2025-2026学年上海市复旦大学附属复兴中学高二上学期期中考试数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年上海市复旦大学附属复兴中学高二上学期期中考试数学试卷（含答案），共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共有4题，满分18分，第1、2题每题4分，第3、4题每题5分。
1.已知a、b、c是空间中的三条不重合的直线，α、β、γ是三个不同的平面，下列命题中真命题是( )
A. 若a//α，α//β，则a//βB. 若α⊥β，β⊥γ，则α//γ
C. 若a⊥b，b⊥c，则a//cD. 若b⊥β，b⊥γ，则β//γ
2.已知向量a,b,c是空间的一组基底，则下列可以构成基底的一组向量是( )
A. a+b，a，a-bB. a+b，b，a-b
C. a+b，c，a-bD. a+b，2a-b，a-b
3.如图，圆锥O的轴截面是一个面积为1的等腰直角三角形，C为弧AB上的一点，∠CPB=45 ∘，E为线段PB上的动点，则CE+OE的最小值为( )
A. 2B. 3C. 2D. 22+ 52- 2
4.三棱锥P-ABC各顶点均在半径为2 2的球O的表面上，AB=AC=2 2,∠BAC=90。，二面角P-BC-A的大小为45。，则对以下两个命题，判断正确的是( )①三棱锥O-ABC的体积为83；②点P形成的轨迹长度为2 6π．
A. ①②都是真命题B. ①是真命题，②是假命题
C. ①是假命题，②是真命题D. ①②都是假命题
二、填空题：本题共12题，第5-10题每题4分,第11-16题，每题5分，共54分。
5.两个平面最多可以将空间分成 部分．
6.已知正方形边长为1，把该正方形绕着它的一条边旋转一周所形成的几何体的体积为
7.已知一球的体积为π6，则该球的表面积为
8.如图，已知长方体ABCD-A1B1C1D1的棱长AA1=3cm，AB=4cm，则点A到棱B1C1的距离是 cm．
9.如图，矩形A'B'C'D'的长A'B'为4 cm，宽A'D'为2 cm,O'是A'B'的中点，它是水平放置的一个平面图形ABCD的直观图，则ABCD的周长为 cm．
10.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的所有棱中，其所在的直线与直线BA1成异面直线的共有 条．
11.空间三角形ABC三个顶点的坐标分别为(0,0,0),(1,0,1)和(-3,1,2)，则三角形ABC的面积S▵ABC=
12.如图，半径R=2的球O中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，该圆柱的表面积等于
13.如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则圆锥的母线长为 ．
14.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”：底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图，在堑堵ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1=AB=2.有下列命题：

①四棱锥B-A1ACC1为“阳马”；
②四面体A1C1CB为“鳖臑”；
③四棱锥B-A1ACC1体积最大为23；
④过A点分别作AE⊥A1B于点E,AF⊥A1C于点F，则EF⊥A1B．
则正确命题是
15.从点O引三条射线OA、OB、OC，其两两间的夹角为60°、90°、120°，则这三个角的角平分线两两之间的夹角的最小值是 ．
16.如图，点M，N分别为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1，BB1的中点，以正方体的六个面的中心为顶点构成一个八面体，若平面D1MNC1将八面体分割成上、下两部分，记上、下两部分的体积分别为V1，V2，则V1V2= ．
三、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中．
(1)求异面直线A1C和BD所成角的大小；
(2)求二面角B-A1C-D的大小．
18.(本小题12分)
如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，AD= 2.点M为BC的中点．
(1)证明：平面PAM⊥平面PBD；
(2)求点B到平面PAM的距离．
19.(本小题12分)
如图，三棱锥P-ABC中，底面ABC是正三角形，PA⊥底面ABC，AG⊥平面PBC，垂足为G．

(1)G是否可能是ΔPBC的垂心，请说明理由
(2)若G恰是▵PBC的重心，求直线AB与平面PBC所成角的大小．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥S-ABCD中，SA⊥平面ABCD，AD//BC，AB⊥BC，且SA=AB=BC=2，AD=1，M是棱SB的中点．
(1)求点A到平面SBC的距离；
(2)求平面SBC与平面SAD所成的锐二面角的余弦值；
(3)设N是棱CD(含端点)上的动点，求直线AD与平面AMN所成角的大小的取值范围．
21.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AB⊥AA1，∠A1AC=2π3，点M为棱CC1的中点，点T是线段BM上的一动点，AA1=AC=2AB=2．
(1)证明：CC1⊥BM；
(2)求二面角B-CC1-A的大小；
(3)设直线AT与平面B1BCC1、平面A1ABB1、平面ABC所成角分别为θ1、θ2、θ3，求sinθ1+sinθ2+sinθ3的最大值．
参考答案
1.D
2.C
3.B
4.A
5.4
6.π
7.π
8.5
9.20
10.6
11.3 32/32 3
12.12π
13.9
14.①②④
15.45 ∘
16.111
17.【详解】(1)
不妨设正方体边长为1，以D为坐标原点，DA, DC, DD1分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，则A11,0,1，C0,1,0，D0,0,0，B1,1,0．
从而A1C=-1,1,-1，BD=-1,-1,0．
由于A1C⋅BD=1-1=0，故A1C⊥BD，所以异面直线A1C和BD所成角的大小为π2
(2)由(1)，DA1=1,0,1，DC=0,1,0，CA1=1,-1,1，CB=1,0,0．
设平面DA1C的一个法向量n=x,y,z，则n⋅DA1=x+z=0n⋅DC=y=0．
令x=1，则z=-1，y=0，故n=1,0,-1．
同理：平面BA1C的一个法向量m=0,1,1，故csm,n=m⋅nmn=-1 2⋅ 2=-12．
由于m=0,1,1朝向二面角B-A1C-D的外部，n=1,0,-1朝向二面角B-A1C-D的内部，故二面角B-A1C-D的余弦值为csm,n=-12，从而其大小为2π3．
18.【详解】(1)因为PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以PD⊥AM．
底面为矩形，且PD=DC=1，AD= 2，则tan∠ABD=ADAB= 2=ABBM=ct∠BAM，
所以Rt△ABD∼Rt△BMA，易知BD⊥AM．
又PD∩BD=D，PD,BD⊂面PBD，所以AM⊥平面PBD，而AM⊂平面PAM，
所以平面PAM⊥平面PBD．
(2)设AM与BD交于点E，连接PE，过点B作BH垂直于PE交其于点H，
由①知，面PAM⊥面PBD，面PAM∩面PBD=PE，BH⊥PE且BH⊂面PBD，
因此BH⊥面PAM，线段BH的长为点B到平面PAM的距离．
由S▵PEB=12⋅BE⋅PD=12⋅PE⋅BH，解得BH= 77．
因此点B到平面PAM的距离为 77．
19.【详解】(1)如图：假设G是▵PBC的垂心，则：BG⊥PC，
又因为AG⊥平面PBC，PC⊂平面PBC，
所以AG⊥PC，又AG∩BG=G,AG,BG⊂平面ABG，
所以PC⊥平面ABG，AB⊂平面ABG，
所以PC⊥AB，又因为PA⊥底面ABC，
所以PA⊥AB，又PA∩PC=P,PA,PC⊂平面PAC，
所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥AC，与底面ABC是正三角形矛盾，
所以G不是▵PBC的垂心．
(2)因为AG⊥平面PBC，
所以∠ABG为所求的AB与平面PBC所成角大小，
取BC中点F，连结AF,PF，
不妨设AB=2,GF=t，则：AF= 3,PG=2t,PF=3t，
因为AG⊥平面PBC，所以：AG⊥PF，
又因为PA⊥底面ABC，所以PA⊥PF，
所以在三角形PAF中，有AF2=GF⋅PF=3t2，
所以t=1，所以AG= 2，又AB=2，
所以∠ABG=π4，
所以AB与平面PBC所成角大小为π4．


20.【详解】(1)∵SA⊥平面ABCD，且AB，BC⊂平面ABCD，
∴SA⊥AB，SA⊥BC，
∵AB⊥BC，SA∩AB=A，且SA，AB⊂平面SAB，
∴BC⊥平面SAB，
∵BC⊂平面SBC，
∴平面SAB⊥平面SBC，
∵M是SB中点，且SA=AB=2，
∴AM⊥SB，AM=12SB= 2，
∵平面SAB∩平面SBC=SB，AM⊂平面SAB，
∴AM⊥平面SBC，
∴点A到平面SBC的距离d=AM= 2；
(2)
由AD//BC，可知AD，AB，AS两两垂直，
所以以点A为坐标原点，AD，AB，AS分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A0,0,0，B0,2,0，C2,2,0，D1,0,0，S0,0,2，
所以BC=2,0,0，BS=0,-2,2，
设平面SBC的法向量n=x,y,z，
则BC⋅n=2x=0BS⋅n=-2y+2z=0，令y=1，得n=0,1,1，
又易知平面SAD的一个法向量m=AB=0,2,0，
∴cs n,m=2 2⋅2= 22，
即平面SBC与平面SAD所成的锐二面角余弦值为 22；
(3)设DN=λDC，λ∈0,1，
又M是SB中点，则M0,1,1，
即AM=0,1,1，AD=1,0,0，DC=1,2,0，DN=λDC=λ,2λ,0，
所以AN=AD+DN=λ+1,2λ,0，
设平面AMN法向量v=a,b,c，
则b+c=0λ+1a+2λb=0，令b=-λ-1，得v=2λ,-λ-1,λ+1，
则cs AD,v=2λ1⋅ (2λ)2+(-λ-1)2+(λ+1)2=2λ 6λ2+4λ+2，λ∈0,1，
所以直线AD与平面AMN夹角θ满足sinθ=2λ 6λ2+4λ+2，
当λ=0时，sinθ=0，
当λ≠0，sinθ=2 6+4⋅1λ+2⋅1λ2=2 21λ+12+4，且1λ∈1,+∞,
所以sinθ∈0, 33,
综上所述sinθ∈0, 33，
因为θ∈0,π2，所以θ∈0,arcsin 33．
21.【详解】(1)
如图，因为CC1//AA1,AB⊥AA1，所以CC1⊥AB，连接AM,AC1，
因AA1=AC，∠ACC1=π-∠A1AC=π-2π3=π3，则▵ACC1为等边三角形
又点M为棱CC1的中点，故AM⊥CC1，因AM∩AB=A,AM,AB⊂平面ABM，
故CC1⊥平面ABM，因BM⊂面ABM，故CC1⊥BM．
(2)由(1)得：CC1⊥BM，AM⊥CC1，
则∠AMB即为二面角B-CC1-A的平面角
因▵ACC1为边长为2的等边三角形，则AM= 32AC= 3，
由BB1//AA1,AB⊥AA1，可得AB⊥BB1，
又AB⊥BC，BC∩BB1=B,BC,BB1⊂平面B1BCC1，故AB⊥平面B1BCC1，
因BM⊂平面B1BCC1，则AB⊥BM
在Rt▵ABM中，因sin∠AMB=ABAM= 33，则∠AMB=arcsin 33．
所以二面角B-CC1-A的大小为arcsin 33．
(3)由(1)、(2)得：BM⊥BB1,BM⊥AB，因AB∩BB1=B,AB,BB1⊂平面A1ABB1，
则得BM⊥平面A1ABB1，又AB⊥平面BB1C1C,
则可得θ1=∠ATB,θ2=∠TAB，且θ1+θ2=π2，设θ2=α，则θ1=π2-α，
过点T作BC的垂线，垂足为H，因AB⊥平面BB1C1C,TH⊂平面BB1C1C,则TH⊥AB
因AB∩BC=B,AB,BC⊂平面ABC，故TH⊥平面ABC，所以θ3=∠TAH，
在Rt▵TAB中，AT=1csα,BT=tanα，在Rt▵MBC中，sin∠MBC=MCBC= 33，
在Rt▵TBH中，TH=BT⋅sin∠MBC= 33tanα，在Rt▵ATH中，sinθ3=THAT= 33sinα，
所以sinθ1+sinθ2+sinθ3=sin(π2-α)+sinα+ 33sinα
=(1+ 33)sinα+csα= (1+ 33)2+1⋅sinα+φ(其中φ是锐角，满足tanφ=11+ 33)
由题意，T是线段BM上的一动点，且BM= BC2-CM2= 2，
在Rt▵ATB中，0