上海市南模中学2025-2026学年高二上学期期中数学试卷及答案

这是一份上海市南模中学2025-2026学年高二上学期期中数学试卷及答案，共30页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（本次考试时间120分钟，满分150分，命题人：李振昕，审题人：蔡文意）
一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）
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，最小值为，则该几何体的体积为____________．
6. 一个正四面体木块如图所示，点P是棱VA的中点，过点P将木块锯开，使截面平行于棱VB和AC，若木块的棱长为a，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AB的线段，且，则CD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（Manhattan Distance）”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O为坐标原点，动点P满足，则由动点P构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ABCD的棱长为4，给出下列四个结论：正确的序号是______．
①若P，Q是勒洛四面体ABCD表面上的任意两点，则PQ的最大值是4；
②勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是；
③勒洛四面体ABCD的体积是；
④勒洛四面体ABCD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，向量满足，则实数的值为（ ）
A. 0B. 1C. 0或1D. 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. 已知，，，四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，，P为线段上一点，Q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，，，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．
假设1：将礼物视作一个长方体，其长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. 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. 已知完全封闭且内部中空圆柱底面的半径为，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45°，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.
参考答案及解析：
2025学年第一学期南模中学高二年级期中考试
数学学科
（本次考试时间120分钟，满分150分，命题人：李振昕，审题人：蔡文意）
一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）
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______．
【答案】
【解析】
【分析】利用圆锥的体积计算公式即得.
【详解】因圆锥的底面半径为2、高为，则其体积为.
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______（请填写序号）
【答案】③④
【解析】
【分析】根据异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，两个非零向量的夹角的概念即可判断.
【详解】异面直线所成的角的范围为，①错误；
直线与平面所成的角的范围为，②错误；
二面角的范围为，③正确；
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______．
【答案】
【解析】
【分析】根据直观图面积与原面积关系即可得到答案.
【详解】由图易知为等腰直角三角形，则，
根据面积比关系得原图形的面积等于.
故答案为：
4. 如图，正六棱柱中与直线异面的侧棱共有______条．

【答案】
【解析】
【分析】分别写出与平行的侧棱，以及相交的侧棱，即可得出答案.
【详解】根据正六棱柱的性质结合图像可得，
在侧棱中，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，最小值为，则该几何体的体积为____________．
【答案】
【解析】
【分析】由图形可知所求几何体是由底面直径相同，高为1的圆柱和高为2的圆柱的一半拼成，由圆柱体积公式可求得结果.
【详解】作出几何体的轴截面如下图所示：
则所求几何体是由一个底面直径为2，高为1的圆柱，
和一个底面直径为2，高为2圆柱的一半构成，
则所求几何体体积为：
，
故答案为：.
6. 一个正四面体木块如图所示，点P是棱VA的中点，过点P将木块锯开，使截面平行于棱VB和AC，若木块的棱长为a，则截面面积为________.

【答案】
【解析】
【详解】试题分析：VB∥平面DEFP，平面DEFP平面VAB=PF，所以VB∥PF．同理，VB∥DE，EF∥AC，PD∥AC，所以四边形DEFP是平行四边形，且边长均为．易证，正四面体对棱垂直，所以VBAC，即PFEF．因此四边形DEFP为正方形，所以其面积为．
考点：正四面体的性质及有关其截面问题．
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）
【答案】
【解析】
【分析】先求出四棱柱的高，再在中求解直线与底面所成角的大小.
【详解】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，根据棱柱体积公式得
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AB的线段，且，则CD的长为_____________ ．
【答案】
【解析】
【分析】由题设，应用向量数量积定义、运算律求线段长．
【详解】由题设，，，
所以
，
所以.
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______.

【答案】
【解析】
【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面的法向量，再由点到平面的距离公式求解即可.
【详解】以点为坐标原点，为轴，为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，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，即，
令，则，故，
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________.

【答案】8
【解析】
【分析】设的中点为，由题设可得，进而得到点落在以为球心，以1为半径的球上，再根据空间向量的数量积运算可得，进而求解即可.
【详解】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（Manhattan Distance）”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O为坐标原点，动点P满足，则由动点P构成的几何体的体积为______．
【答案】##
【解析】
【分析】设，利用曼哈顿距离的定义列式，考查时点所围图形，再利用对称性即得几何体，进而求出体积.
【详解】设，则，当时，
当时，设，
，
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，
当时，动点P构成几何体是棱长为的正八面体，
所以动点P构成的几何体的体积.
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ABCD的棱长为4，给出下列四个结论：正确的序号是______．
①若P，Q是勒洛四面体ABCD表面上的任意两点，则PQ的最大值是4；
②勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是；
③勒洛四面体ABCD的体积是；
④勒洛四面体ABCD内切球的半径是．
【答案】①②④
【解析】
【分析】由勒洛四面体的定义，可判定①正确；由勒洛四面体被平面截得的截面，求得其面积，可判定②正确；由勒洛四面体内切球的球心，即为正四面体的外接球的球心，连接并延长，利用求得性质，求得，得到正四面体的外接球的体积为，可判定③不正确；由，求得，可判定④正确.
【详解】对于①，由勒洛四面体的定义，可得勒洛四面体表面上的任意两点间的距离的最大值为，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，
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，即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，
又因为，即，
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：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，向量满足，则实数的值为（ ）
A. 0B. 1C. 0或1D. 不存在
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量平行的坐标关系即可求解．
【详解】已知，，则，
因为，所以，
解得．
故选：A．
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.
【答案】B
【解析】
【分析】过作于，根据已知易得底面，且为等边三角形，再由线面角的定义找到直线与平面所成角的平面角，进而分析其最大对应的正弦值即可.
【详解】过作于，根据正三棱柱的结构特征知底面，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，此时.
故选：B
15. 已知，，，四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.
【答案】C
【解析】
【分析】
由底面积不变,可得高最大时体积最大, 即与面垂直时体积最大, 设球心为,半径为,在直角中,利用勾股定理列方程求出半径，即可求出球的表面积.
【详解】
根据,可得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,
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C.
【点睛】本题主要考球的性质、棱锥的体积公式及球的表面积公式，属于难题.球内接多面体问题是将多面体和旋转体相结合的题型，既能考查旋转体的对称形又能考查多面体的各种位置关系，做题过程中主要注意以下两点：①多面体每个面都分别在一个圆面上，圆心是多边形外接圆圆心；②注意运用性质.
16. 如图，已知正方体中，，P为线段上一点，Q为平面内一点，则的最小值是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用几何法，结合平面展开图，可找到最小距离，通过计算即可得到答案.
【详解】
当，即可得平面，此时是最小距离，
然后把平面与平面展开成共面，
如第二个图：即可得过作的垂线，垂足为
此时，即此时取到最小值，
由正方体可知：，
所以.
故选：A
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.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）先应用线面垂直得出，再应用线面垂直判定定理得出；
（2）应用线线平行得出是异面直线和所成的角或其补角，再应用边长得出角即可.
【小问1详解】
因为平面，平面，
所以.
因为，，
所以.
又，平面，
所以平面；
【小问2详解】
取中点，连接和.
因为，，所以为等腰直角三角形.
由，可知，，.
故为等腰直角三角形.
于有，则，
所以是异面直线和所成的角或其补角，
由勾股定理易知，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，，，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．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，即可得到，从而得证；
（2）求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，取，
所以，所以，
又直线平面，所以直线平面；
【小问2详解】
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．
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．
【答案】（1）应选择圆柱体礼盒更经济实惠；
（2）①16；②，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
【解析】
【分析】（1）设球的半径为，正方体礼盒的造价为元，将两种礼盒的总造价相比即可得出结论；
（2）①直接利用题意即可求出采用“十字”捆扎中彩带的总长度；
②求出“对角”捆扎中彩带的总长度，比较大小，即可得到答案.
【详解】（1）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
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. 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.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据两平面垂直法向量关系运算得解；
（2）根据空间点到平面的距离向量公式运算得证；
（3）联立可求得顶点，同理可求得其它顶点坐标，设外接球球心为，根据接球半径，求得球心的坐标，进而求得顶点的坐标，利用（2）的结论求出四面体的高，运算求得四面体的体积.
【小问1详解】
根据题意，平面的法向量，平面的法向量，
所以，故.
【小问2详解】
不妨设，在平面内取一点，
则向量，
取平面的一个法向量，
所以点到平面距离为.
【小问3详解】
由解得交点，
同理，可得其它交点，，，
又四面体外接球体积为，故外接球半径，
设球心为，则，即有
得或，
当球心坐标为时，，得（舍去），
当球心坐标为时，，
得（舍去）或，故，
所以到平面即的距离为
，
又是正三角形，所以，
故.
【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键是理解新定义，求出四面体的各个顶点坐标运算得解.
21. 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45°，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.
【答案】（1）
（2）见解析 （3）30
【解析】
【分析】（1）分别计算出圆柱，和球的体积，从而得到圆柱内空余部分的体积.
（2）易知，曲线为椭圆，再利用球外一点到球的切线长必相等，知应为定值.
（3）考虑轴截面，数形结合求出小圆半径，再考虑大球及小球在底面上的投影，计算出每个小圆所占大小，从而得出答案.
【小问1详解】
，，
则圆柱内空余部分的体积为：.
【小问2详解】
当，时，平面与圆柱的底面所成锐二面角为45°，且平面只与圆柱的侧面相交，则平面与圆柱的侧面相交的轨迹为椭圆.且长轴长为，短轴长为.
如图，在椭圆上任取一点，过作平行于圆柱的母线的直线，交上方球与圆柱相切的圆于点,交下方球与圆柱相切的圆于点.
则与球相切，与球相切，
又∵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，，
∴，，
∴，即椭圆上任意一点到，的距离和为定值，
∴，为椭圆的两焦点，故.
【小问3详解】
考虑其轴截面，如下图所示，

,
则，
∴，解得
考虑大球及小球在底面上的投影，如下图所示，

，
∴，即，
∵
∴下方空余位置最多可放15个，
∴.
“十字”捆扎
“对角”捆扎
“十字”捆扎
“对角”捆扎