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闵行区“六校联合教研”2025-2026学年高二上学期期中质量调研数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：_________
一、填空题(本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分)
1．“点在平面上”用集合符号表示是
2．若两条不同直线，没有公共点，则，所有可能的位置关系是 .
3. “直线平面”是“直线与平面内的任意直线都没有公共点”的 条件.
4．如图，在正方体中，异面直线与所成角的大小为 .
5．如图，△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图，O'A'=O'B'=2，∠A'O'B'=45°，
则△OAB的面积是 ．
线段的长度等于它在平面上投影长的2倍，
则所在直线与平面所成角的大小为 .
7．如图所示，已知AB⊥平面BCD，BC⊥CD，则图中互相垂直的平面有 ．
8．底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，
所得棱台的体积为 ．
9．如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，
则二面角的大小
10．已知等边边长为2，平面，且，
则点C到平面的距离为 ．
11．如图，在一个轴截面为正三角形的圆锥形容器中注入高为h的水，然后，将一个铁球放入这个圆锥形的容器中，若水面恰好和球面相切，则这个球的半径为 .

12．从正方体八个顶点的两两连线中任取两条直线，且是异面直线，则所成角的余弦值的所有可能取值
构成的集合是 .
二.选择题(本大题共有4题, 13-14每题4分, 15-16每题5分, 满分18分)
13．已知直线l和平面α相交，则它们所成角的范围是（　　）
A． B． C． D．
A．若l∥α，α，则l∥m B．若l∥α，m∥α，则l∥m
C．若l⊥α，m∥α，则l⊥m D．若l∥α，m⊥l，则m⊥α
15．在图示正方体中，O为BD的中点，直线平面，
下列说法错误的是（ ）
A．A，C，，四点共面 B．，M，O三点共线 C．平面 D．与BD异面
16．如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法中：①动点轨迹的长度为；②三棱锥体积的最小值为；
③与不可能垂直；④当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为；其中正确的有（ ）
A．① ②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
三.解答题(本题共5道题，14+14+14+18+18，满分78分)
17．如图，半球内有一内接正方体（即正方体的一个面在半球的底面圆上，
其余顶点在半球上）；若正方体的棱长为，求：
（1）半球的半径；（2）半球的表面积和体积．
18．如图，在四棱锥中，底面是菱形，侧棱底面，是的中点，是的中点．
（1）证明：平面；（2）证明：平面；
19．如图所示，某建筑物模型无下底面，有上底面，其外观是圆柱，底部挖去一个圆锥；
已知圆柱与圆锥的底面大小相同，圆柱的底面半径为，高为，圆锥母线为．
（1）计算该模型的体积；（2）现需使用油漆对100个该种模型进行涂层，
油漆费用为每平方厘米元，总费用是多少？
已知，平面，，，点为的中点，过点分别作平行于平面的直线
交、于点、．
（1）证明：平面平面；（2）证明：平面平面；（3）求平面到平面的距离．
21．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面QAD是正三角形，侧面底面，
M是QD的中点．
（1）求证：平面；（2）求侧面QBC与底面所成二面角的余弦值；
（3）在棱QC上是否存在点N使平面平面AMC成立？
如果存在，求出，如果不存在，说明理由．
闵行区“六校联合教研”2025-2026学年高二上学期期中质量调研数学试卷解析
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：_________
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）
1. 2.平行或异面 3.必要不充分 4.60°/ 5.4 6.60°/
7.3 8.28 9. 10. 11. 12.
7．3【详解】由AB⊥平面BCD，又AB 平面ABC、平面ABD，所以平面ABC⊥平面BCD，平面ABD⊥平面BCD；
由AB⊥平面BCD可得：CD⊥AB，又CD⊥BC，所以CD⊥平面ABC，又CD 平面ACD，故平面ABC⊥平面ACD．
故答案为3．
8．【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；
方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.
【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，
所以原正四棱锥的高为，所以正四棱锥的体积为，
截去的正四棱锥的体积为，所以棱台的体积为；
方法二：棱台的体积为；故答案为：.
9.【分析】过作交于，连接，由线面垂直的性质结合勾股定理可得，
则，再根据二面角的定义可知即为二面角的平面角，求即可.
【详解】如图过作交于，连接， 因为底面，底面，所以，，，
因为底面是正方形，，所以由勾股定理可得，即，又，，所以，所以，
因为平面平面，所以即为二面角的平面角，
因为，由勾股定理可得，，，
设，则，所以由得，解得，
所以，在中由余弦定理可得，
因为，所以，即二面角的大小为，故答案为：.
10．【分析】利用等体积计算即可.【详解】因平面，则为三棱锥的高，
则，由平面，平面，则，
在直角中，，同理，则等腰的底边上的高为，则，设点C到平面的距离为，
则，得，故答案为：.
11．【分析】根据水的高度以及圆锥形容器的轴截面为等边三角形得到水的体积，设出球的半径表示出球的体积，则根据放球后总体积，得到关于铁球半径的方程，解出即可.
【详解】如图，作出圆锥容器的轴截面，为正三角形，，，
故，设铁球的半径为，则，，
在中，，设放入球后，球与水共占体积为，
则，又，依题意有，故，
解得；故答案为：.
12．【分析】将所有直线分为正方体的棱，面对角线，体对角线三类，然后讨论不同情况的时候的
异面直线的夹角的余弦值即可.【详解】利用异面直线的夹角范围为，故其余弦值范围为，
可以分为以下几类：两条棱所在直线异面时，所成角的度数是，其余弦值为0；面对角线与棱所在直线异面时，
所成角的度数是或，其余弦值为或0；两条面对角线异面时，所成角的度数是或，其余弦值为或0；
体对角线与棱所在直线异面时，所成角的余弦值为；体对角线与面对角线异面时，所成角的度数是，
其余弦值为0；所以从正方体八个顶点的两两连线中任取两条直线，且是异面直线，
则所成角的余弦值的所有可能取值构成的集合是.
二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）
13. B 14. C 15.C 16. C
15．C【分析】根据点与线、点与面、线与面的位置关系判断即可.
【详解】对于A选项，且，所以共面，故A正确；对于B选项，直线平面，所以平面，因为直线，又平面，所以平面，因为为中点，
平面，所以 平面，底面为正方形，所以为中点，平面，所以 底面，
又平面，平面，所以平面与平面相交，且在交线上，
即三点共线，故B正确；对于选项C，平面平面 ，平面，但直线，
所以平面，故C错误；对于选项D，直线平面，直线平面，，
所以直线与为异面直线，故D正确；故选：C
C【分析】对①：由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到
平面平面，进而得到的轨迹为线段，对②：，根据棱锥体积公式分析即可，对③：举反例即可；对④：利用勾股定理求出外接球半径即可.【详解】对①，如图，令中点为，中点为，连接，
又正方体中，为棱的中点，可得，平面
平面，又，且平面，所以平面平面，又平面，
且平面，平面，又为正方形内一个动点（包括边界），平面平面，而平面平面，，即的轨迹为线段，由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项①正确；对②B，由正方体侧棱底面，所以三棱锥体积为，
所以面积最小时，体积最小，如图，，易得在处时最小，
此时，所以体积最小值为，故选项②正确；对③，当为线段中点时，由
可得，又中点为，中点为，，而，，故选项③不正确；
对④，如图，当在处时，三棱锥的体积最大时，由已知得此时，
所以在底面的射影为底面外心，，，所以底面为直角三角形，
所以在底面的射影为中点，设为，如图，设外接球半径为，
由，可得外接球半径，
外接球的表面积为，故选项④正确；故选：C.
三、解答题（本大题共有5题，满分78分）
17. （本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）
（1）因正方体的棱长为，则在半球上的正方体4个顶点所在小圆半径为…………3分
而半球球心到此截面小圆距离为，因此半球半径………6分
（2）半球的表面积，………10分，体积………14分
18．（本题满分14分，第1小题满分8分，第2小题满分6分）
（1），，………………3分
平面平面，平面…………3分

（2）平面平面，，……8分
菱形为菱形的对角线，，…………9分
平面，平面．………14分
（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）
（1）设圆锥的高为，由题意得圆锥母线为，圆锥的底面半径为，则………2分
设圆柱的底面半径为，高为，由已知可得，，
所以圆柱的体积，………4分
圆锥的体积……6分， ；………8分
（2）圆柱的侧面积为，圆柱的上底面的面积为，圆锥侧面积为.
一个模型的表面积，……12分
所以总费用为（元）.……14分
（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）
【详解】（1）由平面，平面，则，而，
由，平面，则平面，由平面，则平面平面；
依题意可知，平面，平面，由于，平面，
所以平面平面；
（3）由（1）知平面，则平面，，所以平面，平面，
由平面，平面，平面平面，所以，
又点为的中点，则是的中点，所以平面到平面的距离为.
21．（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）
（1）因为侧面QAD是正三角形，M是QD的中点，所以，………1分
因为，面面，面面，面，所以面，……2分
又面，所以，…3分，又平面，所以平面；………4分
（2）取的中点，的中点，连接，则且，，故，
因为面面，面面，面，所以面，…………6分
因为面，所以，又平面，所以平面，……8分
又平面，所以，则即为侧面QBC与底面所成二面角的平面角，
设，则，故，所以，
即侧面QBC与底面所成二面角的余弦值为；………10分
（3）当面时，平面平面，证明如下：
如图，连接交于点，连接，因为底面是正方形，
所以，由（2）得面，因为面，所以，
因为面时，，所以，……12分
又平面，所以平面，又平面，所以平面平面，……14分
因为，所以，因为，所以，
所以在棱QC上存在点N，当时，平面平面AMC. …………18分

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