精品解析：上海市杨浦高级中学2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷

2024-2025学年上海市杨浦高级中学 高二（下）期末数学试卷 一、单选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知平面和平面，直线，直线，则下列结论一定成立的是（ ） A. 若，则 B. 若与为异面直线，则 C. 若，则 D. 若，则 2. 已知两个非零向量、满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图所示，棱长为1的四面体木块，其四个面均为等边三角形，点是的中心，过点将木块锯开，并使得截面平行于和，则下列关于截面的说法正确的个数为（ ） ①截面矩形； ②截面的面积为； ③截面与侧面的交线平行于侧面. A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 4. 若是函数的一个周期，则正整数所有可能取值个数是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 9 二、填空题：本题共12小题，共54分. 5. 已知为虚数单位，复数是纯虚数，则实数__________. 6 已知向量，，若，则实数__________. 7. 已知，则__________. 8. 已知，则直线与位置关系为_________. 9. 已知直线与平面相交，则它们所成角的范围为__________.（角度单位用弧度） 10. 若关于的方程的一个虚根的模为，则实数的值为____________． 11. 若非零向量满足，且向量在向量上投影向量是，则向量与的夹角为_____. 12. 已知复数满足，则的值为______． 13. 已知中，，，点在线段上，且，则的值为_________. 14. 在四面体中，，分别为的中点，若异面直线与所成的角为，则异面直线与所成的角为__________. 15. 某商场要悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，、、、为该正方体的顶点，、、为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面．若平面与平面平行，且点到的距离为2米，则直绳索的长度约为________米．（结果精确到0.01米） 16. 设平面向量满足：，，，，则的取值范围是__________. 三、解答题：本题共5小题，共76分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. 如图，在长方体中，证明：直线平面. 18. 设，函数的表达式为. （1）若，求的单调增区间； （2）若，设的内角的对边分别为，，且，求的面积. 19. 如图，一块正方体木料，面上有一点， （1）经过点面上能否画一条直线，使其与垂直，若可以，该怎么画，在答题纸上作图，写出作图过程并加以证明；若不能，说明理由. （2）若正方体棱长为2，为线段中点，求直线与面所成角的正弦值. 20. 如图1所示，在中，点在线段上，满足，点在线段上，满足，线段与线段交于点. （1）用和表示； （2）若，求实数； （3）如图2所示，过点的直线与边，分别交于点，，设，，，求的最大值； 21. 已知集合{（其中是虚数单位）}，定义：，. （1）计算的值； （2）记，若，且满足，求的最大值； （3）若，且满足，，记，求证：当时，函数必存在唯一的零点，且当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年上海市杨浦高级中学 高二（下）期末数学试卷 一、单选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知平面和平面，直线，直线，则下列结论一定成立的是（ ） A. 若，则 B. 若与为异面直线，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】由空间点、线、面的位置关系，逐项判断即可 【详解】对于A，直线，直线，若，则或平面、平面相交，故A错误. 对于B，直线，直线，若与为异面直线，则或平面、平面相交，故B错误. 对于C，直线，直线，若，则或平面、平面相交，故C错误. 对于D，直线，直线，若，则. 故选：D 2. 已知两个非零向量、满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由两边平方，结合数量积的性质化简可得结论. 【详解】因为，所以， 所以，化简可得，又、为非零向量， 故， 故选：B. 3. 如图所示，棱长为1的四面体木块，其四个面均为等边三角形，点是的中心，过点将木块锯开，并使得截面平行于和，则下列关于截面的说法正确的个数为（ ） ①截面是矩形； ②截面的面积为； ③截面与侧面的交线平行于侧面. A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理可作出该截面，结合线面平行的性质定理可得截面是平行四边形，再利用线面垂直的判定以及性质可判断①；继而求得截面面积判断②；根据线面平行的性质定理可判断③. 【详解】由题意可知，点是的中心，过点P作， 分别交于，作交于G，设平面与交于点H， 由于平面，平面，故平面， 同理平面，即四边形即截面， 由于平面，平面平面，平面， 故，同理，，则， 故四边形为平行四边形，即截面是平行四边形， 设M为的中点，连接， 则，，平面， 故平面，又平面， 故，而，，故， 即平行四边形为矩形，即截面是矩形，①正确； 因为点是的中心，则， 故， 故矩形的面积为，即截面的面积为，②正确； 由于截面与侧面的交线为，且， 平面，平面，故平面， 即截面与侧面的交线平行于侧面，③正确. 故选：D. 4. 若是函数的一个周期，则正整数所有可能取值个数是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】根据周期的定义以及三角函数诱导公式，由正整数以及因数，可得答案. 【详解】由题意可得 ， 则，，，， 或，，，， 解得，，，，① 或，，，，② ①由为正整数，且的因数为， 则的取值可能有， 此时的可能取值有， 由，则为的倍数，故的可能取值有. ②由为正整数，且的因数为， 则奇数的取值只可能有， 此时的可能取值有，由，则奇数，所以此时无取值. 故选：B. 二、填空题：本题共12小题，共54分. 5. 已知为虚数单位，复数是纯虚数，则实数__________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据复数为纯虚数列出方程，解出即可. 【详解】因为复数是纯虚数， 所以，解得. 故答案为：1. 6. 已知向量，，若，则实数__________. 【答案】2 【解析】 【分析】利用可得，解出即可. 【详解】因为向量，，且， 所以，即. 故答案为：2. 7. 已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】直接利用余弦的二倍角公式计算即可. 【详解】由，则. 故答案为：. 8. 已知，则直线与的位置关系为_________. 【答案】平行或异面 【解析】 【分析】根据面面平行的性质即可判断. 【详解】因为，所以直线与不相交，可能平行或异面. 故答案为：平行或异面. 9. 已知直线与平面相交，则它们所成角的范围为__________.（角度单位用弧度） 【答案】 【解析】 【分析】结合直线与平面所成角的定义即可求出角的取值范围． 【详解】因为直线与平面相交， 所以直线不在平面内且直线不平行于平面，故所成角不能取得最小值0， 当直线与平面垂直时，所成角取最大值， 故直线与平面相交时，则它们所成角范围为. 故答案为：. 10. 若关于的方程的一个虚根的模为，则实数的值为____________． 【答案】4 【解析】 【分析】设关于的方程的两根虚根为，则且，即可求出的值，再代入检验. 【详解】设关于的方程的两根虚根为，则且， 所以，又，所以， 当时，，所以关于的方程有两个不相等实数根，不符合题意； 当时，，所以关于的方程有两个虚根，符合题意； 所以. 故答案为： 11. 若非零向量满足，且向量在向量上的投影向量是，则向量与的夹角为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量定义计算得出数量积，再根据夹角公式计算求出余弦值，最后根据夹角范围计算夹角即可. 【详解】在上投影向量，，， 则，由于，. 故答案为：. 12. 已知复数满足，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的几何意义，把复数和平面向量建立一一对应关系，再利用向量的加减运算及平行四边形的性质即可. 【详解】设对应的复数为，对应的复数为， 则对应的复数为，对应的复数为， 因为， 由平行四边形的性质可得： 所以 故答案为： 13. 已知中，，，点在线段上，且，则的值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据确定，从而可得，从而用向量数量积的运算律即可求解. 【详解】设等腰在边上的高为， 因为，所以， 所以， 所以， 所以 . 故答案为：. 14. 在四面体中，，分别为的中点，若异面直线与所成的角为，则异面直线与所成的角为__________. 【答案】或 【解析】 【分析】设为的中点，连接，结合题设分析易得，（或其补角）为直线与所成的角，（或其补角）为直线与所成的角，进而求解即可. 【详解】如图，设为的中点，连接， 因为分别为的中点， 所以，且，， 而，则， 则（或其补角）为直线与所成的角，即或， 而（或其补角）为直线与所成的角， 当时，， 当时，， 故答案为：或. 15. 某商场要悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，、、、为该正方体的顶点，、、为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面．若平面与平面平行，且点到的距离为2米，则直绳索的长度约为________米．（结果精确到0.01米） 【答案】 【解析】 【分析】设正方体的中心为，连接，得到平面，由三角形是正三角形，得到外接圆的半径为米，利用勾股定理求得米，设米，结合，即可得到对答案. 【详解】解：由正方体的棱长米， 因为平面平面，且平面，平面，平面， 如图所示，设正方体的中心为，连接，交平面于点，则平面， 在正方体中，底面是正三角形，其外接圆的半径为米， 又由勾股定理，可得米， 设米，因为点到平面的距离为2米， 所以米. 故答案为：. 16. 设平面向量满足：，，，，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题设条件，设出的坐标，利用坐标运算进行求解. 【详解】依题意，设，，， 则， 由，则，整理得， 显然，否则，，与已知矛盾， 故，可得， 由，即，故，解得， 故. 故答案为：. 三、解答题：本题共5小题，共76分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. 如图，在长方体中，证明：直线平面. 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】先证明四边形为平行四边形，得，再由线面平行的判断进行证明即可． 【详解】在长方体中，且，且， 得且， 得四边形为平行四边形，得， 而平面，平面， 得直线平面. 18. 设，函数的表达式为. （1）若，求的单调增区间； （2）若，设的内角的对边分别为，，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦型函数的单调增区间即可求解； （2）根据可求得角，利用余弦定理可构造方程求得，代入三角形面积公式即可求得结果. 【小问1详解】 若时，则， 由， 得， 故的单调增区间为： 【小问2详解】 若时，则，则， 因为，所以， 则或，得或， 结合题意，可知，所以，即， 由余弦定理得， 所以， 可得的面积为：． 19. 如图，一块正方体木料，面上有一点， （1）经过点在面上能否画一条直线，使其与垂直，若可以，该怎么画，在答题纸上作图，写出作图过程并加以证明；若不能，说明理由. （2）若正方体棱长为2，为线段中点，求直线与面所成角的正弦值. 【答案】（1）可以，作图过程见解析，证明见解析; （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，在平面上过点作直线,则，再利用线面垂直证明线线垂直即可； （2）在平面上，过点作，则是的中点，先证明平面,可得为斜线与平面所成的角，进而可得答案. 【小问1详解】 过点在面上能画一条直线，使其与垂直, 如图所示，连接，在平面上过点作直线, 则， 证明：在正方体中易得：面， 因为面，所以. 又因为,,且面， 所以面， 因为面，所以. 【小问2详解】 在平面上，过点作，则是的中点，连接, 在正方体中易得：面, 因为面,所以, 因为,且面， 所以面， 所以为斜线在平面上射影， 故为斜线与平面所成的角.   因为面，面, 所以， 在直角三角形中易得, 所以. 故直线与面所成角的正弦值为. 20. 如图1所示，在中，点在线段上，满足，点在线段上，满足，线段与线段交于点. （1）用和表示； （2）若，求实数； （3）如图2所示，过点的直线与边，分别交于点，，设，，，求的最大值； 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据三角形中平行线的等比关系计算； （2）由（1）得，，列出方程组求解即可； （3）由题意可得，，列出方程组，从而可得，利用基本不等式求解即可； 【小问1详解】 因，则，由，得 ， 故. 【小问2详解】 由（1）得，因为三点共线，所以存在实数使得，所以，所以， 由，得 ， 又因为，所以，解得，， 综上所述，. 【小问3详解】 根据题意． 同理可得：， 由（1）可知，， 所以， 因为三点共线， 所以存在实数，使得， 所以， 所以，，化简得， 所以， 当且仅当且， 即，，时等号成立． 故的最大值为. 21. 已知集合{（其中是虚数单位）}，定义：，. （1）计算的值； （2）记，若，且满足，求最大值； （3）若，且满足，，记，求证：当时，函数必存在唯一的零点，且当时，. 【答案】（1）2 （2）4 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）结合所给定义计算即可得； （2）设出的实部与虚部，结合绝对值三角不等式放缩即可得解； （3）设，结合函数单调性与零点的存在性定理，分、与进行讨论即可证明函数必存在唯一的零点，并可得的范围，从而可结合模长定义计算得到结果. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 设， 由，得， 所以 ， 当，时等号成立，所以的最大值为4. 【小问3详解】 由条件可知， 所以，设， 当时，和是单调递增函数， 则在上单调递增， 又，， 所以在上有唯一的零点，即在上有唯一的零点， 当时，是单调递增函数， 得，先增后减，且， 因此，即在上没有零点， 当时，是单调递增函数， 则，而， 因此，即在上没有零点， 综上，当时, 必存在唯一的零点， 当时，， 且得， 所以, 其中， 此时是单调递增函数，所以， 从而， 所以当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $