精品解析：上海市闵行区华东师范大学第二附属中学闵行紫竹分校2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

2025学年第一学期期中考试高二数学试卷 时间：120分钟 满分150分 一、填空题（本大题共有12题，满分54分）考生必须在答题纸的相应编号的空格内直接填写结果，1-6填对每题得4分，7-12填对每题得5分． 1. 设，其中为虚数单位，则___________． 2. 表面积为的球的体积是__________． 3. ，，，则________． 4. 不等式的解集为__________. 5. 棱长都是2的三棱锥的表面积为___________. 6. 在直三棱柱中，若，则=____________.(用表示) 7. 设等比数列的公比，前项和为，则______. 8. 如图，一个实心六角螺帽毛坯(正六棱柱)的底边长为，高为，若在中间钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，则孔的半径为____. 9. 在三棱锥中，设向量，，，则顶点到底面的距离为______． 10. 如图，半径为2的四分之一球形状的玩具储物盒，放入一个玩具小球，合上盒盖，当小球的半径最大时，小球的表面积为______. 11. 已知数列满足，则的最小值为___________． 12. 从空间中一定点出发的两个向量满足：，且存在实数，使得成立，则由构成的空间几何体的表面积是___________． 二、选择题（本大题满分18分）本大题共有4小题，每题有且只有一个正确答案，考生必须在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格用铅笔涂黑，13-14选对每题得4分，15-16选对每题得5分，否则一律很零分． 13. 下列函数中，既是奇函数，又在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 14. 在空间直角坐标系中，已知，则的中点关于平面的对称点坐标是（ ） A. B. C. D. 15. 已知空间中三个单位向量、、，，为空间中一点，且满足，则这样的点个数为（　　） A. 2 B. 4 C. 5 D. 8 16. 已知函数，其中，且．则关于下列两个命题的判断，说法正确的是（　　） ①的最大值为2； ②，都有． A. ①真命题；②真命题 B. ①真命题；②假命题 C. ①假命题；②真命题 D. ①假命题；②假命题 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤． 17. 如图，圆锥的顶点为，底面圆为，底面的一条直径为，为半圆弧的中点，为劣弧的中点，已知， （1）求三棱锥的体积； （2）求异面直线和所成角的大小 18. 如图，四棱柱的底面为正方形，平面，点在上，且． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 19. 如图所示，某模型无下底面，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，圆柱的底面直径为，高为，圆锥母线长为. （1）求该模型的体积； （2）现要用油漆对500个这种模型进行粉刷，油漆费用为每平方米30元，求总费用. 20. 在梯形中，，，，P为的中点，线段与交于O点（如图1）将沿折起到位置，使得平面平面（如图2）. （1）求证：平面； （2）求二面角的大小； （3）线段上是否存在点Q，使得与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 21. 已知定义在上的函数满足（其中为正常数）． （1）若，且为奇函数，求的值： （2）若，且（且．证明：存在，使得函数为周期函数． （3）若，且当时，．设（为正整数），求使得都小于2025的最大正整数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期期中考试高二数学试卷 时间：120分钟 满分150分 一、填空题（本大题共有12题，满分54分）考生必须在答题纸的相应编号的空格内直接填写结果，1-6填对每题得4分，7-12填对每题得5分． 1. 设，其中为虚数单位，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】运用复数除法运算先化简，再根据复数模的公式求解. 【详解】由，则. 故答案为：. 2. 表面积为的球的体积是__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用球的表面积公式求出球的半径，再由球的体积公式即可求解. 【详解】由，解得， 所以. 故答案为： 3. ，，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的坐标运算可得，即可由模长公式求解. 【详解】，解得，故， 故答案为： 4. 不等式的解集为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用一元二次不等式的解法可得答案. 【详解】由，得：， 解得：. 故答案为： 5. 棱长都是2的三棱锥的表面积为___________. 【答案】 【解析】 【分析】先计算一个等边三角形的面积，再计算4个等边三角形的面积和. 【详解】棱长都是2的三棱锥的四个面都是等边三角形，每个等边三角形的面积，所以三棱锥的表面积是. 故答案为： 6. 在直三棱柱中，若，则=____________.(用表示) 【答案】 【解析】 【分析】连接根据直三棱柱的结构特征及空间向量减法的几何意义可得，结合已知即可求表达式. 【详解】连接则. 故答案为： 7. 设等比数列的公比，前项和为，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用等比数列的求和公式以及通项公式可求得的值. 【详解】由等比数列求和公式以及通项公式可得. 故答案为：. 8. 如图，一个实心六角螺帽毛坯(正六棱柱)的底边长为，高为，若在中间钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，则孔的半径为____. 【答案】 【解析】 【分析】利用圆柱的上下底面的面积和等于圆柱的侧面积即可求解. 【详解】设孔的半径为r，∵一个实心六角螺帽毛坯（正六棱柱）的底边长为4，高为3， 在中间钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，∴2×π=2πr×3，解得r=3， ∴孔的半径为3． 故答案为3． 【点睛】本题考查圆柱的结构特征和和侧面积公式. 9. 在三棱锥中，设向量，，，则顶点到底面的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出平面的一个法向量，利用点到平面的距离公式即可求解. 【详解】因为，， 设平面的一个法向量， 由，令，则，， 所以， 因为， 所以点到底面的距离为， 故答案为：. 10. 如图，半径为2的四分之一球形状的玩具储物盒，放入一个玩具小球，合上盒盖，当小球的半径最大时，小球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】作出截面图形，可知小球最大半径满足，求出半径后代入球的表面积公式即可得解. 【详解】设四分之一球的球心为，小球的球心为，最大半径为，作出截面图形如下： 由题意得，，因为，所以，解得， 小球的表面积为. 故答案为：. 11. 已知数列满足，则的最小值为___________． 【答案】4051 【解析】 【分析】结合基本不等式和对勾函数的单调性确定的最小值后可得结论. 【详解】由题意，，则，当且仅当时取等号， 由对勾函数的性质可知，当时，是关于的单调递增函数， 所以，，依此类推， 所以的最小值为. 故答案为：4051. 12. 从空间中一定点出发的两个向量满足：，且存在实数，使得成立，则由构成的空间几何体的表面积是___________． 【答案】 【解析】 【分析】由不等式有解，结合数量积运算，求得，又且，可得围成的空间几何体是以为顶点，高为4，母线长为的圆锥，从而根据圆锥的表面积公式求解. 【详解】由，得，即， 所以存在实数，使得， 则，解得， 又，，所以在方向上的投影是， 所以围成的空间几何体是以为顶点，高为，母线长为的圆锥， 则其底面半径为， 所以由构成的空间几何体的表面积是. 故答案为：. 二、选择题（本大题满分18分）本大题共有4小题，每题有且只有一个正确答案，考生必须在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格用铅笔涂黑，13-14选对每题得4分，15-16选对每题得5分，否则一律很零分． 13. 下列函数中，既是奇函数，又在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用奇偶性的定义和函数的单调性可逐一判断各选项即得. 【详解】对于A，若，函数定义域为，，即函数不是奇函数，故A错误； 对于B，的定义域为，关于原点对称，但， 故函数不是奇函数，即B错误； 对于C，函数的定义域为，但， 故函数不是奇函数，即C错误； 对于D，的定义域为，且，即函数是奇函数， 且因，函数在上单调递增，故D正确. 故选：D. 14. 在空间直角坐标系中，已知，则的中点关于平面的对称点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由中点坐标公式可得点，再由关于平面对称的点的特征即可得解. 【详解】因为，所以的中点， 所以点关于平面的对称点坐标是. 故选：D. 15. 已知空间中三个单位向量、、，，为空间中一点，且满足，则这样的点个数为（　　） A. 2 B. 4 C. 5 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】先用反证法证明、、不共面，从而构成空间的一组基底，设，再利用数量积运算构造方程组分别求解可得. 【详解】用反证法证明三个单位向量、、不共面. 证明：假设三个单位向量、、共面， 则存在实数，使得， 则， 由，且、、为单位向量， 可得，该方程组无解，这与假设三向量共面矛盾， 故假设错误，即、、不共面. 以为空间向量的一组基底， 则存在实数，使得， 则① ② ③ 将代入可得， ，不妨设， 则方程组可化为， 第一种情况：当时， 方程组的解为； 第二种情况：当时， 方程组的解为； 第三种情况：当时， 方程组的解为； 第四种情况：当时， 方程组的解为. 综上可知，满足题意的点共有个. (注：为统一形式易于观察，上述方程组的解未化为最简形式) 故选：B. 16. 已知函数，其中，且．则关于下列两个命题的判断，说法正确的是（　　） ①的最大值为2； ②，都有． A. ①真命题；②真命题 B. ①真命题；②假命题 C. ①假命题；②真命题 D. ①假命题；②假命题 【答案】A 【解析】 【分析】对①，由题可得当且仅当时，取得最大值2，利用正弦函数的性质运算可得当，，时，取得最大值2；对②，由三角恒等变换可得，要使得上式恒成立，则，利用正弦函数的性质运算得当，满足. 【详解】对于①，由，可得当且仅当时，取得最大值2， 即存在实数，，且使得成立， ，，即， ，可取满足上式，此时， 所以当，，时，取得最大值2，故①是真命题； 对于②，由 ， 要使得上式对任意的实数均成立，则， ，得， 又，可取，，此时，满足， 所以存在，，都有，故②是真命题. 故选：A. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤． 17. 如图，圆锥的顶点为，底面圆为，底面的一条直径为，为半圆弧的中点，为劣弧的中点，已知， （1）求三棱锥的体积； （2）求异面直线和所成角的大小 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可知三角形为直角三角形，由此可根据三角形面积公式、棱锥体积公式求得三棱锥的体积； （2）可以通过平行线说明的大小即为异面直线与所成的角或其补角的大小，结合勾股定理以及余弦定理即可求解. 【小问1详解】 因为为半圆弧的中点，所以，则， 所以. 【小问2详解】 因为为劣弧的中点，所以，则， 所以的大小即为异面直线与所成角或其补角的大小， 易知，， 在中，由余弦定理可得：， 所以异面直线与所成角为. 18. 如图，四棱柱的底面为正方形，平面，点在上，且． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出和的坐标，利用向量法证明； （2）由（1）可证明平面，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， ， 故，即. 【小问2详解】 因为，所以， 因为底面为正方形，所以， 又平面，平面，所以， 又是平面内两条相交直线，故平面， 所以，由（1），又平面， 所以平面，即平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以直线与平面所成角的正弦值为 . 19. 如图所示，某模型无下底面，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，圆柱的底面直径为，高为，圆锥母线长为. （1）求该模型的体积； （2）现要用油漆对500个这种模型进行粉刷，油漆费用为每平方米30元，求总费用. 【答案】（1） （2）元 【解析】 【分析】（1）先求出圆锥的高，再根据圆柱与圆锥的体积公式，即可求解； （2）先求出组合体的表面积，再求总费用. 【小问1详解】 如图所示，由题可知，，. 所以在中，， 所以该圆柱的体积为， 截去的圆锥的体积为， 故该模型的体积为. 【小问2详解】 由题可知该圆柱的侧面积为， 圆柱的上底面的面积为， 圆锥侧面积为， 故该模型的表面积为， 所以油漆的总费用为元. 20. 在梯形中，，，，P为的中点，线段与交于O点（如图1）将沿折起到位置，使得平面平面（如图2）. （1）求证：平面； （2）求二面角的大小； （3）线段上是否存在点Q，使得与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：在梯形中，，，，P为的中点， 可得为等边三角形，四边形为菱形， 故，而平面，平面， 平面. （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理证明， （2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解， （3）设出得点坐标，由空间向量列式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，，，故，， 而平面平面，平面平面，平面，， 平面， 两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系， 则，，， ，， 设平面的一个法向量为， 则，取得， 平面的一个法向量为， 故，二面角的大小为； 【小问3详解】 设，则，,, 的，， 设平面的一个法向量为 CQ与平面所成角的正弦值为， 化简得，解得（舍去） 故存在，使得CQ与平面所成角的余弦值为． 21. 已知定义在上的函数满足（其中为正常数）． （1）若，且为奇函数，求的值： （2）若，且（且．证明：存在，使得函数为周期函数． （3）若，且当时，．设（为正整数），求使得都小于2025的最大正整数． 【答案】（1）0 （2）证明见解析 （3）最大为32，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由题可知，周期为2，得出，再结合奇函数的性质即可求解； （2）由题可得，代入，即可证明当时，是周期为4的周期函数； （3）令，，结合题目得出数列是以为首项，2为公比的等比数列，求得，再列出不等式求得的最大值，在验证即可得出的最大值． 【小问1详解】 当时，，即周期为2， ∴①， 又∵为奇函数，∴②， 结合①②两式得． 【小问2详解】 证明：当时，， 而，代入得， 当时，即时，有， 从而，此时是周期为4的周期函数． 【小问3详解】 当时，， 当时，， 则，， ， 令，， 则， 因为， 所以， 而， 又 ， 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，显然该数列为递增数列， 令，解得最大值为10， 所以， 又， ， ， 所以最大值为32． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $