精品解析：上海市青浦高级中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

上海市青浦高级中学2025学年第二学期期中考试 高二数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 一.填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6每题4分，第7-12每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果. 1. 已知集合，则集合_____. 【答案】. 【解析】 【分析】直接利用交集运算的概念得答案. 【详解】因为， 所以， 故答案为：. 2. 已知，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】 3. 已知复数满足，其中i是虚数单位，则的虚部为__________. 【答案】1 【解析】 【分析】先由复数的运算求出，再求出的虚部即可. 【详解】由可得，则的虚部为1. 故答案为：1. 4. 在的二项展开式中，常数项是______．（用数值作答） 【答案】160 【解析】 【分析】由二项展开式的通项令计算即可. 【详解】展开式的通项为， 令， 所以常数项为. 故答案为：160. 5. 已知，则在上的数量投影是__________. 【答案】 【解析】 【分析】向量在上的数量投影为，先求出和的值，再代入公式计算. 【详解】已知，，可得. 已知，可得. 根据向量投影的定义，在上的数量投影为，将，代入可得： . 故答案为：. 6. 不等式的解集是__________． 【答案】 【解析】 【分析】零点分段法求解绝对值不等式. 【详解】当时，，解得，此时解集为空集， 当时，，即，符合要求，此时解集为， 当时，，解得，此时解集为空集， 综上：不等式的解集为. 故答案为： 7. 已知随机变量的分布列为，则期望__________ 【答案】 【解析】 【详解】由题意得， 所以期望. 8. 已知圆柱M的底面圆的半径与球O的半径相同，若圆柱M与球O的表面积相等，则它们的体积之比______________．（用数值作答） 【答案】 【解析】 【详解】解：∵设圆柱M的底面圆的半径与球O的半径均为R，M的高为h 则球的表面积S球=4πR2又∵圆柱M与球O的表面积相等即4πR2=2πR2+2πR•h 解得h=R则V圆柱=πR3，V球="4" /3 πR3∴V圆柱：V球="3/" 4故答案为3 /4 9. 一块边长为的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器，则该容器的容积最大时正四棱锥的高为__________. 【答案】 【解析】 【详解】由正方形的边长为，所以可得正四棱锥的斜高为， 设正四棱锥的底面边长为，高为， 所以，所以， 所以正四棱锥的体积， 令，求导得， 令，得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以， 所以，故该容器的容积最大时正四棱锥的高为. 10. 已知是数列的前项和，且.若，则__________ 【答案】 【解析】 【详解】当时，， 当时，，所以， 又， 所以，令， 所以，所以， 当 所以. 11. 已知平面向量，，，满足，，则当与的夹角最大时，的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】以为原点建立平面坐标系，设，，根据向量的数量积的运算公式，分别求得向量的终点所表示的轨迹方程，进而根据圆的性质，即可求解． 【详解】设的起点均为，以为原点建立平面坐标系，如图所示， 不妨设，，则，， 由可得，即， ∴的终点在以为圆心，以为半径的圆上， 同理的终点在以为圆心，以为半径的圆上． 显然当，为圆的两条切线时，最大，即与的夹角最大． 设圆心为，则，∴，则， ∴， 设与轴交于点，由对称性可知轴，且， ∴， 即当与的夹角最大时， 故答案为： 12. 机场为旅客提供的圆锥形一次性纸杯如图所示，该纸杯母线长为，开口直径为，旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，该椭圆的离心率等于_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据余弦定理可得，即可根据相似求解，进而根据椭圆方程求解，，即可由离心率公式求解. 【详解】如图，设，因，故，又， 由余弦定理，，即， 设椭圆中心为O，作圆锥的轴截面AMN，与底面直径BC交于E，与椭圆交于P，Q， 连AE交BD于G，以点O为原点，DB为x轴，建立直角坐标系． 则，又由得， 从而，则得， 不妨设椭圆方程为，把和点P坐标代入方程，解得， 则，故． 故答案为： 二.选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14每题4分，第15-16每题5分）每题有且只有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑. 13. 设均为非零实数,则“”是“”的什么条件( 　 ) A. 必要不充分 B. 充分不必要 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 根据充分条件和必要条件的定义判断,即可得出答案. 【详解】 当,满足,但不成立 不能推出. 若,则 故成立 能推出 “”是“”的必要不充分. 故选:A. 【点睛】本题主要考查了充分条件与必要条件的判定,其中熟记充分条件和必要条件的判定方法是解答的关键,着重考查了理解能力与运算能力,属于基础题. 14. 已知m，n是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中线、面关系的判定和性质逐一判断即可. 【详解】对A：平行于同一个平面的两条直线的位置关系不确定，故A错误； 对B：若，，则或，故B错误； 对C：根据线面垂直的定义可知，C正确； 对D：若，，则直线与平面的位置关系不确定，故D错误. 故选：C 15. 探照灯等很多灯具的反光镜是抛物面（其纵断面是抛物线的一部分），正是利用了抛物线的光学性质：从焦点射出的光线经抛物线反射之后沿对称轴方向射出.根据光路可逆原理，在平面直角坐标系中，已知抛物线，一条光线经过点，与轴平行射到抛物线上，经过两次反射后经过点射出，则光线从点到点经过的总路程是（ ） A. 19 B. 20 C. 21 D. 22 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线的光学性质以及焦半径公式，结合抛物线定义计算可得结果. 【详解】设入射光线和反射光线与抛物线的交点分别为，显然直线过焦点， 分别从向抛物线的准线作垂线，垂足分别为，如下图所示： 由抛物线方程可知准线方程为， 再由抛物线定义可得， 因此光线从点到点经过的总路程为. 故选：B. 16. 对于函数，若关于的方程，恰有个实数根，则称函数为“”函数。①函数的定义域且；②函数是“”函数，也是“”函数；那么同时满足条件①②的函数共有（ ）个 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先明确函数的一一对应属性，再根据“函数”的递推关系推导部分固定的函数值，结合值域限制确定剩余可自由分配的函数值范围，最后依据“函数”的附加条件，通过排列组合计算符合要求的分配方法总数. 【详解】∵ 函数的定义域和值域均为， ∴ 是定义域到值域的一一映射，即自变量与函数值一一对应. ∵ 该函数为“函数”，满足，且的定义域为， ∴ 当时，可得： ，，. 将代入，可得. 结合值域为，和均为该集合内的元素， 因此仅当时，符合要求，故，，. 此时剩余未确定的函数值对应的值域元素为， 结合，在剩余元素中仅满足倍数关系， 因此，，此时又确定，， 剩余待确定的自变量为，对应剩余值域元素为. ∵ 该函数为“函数”，满足且该方程恰有个根， 此时已确定是方程的两个根. 根据“函数”定义，该方程恰有2个根， 因此对于定义域内其他可能的根方程不能成立. 当时，须有；当时，须有. 对于剩余的自变量，其函数值需从中分配且： 1. 为选取取值：可从中任选个，共种选法， 当取值于时，的值分别为，均不属于的取值范围， 故该条件恒成立； 2. 剩余的个自变量对应的函数值可从剩余的个未被占用的数值（包含4与另外两个未被选取的数值）中全排列，共种排法. 因此总共有种不同的分配方法. 【点睛】方法归纳：此类新定义函数计数问题，解题步骤通常为：先根据新定义的递推规则确定部分固定的函数值，结合值域与映射属性排除不符合的情况，再根据附加条件限制自由变量的取值，最后通过排列组合计算符合要求的总方法数. 易错归纳：容易遗漏的限制条件，导致多算符合要求的分配方法；同时需要准确确定剩余待分配的自变量与值域元素的范围，避免混淆变量与函数值的对应关系. 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相应位置写出必要的步骤. 17. 设等差数列的前n项和为，且. （1）若，求的公差； （2）若，且是数列中最大的项，求所有可能的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件列方程，化简求得的公差. （2）根据数列中的最大项列不等式，从而求得的所有可能取值. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，则 ，解得. 【小问2详解】 由（1）得， 由于是数列中最大的项，①， 所以，即 即 解得，由于是整数，所以的可能取值是. 18. 在四面体中，. （1）若为正三角形，平面平面，求四面体体积； （2）若，，求二面角的余弦值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）取为BC的中点，连接DE，则，由平面平面，得平面，即是三棱锥的高，根据三棱锥的体积公式即可求解； （2）由（1），即证，即二面角的平面角为，在中利用余弦定理即可求解. 【小问1详解】 因为，则为等腰直角三角形， 且， 又为正三角形，故， 取BC的中点，连接DE，则， 又平面平面， 平面平面平面DBC， 故平面， 是三棱锥的高， 则其体积； 【小问2详解】 由（1）且，又， 则，且，又， 所以二面角的平面角为， 且. 所以二面角的余弦值为. 19. 为培养学生的阅读习惯，某校开展了为期一年的“弘扬传统文化，阅读经典名著”活动.活动后，为了解阅读情况，学校统计了甲、乙两组各10名同学的阅读量(单位:本)统计结果用茎叶图记录如下(十位数字作为“茎”，个位数字作为“叶”)其中乙组记录有一个数据模糊，无法确认.在图中以表示 （1）若甲组阅读量的平均值大于乙组阅读量的平均值，求的所有可能取值； （2）将甲、乙两组中阅读量超过15本的学生称为“阅读达人”，设，从这20名学生中随机抽取一人，已知该生为阅读达人，求该生为甲组学生的概率； （3）记甲组阅读量的方差为，在甲组中增加一名学生A得到的“新甲组”.若A的阅读量为10，则记“新甲组”阅读量的方差为，若A的阅读量为20，则记“新甲组”阅读量的方差为.通过计算比较的大小(结果精确到0.1)，并从数学角度解释这一现象. 【答案】（1）1或2或3 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用茎叶图计算平均值，解不等式计算即可； （2）利用条件概率公式计算即可； （3）利用方差公式计算各方差，结合方差的统计意义解释即可. 【小问1详解】 甲组10名学生阅读量的平均值为：， 乙组10名学生阅读量的平均值为：， 由，又，且， 所以的值可能为1或2或3. 【小问2详解】 阅读量超过15本的学生，甲组有2人，乙组有3人. 设事件：抽取的学生为甲组学生，事件：抽取的学生为阅读达人. 则，， 所以. 【小问3详解】 对甲组：， 所以. 对新甲组1：，所以. 对新甲组2：， 所以. 所以. 数学解释：由于甲组均值为10，方差反映了数据的离散程度，当增加数据10（原样本均值），数据相对更集中，所以方差变小；当增加数据20，数据更加分散，方差变大. 20. 已知椭圆的左右焦点分别为，离心率，点分别是椭圆的右顶点和上顶点，的边上的中线长为． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点的直线交椭圆于两点，若，求直线的方程； （3）直线过右焦点，且它们的斜率乘积为，设分别与椭圆交于点和．若分别是线段和的中点，求面积的最大值． 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）根据的边上中线为得，再联立即可求解； （2）设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程得，再由，即，最后代入即可求解； （3）设直线的方程为,则直线的方程为，分别与椭圆方程联立，通过韦达定理求出中点的坐标，观察坐标知，的中点坐标在轴上，则整理后利用基本不等式即可得到面积的最值. 【小问1详解】 由题意，因为，为直角三角形，所以. 又，所以，所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 由（1）知，,显然直线的斜率存在， 设直线的方程为，， 联立消去得，， 所以，即. 且， 因为，所以， 所以，即， 所以， 整理得， 即， 化简得，即满足条件， 所以直线的方程为或， 即直线的方程为或. 【小问3详解】 由题意，, 设直线的方程为,， 则直线的方程为，， 联立消去得， 所以 所以 所以， 同理联立消去得， 所以 所以 所以， 即的中点. 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的面积最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题考查待定系数法求椭圆的标准方程，直线与椭圆综合应用问题，利用基本不等式求最值，第三问的解题关键是分类联立直线与椭圆方程，求出的坐标，观察坐标知，的中点坐标在轴上，则整理后利用基本不等式得到面积的最值. . 21. 记.已知函数和的定义域都为，若存在、、、，使得，当且仅当时等号成立，则称和在上“次缠绕” （1）判断和在上“几次缠绕”，并说明理由； （2）设，，若和在上“次缠绕”，求的取值范围； （3）设，若和在上“次缠绕”，求的取值范围. 【答案】（1）“次缠绕”，理由： 函数与“次缠绕”，理由如下： 因为对任意，有，当且仅当和时，等号成立， 所以由“次缠绕”定义可知和在上“次缠绕”. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合题设新定义，找到和时，，则得到其为“次缠绕”； （2）转化为互异的两个正数，使得，求导得，再对合理分类讨论即可求解； （3）转化为互异的三个正数，使得，求导得，再对合理分类讨论即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设， 因为和在上“次缠绕”，所以存在互异的两个正数，使得， 当且仅当时等号成立，所以是的两个零点， 由， 当时，，则在上单调递增，不满足题意； 当时，令，得，令，得， 则在上单调递增，在上单调递减，又时，， 要使有两个零点，则，解得， 此时存在，使得成立，当且仅当时等号成立， 综上所述，的取值范围为. 【小问3详解】 设， 因为和在上“次缠绕”，所以存在互异的三个正数，使得， 当且仅当时等号成立，所以是的三个零点， 注意到，因此是的一个零点，， ①当时，，则在上单调递增，是的唯一零点，不满足题意； ②当时，，则在上单调递减，是的唯一零点，不满足题意； ③当时，令，即，存在两根， 当，，则在上单调递减， 当，，则在上单调递增， 当，，则在上单调递减， 所以，因为， 设，因为，所以在上单调递减， 所以，即，所以存在，使得， 又，所以存在，，使得成立， 即时，和在上“次缠绕”， 综上所述，的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海市青浦高级中学2025学年第二学期期中考试 高二数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 一.填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6每题4分，第7-12每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果. 1. 已知集合，则集合_____. 2. 已知，则__________． 3. 已知复数满足，其中i是虚数单位，则的虚部为__________. 4. 在的二项展开式中，常数项是______．（用数值作答） 5. 已知，则在上的数量投影是__________. 6. 不等式的解集是__________． 7. 已知随机变量的分布列为，则期望__________ 8. 已知圆柱M的底面圆的半径与球O的半径相同，若圆柱M与球O的表面积相等，则它们的体积之比______________．（用数值作答） 9. 一块边长为的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器，则该容器的容积最大时正四棱锥的高为__________. 10. 已知是数列的前项和，且.若，则__________ 11. 已知平面向量，，，满足，，则当与的夹角最大时，的值为________. 12. 机场为旅客提供的圆锥形一次性纸杯如图所示，该纸杯母线长为，开口直径为，旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，该椭圆的离心率等于_______． 二.选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14每题4分，第15-16每题5分）每题有且只有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑. 13. 设均为非零实数,则“”是“”的什么条件( 　 ) A. 必要不充分 B. 充分不必要 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 14. 已知m，n是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 15. 探照灯等很多灯具的反光镜是抛物面（其纵断面是抛物线的一部分），正是利用了抛物线的光学性质：从焦点射出的光线经抛物线反射之后沿对称轴方向射出.根据光路可逆原理，在平面直角坐标系中，已知抛物线，一条光线经过点，与轴平行射到抛物线上，经过两次反射后经过点射出，则光线从点到点经过的总路程是（ ） A. 19 B. 20 C. 21 D. 22 16. 对于函数，若关于的方程，恰有个实数根，则称函数为“”函数。①函数的定义域且；②函数是“”函数，也是“”函数；那么同时满足条件①②的函数共有（ ）个 A. B. C. D. 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相应位置写出必要的步骤. 17. 设等差数列的前n项和为，且. （1）若，求的公差； （2）若，且是数列中最大的项，求所有可能的值. 18. 在四面体中，. （1）若为正三角形，平面平面，求四面体体积； （2）若，，求二面角的余弦值. 19. 为培养学生的阅读习惯，某校开展了为期一年的“弘扬传统文化，阅读经典名著”活动.活动后，为了解阅读情况，学校统计了甲、乙两组各10名同学的阅读量(单位:本)统计结果用茎叶图记录如下(十位数字作为“茎”，个位数字作为“叶”)其中乙组记录有一个数据模糊，无法确认.在图中以表示 （1）若甲组阅读量的平均值大于乙组阅读量的平均值，求的所有可能取值； （2）将甲、乙两组中阅读量超过15本的学生称为“阅读达人”，设，从这20名学生中随机抽取一人，已知该生为阅读达人，求该生为甲组学生的概率； （3）记甲组阅读量的方差为，在甲组中增加一名学生A得到的“新甲组”.若A的阅读量为10，则记“新甲组”阅读量的方差为，若A的阅读量为20，则记“新甲组”阅读量的方差为.通过计算比较的大小(结果精确到0.1)，并从数学角度解释这一现象. 20. 已知椭圆的左右焦点分别为，离心率，点分别是椭圆的右顶点和上顶点，的边上的中线长为． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点的直线交椭圆于两点，若，求直线的方程； （3）直线过右焦点，且它们的斜率乘积为，设分别与椭圆交于点和．若分别是线段和的中点，求面积的最大值． 21. 记.已知函数和的定义域都为，若存在、、、，使得，当且仅当时等号成立，则称和在上“次缠绕” （1）判断和在上“几次缠绕”，并说明理由； （2）设，，若和在上“次缠绕”，求的取值范围； （3）设，若和在上“次缠绕”，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $