2025-2026学年上海市徐汇区南模中学高二（上）期中数学试卷（含解析）

2025-2026学年上海市徐汇区南模中学高二（上）期中数学试卷一、填空题1．若圆锥的高为10，底面圆的半径为2，则这个圆锥的体积为．2．小明在期中复习时，对常见的“角”进行了简要梳理：①两条异面直线所成的角；②直线与平面所成的角；③二面角；④两个非零向量的夹角．则上述各种“角”的取值范围是，的有（请填写序号）．3．如图△是一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积等于．4．如图，正六棱柱中与直线异面的侧棱共有条．5．与圆柱底面成角的平面截圆柱得到如图所示的几何体，截面上的点到圆柱底面距离的最大值为3，最小值为1，则该几何体的体积为．6．一正四面体木块如图所示，点是棱的中点，过点将木块锯开，使截面平行于棱和，若木块的棱长为，则截面面积为．7．如图，在正四棱柱中，，该正四棱柱的体积为48，则直线与底面所成角的大小为．（用反三角函数表示）8．如图，在一个的二面角的棱上，有两个点、，、分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于的线段，且，，，则的长为．9．如图，在三棱柱中，所有棱长均为1，且底面，则点到平面的距离为．10．如图，正八面体棱长为4，空间动点满足，则的最大值为．11．“曼哈顿距离”是由19世纪赫尔曼闵可夫斯基所创词汇，表示两个点在空间（或平面）直角坐标系中的“绝对轴距”总和．例如：在空间直角坐标系中，点，，，，，之间的曼哈顿距离为．现已知在空间直角坐标系中，点为坐标原点，动点满足，则动点围成的几何体的体积为．12．数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为4，给出下列四个结论：正确的序号是．①若，是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值是4；②勒洛四面体被平面截得的截面面积是；③勒洛四面体的体积是；④勒洛四面体内切球的半径是．二、选择题（本大题共4题，满分18分，第13，14题4分，第15，16题5分）13．已知空间两点，，，，0，，向量满足，则实数的值为（）A．0 B．1 C．0或1 D．不存在14．已知正三棱柱的所有棱长均为2，且点在上运动，则直线与平面所成角的最大正弦值为（）A． B． C． D．15．点，，，在同一个球的球面上，，，若四面体体积的最大值为3，则这个球的表面积为（）A． B． C． D．16．如图，已知正方体中，，为线段上一点，为平面内一点，则的最小值是（）A． B． C． D．三、解答题17．如图，四棱锥中，底面，，点在线段上，且．（1）求证：平面；（2）若，，，，求两条异面直线和所成的角．18．如图，在正四棱柱中，底面边长为1，，，分别为，上的点，且，．（1）求证：直线平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．19．（1）对于精美的礼物，通常会搭配礼盒保护，现工厂有一种树脂工艺球待礼盒包装，为节省材料费用，定制礼盒尺寸大小卡住树脂工艺球避免其来回滚动即可．现在有两种定制方式，一种是正方体礼盒，另一种是圆柱体礼盒，均不计损耗的话后者的单位面积费用是前者的1.2倍，工厂应选择哪一种礼盒更经济实惠？（2）包装好的礼物，通常还会用彩带捆扎，有时还会扎出一个花结，这些包装彩带也不便宜，因此在捆扎时不仅要考虑美观、结实，也要考虑尽量地节省包装彩带．以长方体的礼盒为例，较为典型的两种捆扎方式分别为“十字”和“对角”，如下图所示．“十字”捆扎“对角”捆扎假设1：将礼物视作一个长方体，其长为4，宽为2、高为1；假设2：不考虑花结处的彩带，将每一段彩带视为线段，且完全位于礼物的表面上；假设3：“十字”捆扎中，长方体表面上的每一段彩带（上底面和下底面各2段，每个侧面各1段）都与其相交的棱垂直；假设4：“对角”捆扎中，以某种方式展开长方体后，长方体表面上的每一段彩带（上底面和下底面各2段，每个侧面各1段）在其表面展开图上均落在同一条直线上．①求“十字”捆扎中彩带的总长度；②根据假设4绘制示意图，求“对角”捆扎中彩带的总长度，并比较两种捆扎方式，给出用彩带捆扎礼物的建议．20．（18分）在空间直角坐标系中，任何一个平面都能用方程表示．（其中，，，且，且空间向量为该平面的一个法向量．有四个平面，，，，，（1）若平面与平面互相垂直，求实数的值；（2）请利用法向量和投影向量的相关知识证明：点，，到平面的距离为；（3）若四个平面，，，围成的四面体的外接球体积为，求该四面体的体积．21．（18分）已知完全封闭且内部中空的圆柱底面的半径为，母线长为．（1）当，时，在圆柱内放一个半径为1的实心球，求圆柱内空余部分的体积；（结果用精确值表示）（2）如图，当，时，平面与圆柱的底面所成锐二面角为，且平面只与圆柱的侧面相交，设平面与圆柱的侧面相交的轨迹为曲线，半径为1的两个球分别在圆柱内平面上下两侧且分别与平面相切于点，，若点为曲线上任意一点，求证：为定值；（3）在（1）的条件下，在圆柱内部空余的地方放入和实心球、侧面及相应底面均相切的半径为的同样大小的小球个，求的最大值．

参考答案一、填空题1．若圆锥的高为10，底面圆的半径为2，则这个圆锥的体积为．解：由已知，所求圆锥体积为．故答案为：．2．小明在期中复习时，对常见的“角”进行了简要梳理：①两条异面直线所成的角；②直线与平面所成的角；③二面角；④两个非零向量的夹角．则上述各种“角”的取值范围是，的有③④（请填写序号）．解：由异面直线所成的角的定义可知，异面直线的范围为，①错误；由线面所成的角的定义可知，直线与平面所成的角的范围为，②错误；由二面角的定义可知，二面角的范围为，，③正确；由两个向量的夹角的定义可知，两个非零向量的夹角为，，④正确．故答案为：③④．3．如图△是一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积等于．解：由题设，易知△是等腰直角三角形，因为，，所以原图中，，则原图面积为．故答案为：．4．如图，正六棱柱中与直线异面的侧棱共有4条．解：因为图中几何体为正六棱柱，所以根据正六棱柱的几何性质可得：侧棱中，没有与平行的直线；与相交的有，，共2条，又正六棱柱的侧棱，共有6条，所以与直线异面的侧棱共有条．故答案为：4．5．与圆柱底面成角的平面截圆柱得到如图所示的几何体，截面上的点到圆柱底面距离的最大值为3，最小值为1，则该几何体的体积为．解：如图，作出该几何体的轴截面，则所求几何体是由一个底面直径为2，高为2的圆柱的一半，和一个底面直径为2，高为1的圆柱构成，则所求几何体体积为：，故答案为：．6．一正四面体木块如图所示，点是棱的中点，过点将木块锯开，使截面平行于棱和，若木块的棱长为，则截面面积为．解：在平面内作直线，交于，在平面内作直线，交于，过点作直线，交于，，，，，四点共面，且面与和平行，则四边形是平行四边形，边长均为，由四面体的结构特征，可知，即可得到四边形是正方形，故其面积为．故答案为：7．如图，在正四棱柱中，，该正四棱柱的体积为48，则直线与底面所成角的大小为．（用反三角函数表示）解：因为正四棱柱，所以底面，，，相等，，所以，因为正四棱柱的体积为48，所以，即，解得，在△中，，，，所以，所以直线与底面所成角的大小为．故答案为：．8．如图，在一个的二面角的棱上，有两个点、，、分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于的线段，且，，，则的长为．解：在一个的二面角的棱上，有两个点、，、分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于的线段，且，，，．的长．故答案为：．9．如图，在三棱柱中，所有棱长均为1，且底面，则点到平面的距离为．解：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，，设平面的法向量为，则，则，所以点到平面的距离为．故答案为：．10．如图，正八面体棱长为4，空间动点满足，则的最大值为8．解：设的中点为，由，则，所以点落在以为球心，以1为半径的球上，在正八面体中，，则，，，而，，则，，所以的最大值为8．故答案为：8．11．“曼哈顿距离”是由19世纪赫尔曼闵可夫斯基所创词汇，表示两个点在空间（或平面）直角坐标系中的“绝对轴距”总和．例如：在空间直角坐标系中，点，，，，，之间的曼哈顿距离为．现已知在空间直角坐标系中，点为坐标原点，动点满足，则动点围成的几何体的体积为．解：设，，，因为动点满足，所以，当，，时，设，0，，，1，，，0，，，因此，点，，，共面，点围成的图形是边长为的正三角形及内部，由对称性知，动点围成的几何体是正八面体，每个面都是边长为的正三角形，所以动点围成的几何体的体积．故答案为：．12．数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为4，给出下列四个结论：正确的序号是①②④．①若，是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值是4；②勒洛四面体被平面截得的截面面积是；③勒洛四面体的体积是；④勒洛四面体内切球的半径是．解：对于①，根据题意可得可得勒洛四面体表面上的任意两点间的距离的最大值为4，所以①正确；对于②，勒洛四面体被平面截得的截面，如图（1）所示，其中边长为4，所以截面的面积为，所以②正确；对于③，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心为正四面体的外接球的球心，连接并延长，交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径，如图所示，在正四面体中，为△的中心，是正四面体的外接球的球心，连接，，，由正四面体的性质，可得在上，因为，所以，则，又，又，解得，则正四面体的外接球的体积为，因为勒洛四面体的体积小于正四面体的体积，所以③不正确；对于④，因为，所以，所以④正确．故答案为：①②④．二、选择题（本大题共4题，满分18分，第13，14题4分，第15，16题5分）13．已知空间两点，，，，0，，向量满足，则实数的值为（）A．0 B．1 C．0或1 D．不存在解：因为，，，，0，，则，又因为向量，满足，所以，解得．故选：．14．已知正三棱柱的所有棱长均为2，且点在上运动，则直线与平面所成角的最大正弦值为（）A． B． C． D．解：已知正三棱柱的所有棱长均为2，且点在上运动，过作于，则底面，且△为等边三角形．所以直线与平面所成角是，而，显然，要使最大，只需最大，即最小，在△中，故，此时最大，所以．故选：．15．点，，，在同一个球的球面上，，，若四面体体积的最大值为3，则这个球的表面积为（）A． B． C． D．解：根据题意知，直角三角形△的面积为3．其所在球的小圆的圆心在斜边的中点上，设小圆的圆心为，若四面体的体积的最大值，由于底面积不变，高最大时体积最大，所以，与面垂直时体积最大，最大值为，即，，如图．设球心为，半径为，则在直角△中，，即，，则这个球的表面积为：．故选：．16．如图，已知正方体中，，为线段上一点，为平面内一点，则的最小值是（）A． B． C． D．解：当时，才有可能取到最小值，将平面和平面展开成一平面，得上右图，当且仅当、、三点共线，且时，取得最小值，此时，．故选：．三、解答题17．如图，四棱锥中，底面，，点在线段上，且．（1）求证：平面；（2）若，，，，求两条异面直线和所成的角．解：（1）证明：因为平面，平面，所以因为，，所以，又，，平面，所以平面；（2）取中点，连接和，则，所以异面直线和所成的角是或其补角，由（1）知，所以，即异面直线和所成的角为．18．如图，在正四棱柱中，底面边长为1，，，分别为，上的点，且，．（1）求证：直线平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．解：（1）证明：如图建立空间直角坐标系，则，1，，，1，，，1，，，0，，，所以，，，设平面的法向量为，则，则，取，所以，所以，又直线平面，所以直线平面；（2）因为平面，所以平面的法向量可以为，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为．19．（1）对于精美的礼物，通常会搭配礼盒保护，现工厂有一种树脂工艺球待礼盒包装，为节省材料费用，定制礼盒尺寸大小卡住树脂工艺球避免其来回滚动即可．现在有两种定制方式，一种是正方体礼盒，另一种是圆柱体礼盒，均不计损耗的话后者的单位面积费用是前者的1.2倍，工厂应选择哪一种礼盒更经济实惠？（2）包装好的礼物，通常还会用彩带捆扎，有时还会扎出一个花结，这些包装彩带也不便宜，因此在捆扎时不仅要考虑美观、结实，也要考虑尽量地节省包装彩带．以长方体的礼盒为例，较为典型的两种捆扎方式分别为“十字”和“对角”，如下图所示．“十字”捆扎“对角”捆扎假设1：将礼物视作一个长方体，其长为4，宽为2、高为1；假设2：不考虑花结处的彩带，将每一段彩带视为线段，且完全位于礼物的表面上；假设3：“十字”捆扎中，长方体表面上的每一段彩带（上底面和下底面各2段，每个侧面各1段）都与其相交的棱垂直；假设4：“对角”捆扎中，以某种方式展开长方体后，长方体表面上的每一段彩带（上底面和下底面各2段，每个侧面各1段）在其表面展开图上均落在同一条直线上．①求“十字”捆扎中彩带的总长度；②根据假设4绘制示意图，求“对角”捆扎中彩带的总长度，并比较两种捆扎方式，给出用彩带捆扎礼物的建议．解：（1）现在有两种定制方式，一种是正方体礼盒，另一种是圆柱体礼盒，均不计损耗的话后者的单位面积费用是前者的1.2倍，设球的半径为，正方体礼盒的造价为元，正方体礼盒、圆柱形礼盒的总造价分别为，，显然，，，都是正数，所以，所以工厂应选择圆柱体礼盒更经济实惠；（2）①采用“十字”捆扎中彩带的总长度为；②采用“对角”捆扎中彩带的总长度为，由于，因此在实际生活中包装彩带时应选择“对角”捆扎的方式，更节省包装彩带．20．（18分）在空间直角坐标系中，任何一个平面都能用方程表示．（其中，，，且，且空间向量为该平面的一个法向量．有四个平面，，，，，（1）若平面与平面互相垂直，求实数的值；（2）请利用法向量和投影向量的相关知识证明：点，，到平面的距离为；（3）若四个平面，，，围成的四面体的外接球体积为，求该四面体的体积．解：（1）平面的法向量，平面的法向量，因为平面与平面互相垂直，所以，解得；（2）证明：不妨设，在平面内取一点，则向量，取平面的一个法向量，则所以点