上海市2025-2026学年高二下学期期末数学模拟试卷（二）

**基本信息** 2025-2026学年上海市高二（下）期末数学模拟卷，涵盖立体几何、三角函数等核心知识，通过多题型梯度设计，考查空间观念、逻辑推理与数学应用能力，适配期末综合评估需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|4|线面垂直判定、解三角形、直四棱柱性质|通过假命题辨析（第1题）考查逻辑推理，结合几何体中点线面关系（第3题）强化空间观念| |填空题|12|复数充要条件、面面位置关系、正方体动点问题|设置开放性结论判断（第8、9题），结合动态几何（第15题）提升空间想象与数学表达| |解答题|5|翻折问题证明与线面角、三角函数图像变换、新定义应用|以翻折模型（第17题）、新定义函数（第21题）综合考查数学建模与创新意识，贴合高考命题趋势|

2025-2026学年上海市高二（下）期末数学模拟试卷（二）（解析版） 一、单选题 1．以下四个命题中：①若是平面的斜线，直线垂直于在平面内的射影，则； ②若是平面的斜线，直线，则直线垂直于在平面内的射影； ③若是平面的斜线，直线，且垂直于在平面内的射影，则； ④若是平面的斜线，直线，，则垂直于在平面内的射影. 其中假命题的个数是（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】逐个命题进行验证，对于①②可以通过反例说明不正确，对于③④利用线面垂直的定理可以证明正确. 【详解】对于①，若直线在平面外，则结论不正确；对于②，若直线在平面外，则结论也不正确；对于③，因为直线，所以垂直于平面的垂线，因为垂直于在平面内的射影，所以垂直于的垂线和在平面内的射影构成的平面，所以，故正确； 对于④证明方法类似于③，也正确，故选B. 【点睛】本题主要考查空间位置关系的判定，熟记定理和常用模型是求解的关键，侧重考查直观想象和逻辑推理的核心素养. 2．在中，，，D为BC边上的中点，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用余弦定理及向量数量积的运算律求出，再利用三角形面积公式求解. 【详解】在中，由余弦定理得， 而，则， 两式联立解得，所以的面积为. 3．在直四棱柱中，E，F分别是BC，的中点，则“”的一个充分必要条件是（    ） A．，且 B．，且 C．，且 D．，且 【答案】C 【分析】简单作出满足ABD选项的图形，皆可知存在与不平行的情况，故可进一步推得与不平行，即这三个选项都不是“”的充分条件，故ABD错误； 而C选项可利用中位线定理与构成平行四边形推得充分条件，利用线面平行的判定定理与性质定理推得必要条件，进而得到C正确. 【详解】对于A，如图1，由于条件，，并不能推得，即可以相交， 当相交时，在直四棱柱中，易知，故与是异面直线，即与不平行， 而因为E，F分别是BC，的中点，所以， 所以与不平行，即选项A不是“”的充分条件，故A错误； . 对于B，如图2，由且，可得， 即，由同旁内角互补可知，， 又，所以， 当时，四边形是梯形，即与会交于一点，即与不平行， 而，故与不平行，即选项B不是“”的充分条件，故B错误； . 对于C，如图3，由得，，又， 在直四棱柱中，易知，， 所以，，所以四边形是平行四边形，故， 又因为E，F分别是BC，的中点，所以， 所以，故选项C是的充分条件； 反之，当时，因为E，F分别是BC，的中点，所以， 则，则四点共面， 又，面，面，故面， 因为面面，又面，则， 所以， 又，，所以四边形是平行四边形，故， 而在直四棱柱中，易知，所以， 所以四边形是平行四边形； 所以，且，即选项C也是的必要条件； 综上：选项C是的充分必要条件，故C正确； . 对于D，如图4，由，且，与选项A一样，并不能保证，即可以相交， 后续推导与选项A一致，可知选项D不是“”的充分条件，故D错误； 故选：C. . 4．下列函数中，对于任意，同时满足条件和的函数是 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由得为奇函数，由得是函数的一个周期，逐项判断可得答案. 【详解】任意，由得，所以为奇函数， 由得，即，所以是函数的一个周期， 对于A，，，故错误； 对于B， ，，所以为偶函数，故错误； 对于C， ，，，所以为奇函数，，故C正确； 对于D，，，，所以为偶函数，故错误. 故选：C． 二、填空题 5．已知复数，，则“”是“为纯虚数”的______条件．（填写“充要”、“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分也不必要”中的一个） 【答案】充要 【解析】利用定义法分别讨论充分性和必要性即可. 【详解】当时，为纯虚数，充分性成立， 若纯虚数，则，解得，必要性成立， ∴“”是“为纯虚数”的充要条件． 故答案为：充要． 6．已知，，，则实数的值为__________. 【答案】 【分析】由题意利用两个向量平行的坐标运算，从而解得的值． 【详解】向量，， ． ， ，解得， 故答案为： 7．在中，若，，，则的面积是______． 【答案】 【分析】利用倍角公式可得，利用同角三角函数基本关系式可得，利用三角形的内角和定理与两角和差的正弦公式可得，由正弦定理可得，利用三角形面积公式即可得出. 【详解】∵，∴， ∴， ∴， 由正弦定理可得：， ∴， ∴， 故答案为：. 8．已知，，是三个不同的平面，a，b两条不同的直线，下列命题中正确的是___________. ①若，，则 ②若，，则 ③若，，则 ④若，，则 【答案】④ 【分析】根据线面位置关系的定理与性质对选项一一判断即可． 【详解】①中，若，可能相交也可能平行，则错误； ②中，若，可能相交也可能平行，则错误． ③中，若，a，b的位置不定，则错误； ④中，，根据线面垂直的性质可判断，则正确； 故答案为：④ 9．已知直线表示两条不同的直线，表示一个平面，有下列几个命题： ①若在直线上存在不同的两点到的距离相等，则； ②若，,则； ③若，,则； ④若与所成的角和与所成的角相等，则； ⑤若，,则. 其中正确命题的序号是__________（写出所有正确命题的序号）． 【答案】⑤     【分析】①中与可以存在相交；②中与可以平行也可以相交；③中与可以平行，也可以异面；④中与可以平行，也可以异面、相交；⑤正确. 【详解】①中与可以存在相交； ②中与可以平行也可以相交； ③中与可以平行，也可以异面； ④中与可以平行，也可以异面、相交； ⑤正确. 10．关于的方程（）的两虚根为、，且，则实数的值是________. 【答案】5 【分析】关于方程两数根为与，由根与系数的关系得：，，由及与互为共轭复数可得答案． 【详解】解：与是方程的两根 由根与系数的关系得：，， 由与为虚数根得： ，， 则， 解得，经验证，符合要求， 故答案为：． 11．已知点是所在平面上一点，且满足为线段中点，且，若，则的取值范围是__________. 【答案】 【分析】通过建立平面直角坐标系，将向量条件转化为代数方程，利用点在线段上的参数表示和向量数量积求出参数范围，再将目标向量模长转化为二次函数，结合定义域分析其取值范围. 【详解】由，可知点在线段上。 因为，以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示平面直角坐标系， 则，设，，则，为中点，故， ， 由，得，整理得，将代入， 化简得，则， 由得或，由得或，所以或， 则， 所以 ， 该二次函数开口向上，对称轴， 当时，该二次函数单调递减，，当时，函数递增，， 所以，故 综上，的取值范围是. 12．已知，如果有且仅有四个不同的复数，同时满足和，则的取值范围是__________. 【答案】 【分析】利用复数模的运算性质，再数形结合，转化为三次函数来研究即可. 【详解】由可得， 又由可得，复数在复平面上对应的点在单位圆上， 设单位圆上动点，，，则表示长度，表示长度， 即，又因为，所以， 令，可设， ，令，可得， 当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减； 由，，， 所以当时，在有两解，即在轴上方一定存在两个复数对应的点满足条件， 再利用圆关于轴对称，所以在轴下方也一定存在两个复数对应的点满足条件， 综上此时有四个不同的复数， 故答案为：. 13．已知的外心为，则的取值范围是_____________. 【答案】 【解析】作出图示，取BC的中点D，则有，再由向量的线性表示和向量数量积的运算得出，，，代入已知得，由余弦定理表示，再由基本不等式可求得范围. 【详解】作出图示如下图所示，取BC的中点D，连接OD，AD，因为的外心为O,则， 因为， 又，所以， 同理可得，， 所以化为， 即. 由余弦定理得， 又，当且仅当时，取等号，又，所以. 故答案为：. 14．若正三棱台中上底的边长为1，下底的边长为2，侧棱长为1，则它的表面积为_________，与所成角的余弦值为_______________．    【答案】 【分析】根据题目所给边长，直接求表面积即可得解，延长交于点， 作中点，中点，连接， ，则与所成角即为和所成角，在中解三角形，即可得解. 【详解】   根据题意正三棱台的上下底面为等边三角形， 上底面为边长为1的等边三级形，下底为边长为2的等边三角形， 侧面为等腰梯形上底边长为1，下底边长为2，腰长为1，所以高， 所以面积， 延长交于点， 由上底的边长为1，下底的边长为2， 所以分别为中点， 作中点，中点，连接， ，则与所成角即为和所成角， 连接，在底面的投影为，为底面的中心且在上， 作于，显然 由，， 所以， 所以，， 所以，， 在等腰梯形 上底边长为1，下底边长为2，腰长为1， 所以，， 在中，， 根据线线所成角的范围，则与所成角的余弦值为. 故答案为：，. 15．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，给出下列四个结论： ①； ②平面； ③与的面积相等； ④三棱锥的体积为定值． 其中所有正确结论的序号是___________． 【答案】①②④ 【分析】证明出平面判断①；利用面面平行的判定定理判断②；根据正方体的结构特征和已知确定到的距离、到的距离判断③；以点为顶点，结合锥体体积公式求出三棱锥的体积判断④. 【详解】①设与相交于， 在正方体中，四边形为正方形，则， 平面，平面， ， ，平面， 平面，平面， ，正确；  ②在正方体中，且， 所以，四边形为平行四边形，得， 平面，平面， 平面，即平面，正确；  ③由于正方体的结构特征及已知，到的距离即到的距离为， 而到的距离即到的距离为，所以与的面积不相等，错误；  ④由①知平面，所以为定值，正确. 故答案为：①②④ 16．已知与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于点，为坐标原点，若，则__________. 【答案】 【分析】利用的条件，通过设直线方程，联立方程组，结合韦达定理，最终将转化为原点到直线距离的倒数平方来求解即可. 【详解】设直线的方程为， 则到的距离为， 联立直线的方程与的方程， 得， 设，则， 所以 ， 所以，则， 因为，所以， 所以，所以， 所以. 三、解答题 17．已知梯形中，为上的一点且，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接，为棱的中点.    (1)求证：平面； (2)当时，求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接，可证四边形是平行四边形，得，利用线面平行的判定定理得证； （2）在平面内，过点作，交于点，可证平面，以为原点，分别以所在直线为，轴，建立空间直角坐标系，设，求出和平面的一个法向量坐标，利用向量法求解. 【详解】（1）取中点，连接. 因为为中点，所以且. 又且， 所以且，则四边形是平行四边形， 所以，又平面平面， 所以平面.    （2）因为，翻折后， 所以是二面角的平面角，即. 在平面内，过点作，交于点， 因为，则平面，所以， 所以平面， 以为原点，分别以所在直线为，轴，建立空间直角坐标系. 设，则，， 则， 所以，平面的一个法向量. 设直线和平面所成角为， 则， 即直线和平面所成角的正弦值为. 18．已知函数的最小正周期为. (1)求在区间上的单调递减区间； (2)将的图象先向右平移个单位长度，再将所得图象上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到的图象，若关于的方程在区间上有解，求实数的取值范围. 【答案】(1)和 (2) 【分析】（1）先利用三角函数恒等变换公式对函数化简变形结合周期可求出，再由结合可求得结果； （2）利用三角函数图象变换规律求出，则方程转化为，令，则，再变形后，利用换元法可求出答案. 【详解】（1） ， 因为最小正周期为，所以，得， 所以， 由，得， 因为，所以当时，，当时，， 所以在区间上的单调递减区间为和； （2）将的图象先向右平移个单位长度，得到， 再将图象上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得， 所以， 方程， 即为方程， 令， 因为，所以，所以， 因为，所以， 所以原方程化为， 所以， 令，则，， 因为在上递减，在上递增， 所以当时，，则， 因为当时，，当时，，所以， 所以实数的取值范围为. 19．如图，是矩形的对角线，以为折痕将折起，使点到达点的位置. (1)若，证明：平面平面. (2)若，二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析. (2) 【分析】（1）由已知可证平面，进而证明平面即可. （2）过点作，，作，证明点到平面的距离，是并由二面角求出，建立空间直角坐标系，则点坐标确定，利用线面角公式计算即可. 【详解】（1）因为，，，平面， 所以平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）过点作，垂足为，连接，则， 所以就是二面角的平面角. 因为，所以， 作，垂足为，则， 因为，平面， 所以平面，平面，所以， 又，，平面ABCD， 所以. 过作垂足为， 因为，所以， 所以， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以是平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为，则 ， 即直线与平面所成角的正弦值是. 20．如图 1 所示，在中，点在线段上，满足，是线段上的点，且满足，线段与线段交于点.    (1)若，求实数，的值； (2)若，求实数的值； (3)如图 2，过点的直线与边，分别交于点，，设 ，设的面积为，四边形的面积为，求的取值范围． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理计算可得； （2）由共线定理及平面向量基本定理得到方程组，解答即可； （3）由题意可得，根据共线定理得到，根据三形的面积公式可得，再结合，将转化为的二次函数，利用二次函数的性质求解即可. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 又，且、不共线，所以，； （2）因为、、三点共线，所以存在实数使得 ， 所以， 因为，即， 所以， 又因为， 即，又、不共线， 所以，解得， 所以． （3）根据题意． 同理可得：， 由（2）可知，， 所以， 因为，，三点共线，所以， 化简得， 根据题意，， ， 所以 ， 又，则，所以， 所以， 易知，当时，有最大值，又因为， 所以. 21．已知，定义：表示不小于的最小整数，例如：，. (1)若，且满足，求实数的取值范围； (2)若，且满足，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知可得，解不等式结合已知得出实数的取值范围； （2）由已知得出，则，原式转为解，分，和讨论，得出实数的取值范围． 【详解】（1），则， 又因为，解得． （2），，，则，即，解得 若，则且，得，显然不成立； 若，则且，得； 若，则且，得，显然不成立. 因此，所以，实数的取值范围是. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年上海市高二（下）期末数学模拟试卷（二） 一、单选题 1．以下四个命题中：①若是平面的斜线，直线垂直于在平面内的射影，则； ②若是平面的斜线，直线，则直线垂直于在平面内的射影； ③若是平面的斜线，直线，且垂直于在平面内的射影，则； ④若是平面的斜线，直线，，则垂直于在平面内的射影. 其中假命题的个数是（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．在中，，，D为BC边上的中点，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 3．在直四棱柱中，E，F分别是BC，的中点，则“”的一个充分必要条件是（    ） A．，且 B．，且 C．，且 D．，且 4．下列函数中，对于任意，同时满足条件和的函数是 A． B． C． D． 二、填空题 5．已知复数，，则“”是“为纯虚数”的______条件．（填写“充要”、“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分也不必要”中的一个） 6．已知，，，则实数的值为__________. 7．在中，若，，，则的面积是______． 8．已知，，是三个不同的平面，a，b两条不同的直线，下列命题中正确的是___________. ①若，，则 ②若，，则 ③若，，则 ④若，，则 9．已知直线表示两条不同的直线，表示一个平面，有下列几个命题： ①若在直线上存在不同的两点到的距离相等，则； ②若，,则； ③若，,则； ④若与所成的角和与所成的角相等，则； ⑤若，,则. 其中正确命题的序号是__________（写出所有正确命题的序号）． 10．关于的方程（）的两虚根为、，且，则实数的值是________. 11．已知点是所在平面上一点，且满足为线段中点，且，若，则的取值范围是__________. 12．已知，如果有且仅有四个不同的复数，同时满足和，则的取值范围是__________. 13．已知的外心为，则的取值范围是_____________. 14．若正三棱台中上底的边长为1，下底的边长为2，侧棱长为1，则它的表面积为_________，与所成角的余弦值为_______________．    15．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，给出下列四个结论： ①； ②平面； ③与的面积相等； ④三棱锥的体积为定值． 其中所有正确结论的序号是___________． 16．已知与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于点，为坐标原点，若，则__________. 三、解答题 17．已知梯形中，为上的一点且，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接，为棱的中点.    (1)求证：平面； (2)当时，求直线和平面所成角的正弦值． 18．已知函数的最小正周期为. (1)求在区间上的单调递减区间； (2)将的图象先向右平移个单位长度，再将所得图象上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到的图象，若关于的方程在区间上有解，求实数的取值范围. 19．如图，是矩形的对角线，以为折痕将折起，使点到达点的位置. (1)若，证明：平面平面. (2)若，二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 20．如图 1 所示，在中，点在线段上，满足，是线段上的点，且满足，线段与线段交于点.    (1)若，求实数，的值； (2)若，求实数的值； (3)如图 2，过点的直线与边，分别交于点，，设 ，设的面积为，四边形的面积为，求的取值范围． 21．已知，定义：表示不小于的最小整数，例如：，. (1)若，且满足，求实数的取值范围； (2)若，且满足，求实数的取值范围. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $