上海市上海中学东校2025-2026学年高二上学期期中数学试卷及答案

这是一份上海市上海中学东校2025-2026学年高二上学期期中数学试卷及答案，共28页。试卷主要包含了11等内容，欢迎下载使用。
2025.11
（满分：110分 时间：90分钟）
一、填空题（14题，每题3分）
1. 两条异面直线所成角的范围是________．
2. 已知，如果，那么实数的值为______.
3. 底面半径为1，母线长为2的圆锥的侧面积为______．
4. 长方体的12条棱的总长度为，表面积为，那么长方体的外接球半径为___________．
5. 半径为球放在墙角，同时与两墙面和地面相切，如果球心到墙角顶点的距离为2，则__________.
6. 如图所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化后正好盛满杯子，则杯子高_______．
7. 一个正方体的展开图如图所示，B、C、D为原正方体的顶点，A为原正方体一条棱的中点，在原来的正方体中，直线与所成角的余弦值为______．
8. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则_______________
9. 如图，正方体的棱长为2，是棱的中点，是侧面内一点（包括边界），若平面，则长度的范围为___________．
10. 如图，圆锥的母线长为4，点为母线的中点，从点处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到点，这条绳子的长度最短值为，则此圆锥的表面积为__________
11. 在空间直角坐标系中，表示经过点，且方向向量为的直线的方程，则点到直线的距离为___________．
12. 如图，某建筑物垂直于地面，从地面点处测得建筑物顶部的仰角为，从地面点处测得建筑物顶部的仰角为，已知相距100米，，则该建筑物高度约为__________米．（保留一位小数）
13. 如图，已知正方体的棱长为2，分别为棱的中点，若点为线段上的动点，不包括端点），设异面直线与所成的角为，则的取值范围是___________.
14. 阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为___________．
二、选择题（4题，每题3分）
15. 在空间中，“两条直线平行”是“这两条直线没有公共点”的（ ）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充要条件D. 既非充分也非必要
16. 如图，在平行六面体中，点在对角线上，点在对角线上，，，以下命题正确的是（ ）
A.
B 、、三点共线
C. 与是异面直线
D.
17. 已知中，，点为边所在直线上的一个动点，则满足( )
A. 最大值为16B. 最小值为4
C. 为定值8D. 与的位置有关
18. 在四棱锥中，，则该四棱锥的高为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
三、简答题（总共5题，19、20、21每题10分，22题12分，23题14分）
19. 如图，已知为圆柱底面圆的直径，，母线长为3，点为底面圆的圆周上一点．
（1）若，求三棱锥体积；
（2）若，求异面直线与所成的角的余弦值．
20. 已知，函数的部分图像如图所示，图中最高点，最低点．

（1）求函数的解析式；
（2）若的内角所对的边分别为，若，，求面积的取值范围．
21. 已知平面向量，，若存在不同时为零的实数k和t，使，，且．
（1）试求函数关系式；
（2）求使的t的取值范围．
22. 如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

（1）证明：；
（2）点在棱上，当二面角为时，求．
23. 如图所示，有满足下列条件的五边形的彩纸，其中，
，．现将彩纸沿向内进行折叠．
（1）求线段长度；
（2）若是等边三角形，折叠后使⊥，求直线与平面的所成角的大小；
（3）将折叠后得到四棱锥记为四棱锥，求该四棱锥的体积的最大值．
参考答案及解
上海中学东校2025学年第一学期中期素质评估
高二数学
2025.11
（满分：110分 时间：90分钟）
一、填空题（14题，每题3分）
1. 两条异面直线所成角的范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据异面直线的定义求解即可.
【详解】根据异面直线的定义，两条异面直线所成角的范围是为.
故答案为：.
2. 已知，如果，那么实数的值为______.
【答案】4
【解析】
【分析】根据向量的坐标表示即可.
【详解】由题意得，则.
故答案为：4.
3. 底面半径为1，母线长为2的圆锥的侧面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆锥侧面积公式计算可得答案.
【详解】由题意底面半径为1，母线长为2的圆锥的侧面积为，
故答案为：
4. 长方体的12条棱的总长度为，表面积为，那么长方体的外接球半径为___________．
【答案】
【解析】
【分析】设出该长方体的长宽高分别为a，b，c，由已知有：，，解之可得对角线的长，由此可求外接球的半径.
【详解】设该长方体的长宽高分别为a，b，c，
则有：，即①
，即②
∴
∴长方体的对角线的长为：，
即外接球的直径，所以，
故答案：
5. 半径为球放在墙角，同时与两墙面和地面相切，如果球心到墙角顶点的距离为2，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】不妨将球设为正方体的内切球，从而可得正方体的边长为，进而可得，求出R的值即可.
【详解】不妨将球设为正方体的内切球，正方体的边长，
由球心到墙角顶点的距离为2，
则，可得，解得.
故答案为：
6. 如图所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化后正好盛满杯子，则杯子高_______．
【答案】8
【解析】
【分析】
根据题意半球的体积等于圆锥的体积，根据等体积法化简即可.
【详解】解：由题意得半球的半径和圆锥底面圆的半径，
如果冰淇淋融化后正好盛满杯子，则半球的体积等于圆锥的体积
所以
故答案为：8
7. 一个正方体的展开图如图所示，B、C、D为原正方体的顶点，A为原正方体一条棱的中点，在原来的正方体中，直线与所成角的余弦值为______．
【答案】
【解析】
【分析】把展开图还原成正方体，确定的位置，作出异面直线所成的角，然后求角的余弦．
【详解】把展开图还原成正方体，如图中位置，
由正方体性质知与平行且相等，即是平行四边形，，直线与所成角为（或其补角），
同样棱与侧面垂直，垂直，则可得，
设正方体棱长为1，，，，
中，．
所以直线与所成角的余弦值为．
故答案为：．
8. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则_______________
【答案】3
【解析】
【分析】
由余弦定理即可求出.
【详解】由余弦定理可得，即，
整理得，解得（舍去）或.
故答案为：3.
9. 如图，正方体的棱长为2，是棱的中点，是侧面内一点（包括边界），若平面，则长度的范围为___________．
【答案】
【解析】
【分析】由面面平行的判定定理和性质定理确定F的位置，由此可求EF长度的范围.
【详解】过作，交于点，交于，则易知底面，

∵平面，又易得平面，，且平面，
平面平面，又平面，平面，
又平面平面，平面 ∴
∵为中点,为中点，则为中点,
即在线段上,
，，
，，
则线段长度的取值范围为：，
故答案为：.
10. 如图，圆锥的母线长为4，点为母线的中点，从点处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到点，这条绳子的长度最短值为，则此圆锥的表面积为__________
【答案】
【解析】
【分析】作出圆锥侧面展开图，根据给定条件求出展开图扇形圆心角，再求出圆锥底面圆半径即可作答.
【详解】将圆锥侧面沿母线AB剪开，其侧面展开图为扇形，如图，
从点处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到点，最短距离即为线段BM长，则有，
而M是线段中点，又母线长为4，于是得，即，
设圆锥底面圆半径r，从而有：，解得，
所以圆锥的表面积为.
故答案为：
11. 在空间直角坐标系中，表示经过点，且方向向量为的直线的方程，则点到直线的距离为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得到直线过点，且方向向量为，再由空间中点到直线的距离公式即可得到答案.
【详解】由题意，直线过点，且方向向量为，
又由，可得，可得，
所以，
又由，
所以点到直线的距离为.
故答案为：.
12. 如图，某建筑物垂直于地面，从地面点处测得建筑物顶部的仰角为，从地面点处测得建筑物顶部的仰角为，已知相距100米，，则该建筑物高度约为__________米．（保留一位小数）
【答案】66.4
【解析】
【分析】先在和中，根据仰角分别用建筑物高度表示出和，然后在中利用余弦定理建立关于的方程，最后求解方程得到的值.
【详解】在中，已知从地面点处测得建筑物顶部的仰角为，即.因为，所以.
在中，从地面点处测得建筑物顶部的仰角为，即.因为，且，所以.
在中，已知米，.根据余弦定理，将，代入可得：
，即
可得.
则.
故答案为：66.4.
13. 如图，已知正方体的棱长为2，分别为棱的中点，若点为线段上的动点，不包括端点），设异面直线与所成的角为，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】连接，证得，得到异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，设，利用余弦定理求得，结合换元法和二次函数的性质，即可求解.
【详解】如图所示，连接，因为分别为棱的中点，可得
在正方体中，可得，所以，
所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，即,
设，其中，
在中，由，
由余弦定理得，
设，则，可得，
再令，则，则，
设，可得函数在上为增函数，
又由，所以，所以，
所以异面直线与所成的角余弦值的取值范围为.
故答案为：.
14. 阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】设直线的方向向量为，根据直线是两平面与的交线计算出直线的一个方向向量，最后利用直线与平面夹角的向量公式即可求解.
【详解】设直线的方向向量为，由材料可知平面的一个法向量，
平面的一个法向量，平面的一个法向量，
因为直线是两平面与的交线，则有，
即，取，则，
所以，故则直线与平面所成角的正弦值为.
故答案为：
二、选择题（4题，每题3分）
15. 在空间中，“两条直线平行”是“这两条直线没有公共点”的（ ）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充要条件D. 既非充分也非必要
【答案】A
【解析】
【分析】直接由平行直线及异面直线的定义判断充分性及必要性即可.
【详解】“两条直线平行”能推出“这两条直线没有公共点”，满足充分性；“两条直线没有公共点”不能推出“两条直线平行”，
两条直线可能异面，不满足必要性，故“两条直线平行”是“这两条直线没有公共点”的充分非必要条件.
故选：A.
16. 如图，在平行六面体中，点在对角线上，点在对角线上，，，以下命题正确的是（ ）
A.
B. 、、三点共线
C. 与是异面直线
D.
【答案】B
【解析】
【分析】以为基底结合图形，利用空间向量的线性运算推理作答.
【详解】在平行六面体中，令，，，
则，，
，
，因为不共线所以与不平行，故A错误.
，
，即有，，有公共点，
所以、、三点共线，B选项正确.
因为点在直线上，点也在直线上所以与是相交直线，
故C选项错误.
因为，所以，故D选项错误.
故选：B
17. 已知中，，点为边所在直线上的一个动点，则满足( )
A. 最大值为16B. 最小值为4
C. 为定值8D. 与的位置有关
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算求解作答.
【详解】以BC所在直线为x轴，线段BC的垂直平分线为y轴建立直角坐标系，如图，
则，设，
，，，
所以，即是定值8.
故选：C
18. 在四棱锥中，，则该四棱锥的高为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】求出平面的一个法向量，再利用点到平面的距离公式即可得到答案.
【详解】设平面的一个法向量，
则，令，则，即，
所以该四棱锥的高.
故选：C.
三、简答题（总共5题，19、20、21每题10分，22题12分，23题14分）
19. 如图，已知为圆柱底面圆的直径，，母线长为3，点为底面圆的圆周上一点．
（1）若，求三棱锥的体积；
（2）若，求异面直线与所成的角的余弦值．
【答案】（1）4； （2）.
【解析】
【分析】（1）利用等体积法求出三棱锥的体积.
（2）作出母线，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦.
【小问1详解】
依题意，平面，由，得，
所以三棱锥的体积.
【小问2详解】
过点作圆柱的母线，连接，
则，于是四边形为平行四边形，，
因此是异面直线与所成的角或其补角，
由，得，，，
则，，
由平面，得，
在中，，
所以异面直线与所成的角的余弦值为.
20. 已知，函数的部分图像如图所示，图中最高点，最低点．

（1）求函数的解析式；
（2）若的内角所对的边分别为，若，，求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由点确定周期，可得，再由即可求解的值，从而得函数解析式；
（2）由确定，得到，再结合正弦定理、三角恒等变换、正弦型函数的性质即可得的取值范围，由三角形面积公式得面积的取值范围．
小问1详解】
因为图像经过，，
所以得周期，由得，.
又得，，
又因为，
所以，所以．
【小问2详解】
因为，又，
结合图像对称性可知：，则，
又，由正弦定理得：，
则，
所以
，
由，，可得，
所以，则，
故，
于是可得的面积为，
故面积的取值范围为.
21. 已知平面向量，，若存在不同时为零的实数k和t，使，，且．
（1）试求函数关系式；
（2）求使的t的取值范围．
【答案】（1）
（2）或．
【解析】
【分析】（1）根据列方程即可得出k关于t的函数；
（2）解不等式得出t的范围.
【小问1详解】
由，，得，，．
因为，所以
，于是，即．
【小问2详解】
由，得，即，解得或．
22. 如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

（1）证明：；
（2）点在棱上，当二面角为时，求．
【答案】（1）证明见解析；
（2）1
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【小问1详解】
以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
【小问2详解】
设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.
23. 如图所示，有满足下列条件的五边形的彩纸，其中，，．现将彩纸沿向内进行折叠．
（1）求线段的长度；
（2）若是等边三角形，折叠后使⊥，求直线与平面的所成角的大小；
（3）将折叠后得到的四棱锥记为四棱锥，求该四棱锥的体积的最大值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到等边三角形，求出，，利用余弦定理求出答案；
（2）作出辅助线，证明线面垂直，得到即为直线与平面的所成角，显然，从而求出答案；
（3）先求出四边形的面积，要想折叠后得到的四棱锥体积最大，则要四棱锥的高最大，故要使平面⊥平面BCDE，且需要△ABE边BE上的高最大，
再利用余弦定理及基本不等式得到BE上的高最大值，从而求出体积的最大值.
【小问1详解】
延长BC，ED相交于点F，
因为，所以，
故为等边三角形，所以，
因为，，
所以，，
在中，由余弦定理得：，
所以；
【小问2详解】
由（1）知：，，，
所以，
由勾股定理逆定理得：⊥BE，
因为⊥，，平面ABE，
所以BC⊥平面ABE，
取BE的中点Q，连接AQ，CQ，
因为AQ平面ABE，
所以BC⊥AQ，
因为是等边三角形，
由三线合一得：AQ⊥BE，
因为BE，BC平面BCDE，，
所以AQ⊥平面BCDE，
所以即为直线与平面的所成角，显然，
故直线与平面的所成角大小为.
【小问3详解】
延长BC，ED相交于点F，
由（1）（2）得：BF⊥BE，且为等边三角形，
故，，
故四边形的面积为，
要想折叠后得到的四棱锥体积最大，则要四棱锥的高最大，
故要使平面⊥平面BCDE，且需要△ABE边BE上的高最大，
因为，，故只需使△ABE的面积最大，
由余弦定理得：，
故，
由基本不等式得：，即，
所以，当且仅当时，等号成立，
△ABE的面积最大值为，
故四棱锥的高最大为，
该四棱锥的体积的最大值为.