，平面平面， ，故是等腰直角三角形，，， 所以平面，即轴， 故，， 设是平面的法向量，则， 令，则， 平面的法向量， 由图可知二面角为锐二面角， 设二面角的平面角为，则， 故二面角的平面角为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $