精品解析：上海市华东师范大学附属东昌中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

华东师范大学附属东昌中学 2025学年度第二学期高二期中数学试卷 一､填空题（本大题满分54分）本大题共有12题.考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，1-6题每个空格填对得4分，7-12题每个空格填对得5分，否则一律得零分. 1. 公理2的推论1可用符号语言表述为：若__________，则存在唯一的平面，使得. 2. 展开式中的第项为__________. 3. 6个人站成一排，若甲在乙左边，则有__________种排法.（结果用数值表示） 4. 在四面体的6条棱中，与棱所在直线异面的是棱__________所在直线. 5. 225不同的正约数有__________个. 6. 已知正四棱柱底面是边长为3，高为5，则与平面所成角为__________（结果用反三角表示） 7. 设直线与平面斜交于点，动点且不与重合，若直线与平面所成角为，则直线与直线所成角的取值范围是__________. 8. 使得的最小自然数为__________. 9. 红､绿､蓝三色的同质小球各2个排成一排，同色球不相邻的排法有__________种.（结果用数值表示） 10. 从长方体的12条棱中任取2条，则两条棱所在直线平行的概率为__________. 11. 被7除所得的余数为__________. 12. 如图，在中，已知，D是斜边AB上任意一点（不含端点）沿直线CD将折成直二面角，当___________时，折叠后A､B两点间的距离最小. 二､选择题（本大题共有4题，满分18分）每小题都给出四个选项，其中有且只有一个选项是正确的，13､14题选对得4分，15､16题选对得5分，否则一律得零分. 13. 抛掷一枚均匀硬币，如果连续抛掷次，那么第次出现正面朝上的概率为（ ） A. 1 B. C. D. 14. 在正方体中，任意两条面对角线的夹角不可能为（ ） A. 0 B. C. D. 15. 已知正方体，点在直线上，为线段的中点，则下列说法不正确的是（ ） A. 存在点，使得； B. 存在点，使得； C. 直线始终与直线异面； D. 直线始终与直线异面. 16. 已知集合 ，若，则满足条件的集合个数为（ ） A. 84 B. 96 C. 117 D. 135 三､解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须写出必要的步骤. 17. 已知三棱柱棱长均为1. （1）若平面，求三棱柱的表面积； （2）若，求证：平面平面 18. 如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的直径. （1）若是弦的中点，且平面，求的值； （2）若，直线与平面所成的角为，求异面直线与所成角的大小. 19. 高二年级14个班级开展5人制足球班赛，赛制采用单场淘汰制，即通过抽签确定每轮比赛对阵安排，每场均分出胜负，胜者晋级下一轮，败者淘汰（其中第二轮比赛会有一支队伍轮空，从而直接晋级），直至决出最后的冠军.同时由于场地与时间限制，每天至多安排两场比赛，若当天安排两场比赛，则两场比赛将同时进行. （1）若不设三､四名决赛，求按此赛制决出冠军共需要进行的比赛场次； （2）第一轮比赛对阵安排确定后，体育组打算将本轮比赛安排在4天内进行，若班在该轮比赛时没有其他比赛同时进行，求满足该要求的排法数； （3）两个班均晋级第二轮比赛，求随机抽签确定对阵安排后，两个班没有相互遭遇的概率； （4）若本次比赛增设三、四名决赛，且班最终分获本次班赛的冠，亚，季军，现需要从这三支队伍选出5人，组成高二年级足球阵容，要求三支队伍均有人入选，求冠军队入选人数至少两人选法数. 20. 已知椭圆的中心在坐标原点，且经过点，它的一个焦点与抛物线的焦点重合，斜率为的直线交抛物线于两点，交椭圆于两点. （1）求椭圆的离心率； （2）直线经过点，设点，且的面积为，求的值； （3）若直线过点，设直线的斜率分别为，且成等差数列，求直线的方程 21. 已知函数. （1），求实数的值； （2）若，且不等式对任意恒成立，求的取值范围； （3）设，试利用结论，证明：若，其中，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 华东师范大学附属东昌中学 2025学年度第二学期高二期中数学试卷 一､填空题（本大题满分54分）本大题共有12题.考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，1-6题每个空格填对得4分，7-12题每个空格填对得5分，否则一律得零分. 1. 公理2的推论1可用符号语言表述为：若__________，则存在唯一的平面，使得. 【答案】 【解析】 【详解】公理2的推论1为：直线与直线外一点，确定一个平面， 所以应填：. 2. 展开式中的第项为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出二项展开式的通项公式，再求第项. 【详解】展开式的通项公式为，其中， 因此第项为. 3. 6个人站成一排，若甲在乙左边，则有__________种排法.（结果用数值表示） 【答案】360 【解析】 【详解】6个人站成一排，共有种站法，其中甲在乙左边共有种排法. 4. 在四面体的6条棱中，与棱所在直线异面的是棱__________所在直线. 【答案】 【解析】 【分析】作出图形，利用异面直线的定义判断即可． 【详解】如图所示，四面体的6条棱：, 棱的端点为，过的棱、过的棱都和相交，共面，不是异面直线； 剩余仅棱，与没有公共点，且不共面，因此和互为异面直线. 5. 225不同的正约数有__________个. 【答案】9 【解析】 【详解】∵ 根据正约数个数公式：若一个数（是不同的质数，是正整数），则的正约数个数为 ∴ 的不同正约数个数为. 【点睛】方法归纳：计算正整数的正约数个数，先将该数分解为质因数的幂次乘积形式，再将各质因数的指数加1后相乘，所得结果即为正约数的个数. 易错归纳：注意质因数分解要彻底，确保每个质因数都是质数，避免因分解错误导致结果错误. 6. 已知正四棱柱底面是边长为3，高为5，则与平面所成角为__________（结果用反三角表示） 【答案】 【解析】 【详解】由正四棱柱的性质可知，底面，则， 即为与平面所成角， ， ，即与平面所成角为． 7. 设直线与平面斜交于点，动点且不与重合，若直线与平面所成角为，则直线与直线所成角的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据线面角的定义可知与直线所成的角的最小值为直线与平面所成的角，直线所成角的定义知最大角为直角. 【详解】由题可知直线与直线所成的角的最小值为直线与平面所成的角，所以与直线所成的角的最小值为，又为相交直线，则直线与所成角的最大值为， 故直线与直线所成角的取值范围是. 8. 使得的最小自然数为__________. 【答案】7 【解析】 【分析】依次计算组合数求解. 【详解】当时， ， 当时， ， 当时， ， 当时， ， 当时， ， 当时， ， 当时， ， 所以 的最小自然数为. 9. 红､绿､蓝三色的同质小球各2个排成一排，同色球不相邻的排法有__________种.（结果用数值表示） 【答案】30 【解析】 【分析】先将6个小球排列，再排同色球相邻的情况，结合排列数、组合数运算求解. 【详解】先将6个小球排列，不同的排法有种， 若将其中1组同色两个球看成1个整体，再与剩余球排列，不同的排法有种， 若将其中2组同色两个球均看为1个整体，再与剩余球排列，不同的排法有种， 若将其中3组同色两个球均看为1个整体，不同的排法有种， 综上所述：不同的排法有种. 10. 从长方体的12条棱中任取2条，则两条棱所在直线平行的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用古典概型公式即可求解. 【详解】根据题意得：从长方体的12条棱中任取2条，共有种取法， 两条棱所在直线平行共有， 所以. 11. 被7除所得的余数为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】利用二项式定理依次化简、即可得出. 【详解】因为 所以被7除所得的余数与被7除所得的余数相同， 因为， 所以被7除所得的余数与被7除所得的余数相同，均为， 故被7除所得的余数为2. 12. 如图，在中，已知，D是斜边AB上任意一点（不含端点）沿直线CD将折成直二面角，当___________时，折叠后A､B两点间的距离最小. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意作出图形，作A作于E，作点B作于F，然后，进而求出，进而用勾股定理得到，最后通过三角变换与三角函数的图象和性质求得答案. 【详解】如图，设翻折后点B位于点处，即求最小时AD的长度. 设，作A作于E，作点B作于F，根据题意，平面平面，且交于，所以平面. ，，所以. 易得，所以 . 于是，当时，即当CD为的角平分线时，最小.此时，又，解得：. 故答案为：. 二､选择题（本大题共有4题，满分18分）每小题都给出四个选项，其中有且只有一个选项是正确的，13､14题选对得4分，15､16题选对得5分，否则一律得零分. 13. 抛掷一枚均匀硬币，如果连续抛掷次，那么第次出现正面朝上的概率为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币，只考虑第次，有两种结果：正面朝上，反面朝上，每种结果等可能出现， 因此正面朝上的概率为，故B正确. 14. 在正方体中，任意两条面对角线的夹角不可能为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】正方体中，互相平行的面： 当对角线互相平行时，夹角为0；当对角线互相垂直时，夹角为； 互相垂直的面，对角线可构成等边三角形，则夹角为， 综上，任意两条面对角线的夹角不可能为． 15. 已知正方体，点在直线上，为线段的中点，则下列说法不正确的是（ ） A. 存在点，使得； B. 存在点，使得； C. 直线始终与直线异面； D. 直线始终与直线异面. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件，结合线面垂直度的判定定理，异面直线的定义，中位线定理，逐项判定，即可求解. 【详解】在正方体中，可得， 又由平面，且平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 由点在直线上，为线段的中点， 当点和重合时，可得平面，所以，所以A正确； 连接，如图所示， 当点为线段的中点时，为的中位线，即，所以B正确； 因为平面，当点和点重合时，平面， 则直线和在同一平面内，所以C错误； 由平面，平面，且， 所以直线始终与直线不相交，且不平行，所以与是异面直线，所以D正确. 故选：C. 16. 已知集合，若，则满足条件的集合个数为（ ） A. 84 B. 96 C. 117 D. 135 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以能被3整除，所以除以3的余数相同，中的元素能被3整除的整数有，被3除余1的整数有，被3除余2的整数有， 当都被3整除时，则从被3整除的4个数中选取3个， 或可从被3整除的4个数中选取2个，从其余7个数中选择， 所以的个数为， 当被3除余1时，则从被3除余1的4个数中选取3个， 或可从被3除余1的4个数中选取2个，从其余7个数中选择， 所以的个数为， 当被3除余2时，则从被3除余2的3个数中选取3个， 或可从被3除余2的3个数中选取2个，从其余8个数中选择， 所以的个数为，所以满足条件的集合共有个. 三､解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须写出必要的步骤. 17. 已知三棱柱棱长均为1. （1）若平面，求三棱柱的表面积； （2）若，求证：平面平面 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意判断三棱柱是正三棱柱，再根据底面正三角形和侧面正方形的面积和，求解棱柱表面积即可； （2）作出辅助线，结合题干和勾股定理可得线面垂直，再根据面面垂直的判定定理证明即可. 【小问1详解】 平面，三棱柱为正三棱柱，且侧面均为正方形， 则 【小问2详解】 如图所示，取中点，连接， 因为 所以， 因为 所以，所以， 因为， 平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面. 18. 如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的直径. （1）若是弦的中点，且平面，求的值； （2）若，直线与平面所成的角为，求异面直线与所成角的大小. 【答案】（1） （2）（或）. 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质定理可得，从而得解； （2）根据题意，是在平面上的射影，从而，且，作圆柱的母线，则连接，则或其补角为异面直线与所成的角，余弦定理求解即可. 【小问1详解】 因为平面，平面， 平面平面， 所以，又是弦的中点， 所以为的中点，； 【小问2详解】 依题意，在中，， 所以， 因为平面 是在平面上的射影，从而， 则， 作圆柱的母线，则连接，则四边形是矩形， 或其补角为异面直线与所成的角， 在中，， 异面直线与所成的角为（或）. 19. 高二年级14个班级开展5人制足球班赛，赛制采用单场淘汰制，即通过抽签确定每轮比赛对阵安排，每场均分出胜负，胜者晋级下一轮，败者淘汰（其中第二轮比赛会有一支队伍轮空，从而直接晋级），直至决出最后的冠军.同时由于场地与时间限制，每天至多安排两场比赛，若当天安排两场比赛，则两场比赛将同时进行. （1）若不设三､四名决赛，求按此赛制决出冠军共需要进行的比赛场次； （2）第一轮比赛对阵安排确定后，体育组打算将本轮比赛安排在4天内进行，若班在该轮比赛时没有其他比赛同时进行，求满足该要求的排法数； （3）两个班均晋级第二轮比赛，求随机抽签确定对阵安排后，两个班没有相互遭遇的概率； （4）若本次比赛增设三、四名决赛，且班最终分获本次班赛的冠，亚，季军，现需要从这三支队伍选出5人，组成高二年级足球阵容，要求三支队伍均有人入选，求冠军队入选人数至少两人选法数. 【答案】（1）13 （2）360 （3） （4）1250 【解析】 【分析】（1）利用单场淘汰制每场淘汰1支队伍的特点，14支队伍决出冠军要淘汰13支队伍，也可逐轮统计比赛场数，第一轮7场、第二轮3场、第三轮2场、第四轮1场，累加求出总场次. （2）先从4天里选1天单独安排A班比赛，再把剩下6个班级依次两两分组，用组合数直接相乘，算出符合条件的安排方法总数. （3）先求出第二轮所有抽签对阵的总基本事件数，再算出A、B两班恰好对阵的事件数，先求相遇概率，再用1减去相遇概率，得到两班不相遇的概率. （4）依据每队都有人入选且冠军人数至少两人的限制，分成三类，分别用组合数计算每类选法，再把三类结果相加得到总选法数. 【小问1详解】 单场淘汰制中，每场比赛淘汰1支队伍，14支队伍决出冠军需淘汰支队伍. 第一轮14支队伍进行场比赛，第二轮7支队伍进行场比赛，第三轮4支队伍进行场比赛，第四轮2支队伍进行场比赛. 所以总场次为. 【小问2详解】 第一轮共组对阵，A班比赛无同时进行，需单独占用天. 第一步:从天中选天安排A班比赛，有种选法. 第二步:剩余组比赛平均分成组同时进行，分法为. 所以总排法数为. 【小问3详解】 第二轮共支队伍，抽签规则为选队轮空，剩余队分组对阵. 总对阵安排数:. A、B两班相互遭遇的安排数:. 相遇概率为，因此未遭遇概率为. 【小问4详解】 从支队伍选人且每队至少人，冠军队人数至少两人分三类:、、. 第一类:; 第二类:; 第三类:. 所以总选法数为. 20. 已知椭圆的中心在坐标原点，且经过点，它的一个焦点与抛物线的焦点重合，斜率为的直线交抛物线于两点，交椭圆于两点. （1）求椭圆的离心率； （2）直线经过点，设点，且的面积为，求的值； （3）若直线过点，设直线的斜率分别为，且成等差数列，求直线的方程 【答案】（1）. （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）先求出焦点坐标，再根据椭圆所过的点可求基本量，从而可求椭圆方程； （2）联立直线方程和抛物线方程，结合韦达定理可用斜率表示面积，从而可求其值； （3）由题设有，联立直线方程和椭圆方程，结合韦达定理化简前者可求的值，从而可求直线方程. 【小问1详解】 抛物线的焦点坐标为，故椭圆的半焦距， 设椭圆的方程为，由题设得即， ∴椭圆的方程是，离心率. 【小问2详解】 设直线，设， 由得：. 与抛物线有两个交点，， 则到的距离， 又，所以即 ，故 【小问3详解】 设直线，设， 由消去得： 因为在椭圆内部，所以与椭圆恒有两个交点，所以， 由成等差数列得. ， 所以，解得 所以直线的方程为. 21. 已知函数. （1），求实数的值； （2）若，且不等式对任意恒成立，求的取值范围； （3）设，试利用结论，证明：若，其中，则. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求得，根据题意得到方程组，即可求解； （2）把转化为即对任意恒成立，设，设，利用导数求得函数在单调性，结合，即可求解； （3）解法1：由不等式，推得，进而利用累加法，即可得证；解法2：由，得到，结合累加法，即可得证. 【小问1详解】 由函数，可得，所以，. 又由，所以，解得. 【小问2详解】 若，可得， 则，则不等式可化为， 即对任意恒成立， 令，则，设函数，可得， 因为，所以恒成立，所以函数在上严格递增， 所以，故，即实数的取值范围为. 【小问3详解】 解法1：由， 因为，可得， 当且仅当时，等号成立； 所以，当且仅当时，等号成立， 故， 当且仅当时等号成立. 因此有， ， ， 以上个式子相加得： . 解法2：由， 可得， 当且仅当时等号同时成立. 故， ， ， 以上个式子相加得： . 【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $