精品解析：上海市曹杨第二中学2025-2026学年高一第二学期期末考试数学试卷

上海市曹杨二中2025学年度第二学期 高一年级期末考试数学试卷 命题人：__________ 校对人：__________ 审核人：__________ 试卷共4页1张 考生注意： 1．答卷前，考生务必将姓名、班级、学号等在指定位置填写清楚． 2．本试卷共有21道试题，满分150分，考试时间120分钟．请考生用黑色水笔或钢笔将答案直接写在答题卷上． 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分） 1. 用符号语言表示“点A在直线l上，l在平面a上”_____________ 2. 已知平面、、两两相交，则它们的交线的条数为__________． 3. ______ . 4. 设，向量，．若，则______． 5. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是边长为1的正方形，则原图形的面积为________． 6. 从长方体的八个顶点中选取四个不同的顶点．若四点共面，则不同选法的种数为__________． 7. 在四面体中，平面，，，则直线与平面所成的角的大小为__________． 8. 在四面体中，，E、F分别为边、的中点．若，则直线与所成的角的大小为__________． 9. 已知是棱长为的正方体，为该正方体表面上的一个动点．若，则动点的轨迹长度为__________． 10. 设，．若z与（i为虚数单位）是关于x的方程的两根，则__________． 11. 设，．若函数，的值域为，且，则__________． 12. 在空间中，点A、B、C在平面上的投影分别为、、．若是等腰直角三角形，且是等边三角形，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为__________． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13~14题每题4分，第15~16题每题5分） 13. 二面角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 14. 已知l、m是两条互异的直线，、是两个互异的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若且，则 B. 若且，则 C. 若且，则 D. 若且，则 15. 如图，在正方体中，M是的中点．若点P满足：平面与平面交于直线l，且平面，则点可以位于（ ） A. B. C. D. 16. 已知、为平面向量，且．设，存在平面向量，使得，且，则是的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 三、解答题（本大题共有5题，满分78分） 17. 已知向量，． （1）设向量，用向量与的线性组合表示a； （2）设，向量．若，求k的值． 18. 在中，角的对边分别为．已知． （1）求； （2）设边的垂直平分线交边于点D．若，，求的值． 19. 设z是虚数．已知，且． （1）求的值及的取值范围； （2）设i为虚数单位．若，求z． 20. 如图，四边形和都是边长为1的正方形，且二面角的大小为． （1）证明：直线和是异面直线； （2）求直线与所成的角的大小； （3）求点B到平面的距离． 21. 若定义在上的函数满足：对任意，均成立，则称函数具有性质P． （1）设，，分别判断函数与是否具有性质P，说明理由； （2）设，．证明：函数不具有性质P； （3）设函数具有性质P，且其在区间上的取值范围是．设．若函数在区间上有且仅有一个零点，且是函数的一个周期，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海市曹杨二中2025学年度第二学期 高一年级期末考试数学试卷 命题人：__________ 校对人：__________ 审核人：__________ 试卷共4页1张 考生注意： 1．答卷前，考生务必将姓名、班级、学号等在指定位置填写清楚． 2．本试卷共有21道试题，满分150分，考试时间120分钟．请考生用黑色水笔或钢笔将答案直接写在答题卷上． 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分） 1. 用符号语言表示“点A在直线l上，l在平面a上”_____________ 【答案】 【解析】 【分析】根据几何的符号语言求出即可. 【详解】“点A在直线l上，l在平面a上” 可记为： 2. 已知平面、、两两相交，则它们的交线的条数为__________． 【答案】1或3 【解析】 【分析】通过分类讨论三个平面两两相交时交线是否重合，即可得到交线的可能条数. 【详解】当交线重合时, 交线的条数为1，如图， 当交线不重合时, 交线的条数为3，如图， 3. ______ . 【答案】 【解析】 【详解】． 试题分析： 考点：倍角的正切． 4. 设，向量，．若，则______． 【答案】 ## 【解析】 【详解】由题可知，，且， 所以，  展开整理得， 解得. 5. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是边长为1的正方形，则原图形的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据斜二测画法的作图规则，得出原图形，进而解得原图形的面积. 【详解】解：根据题意，斜二测直观图是边长为1的正方形如图1所示， 其中，， 根据斜二测画法规则，还原为如图2所示的原图， 其中，，， 所以原图形的面积为. 故答案为：. 6. 从长方体的八个顶点中选取四个不同的顶点．若四点共面，则不同选法的种数为__________． 【答案】 12 【解析】 【分析】应用加法原理及长方体特征计算求解. 【详解】从长方体的八个顶点中选取四个不同的顶点．若四点共面， 则所选四点为长方体的六个侧面的顶点或六个由两组平行对棱确定的非表面平面， 所以不同选法的种数为. 7. 在四面体中，平面，，，则直线与平面所成的角的大小为__________． 【答案】 【解析】 【分析】取中点，连接，利用线面垂直找到所求线面角，再利用边长关系计算可得. 【详解】 取中点，连接， 因为，所以， 由平面易得，又平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 设，则，， 所以，即直线与平面所成的角的大小为. 8. 在四面体中，，E、F分别为边、的中点．若，则直线与所成的角的大小为__________． 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，构造三角形的中位线，将异面直线与所成的角转化为三角形的内角，结合余弦定理可得. 【详解】 取的中点，连接， 由E、F分别为边、的中点，由三角形的中位线性质可得，为异面直线与所成的角， 在中，由余弦定理可得， 所以， 由异面直线间夹角范围可得直线与所成的角为. 9. 已知是棱长为的正方体，为该正方体表面上的一个动点．若，则动点的轨迹长度为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由动点满足，先在正方体中找到过且与体对角线垂直的一个平面，再结合为该正方体表面上的一个动点，所以得动点的轨迹长度为，再由正方体中计算可得. 【详解】正方体​中， 平面，平面，所以. 又因为是正方形，所以，且平面， 所以平面，平面，所以. 同理可得，且，，平面， 所以平面. 因为，所以平面，且为该正方体表面上的一个动点， 所以为的三边上的一个动点，因此动点的轨迹长度为， 因为是棱长为的正方体， 所以，所以 因此动点的轨迹长度为.​ 10. 设，．若z与（i为虚数单位）是关于x的方程的两根，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用实系数方程的虚根互为共轭复数先求出根的虚部，再结合韦达定理求出m的值. 【详解】设，则， 由题意得，则， 则两根为，， 由韦达定理得， 解得， 且，则， 当时，，当时，， 综上可得，或. 11. 设，．若函数，的值域为，且，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数值域满足，结合正弦函数的图象可知时满足题意，得解. 【详解】，令， ,, ，作出函数的图象，如图， 由图可知，以为中心，当变大时， 若，函数增大时，函数值减小时，不满足， 若时，函数最大值，所以只需要确定函数最小值，因为，需函数最小值为， 所以当时，即时， 函数值域为，满足， 综上. 12. 在空间中，点A、B、C在平面上的投影分别为、、．若是等腰直角三角形，且是等边三角形，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用设值法来求解，将问题从一般到特殊，再利用射影面积公式：来求解． 【详解】设等腰直角三角形中，，，则， 点在平面上的投影分别为、、， 设， 是等边三角形，设其边长为，则： ， 令，则代入上式得： ， 由前两式知：，取（不符合题意），代入中， ， ， 解得：， ， 即， 设平面与平面所成的锐二面角为，根据射影面积公式： ． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13~14题每题4分，第15~16题每题5分） 13. 二面角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二面角的取值范围，需结合二面角的平面角的定义进行判断． 【详解】根据二面角的平面角的定义：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角． 当两个半平面完全重合时，二面角的大小为；当两个半平面共面且朝向相反时，二面角的大小为；其余情形下二面角的大小介于和之间，因此二面角的取值范围是． 14. 已知l、m是两条互异的直线，、是两个互异的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若且，则 B. 若且，则 C. 若且，则 D. 若且，则 【答案】B 【解析】 【详解】选项A，仅当垂直于与交线时，错误. 选项B，根据面面平行的性质，一条直线垂直于两个平行平面中的一个，必垂直于另一个，因此若且，则，正确. 选项C，若且，则或，错误. 选项D，若且，则或，错误. 15. 如图，在正方体中，M是的中点．若点P满足：平面与平面交于直线l，且平面，则点可以位于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】延长交延长线于点，则直线l为过点平行于的直线，即可确定平面，可得解. 【详解】根据题意，延长交延长线于点， 因为平面与平面交于直线l，且平面， 则直线l为过点平行于的直线， 又因为，则，所以与共面，即平面， 所以点P可以位于，而点、和都不在平面上，故C正确. 16. 已知、为平面向量，且．设，存在平面向量，使得，且，则是的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】设，，根据条件把等价于的横坐标，利用，推出成立；反之，由成立，推导出，得出成立． 【详解】已知，设，， ， 等价于：的横坐标； 设，则，即， ， 当时，不成立， 此时的圆心横坐标， 圆上所有点的横坐标，则，故不成立； 当时，取，此时，满足条件； 当时，取，此时，满足条件； 故成立时，一定成立； 若成立， 当，此时的圆心横坐标， 圆上所有点的横坐标，则，故不成立； 若成立，则； 当时，取，此时，故不成立； 若成立，则； 综上：若成立，则，则也成立， 是的充要条件． 三、解答题（本大题共有5题，满分78分） 17. 已知向量，． （1）设向量，用向量与的线性组合表示a； （2）设，向量．若，求k的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 设 ， 则， 解得，因此. 【小问2详解】 若，则， 所以 ，因此有方程， 解得. 18. 在中，角的对边分别为．已知． （1）求； （2）设边的垂直平分线交边于点D．若，，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先用正弦定理将已知边的关系式全部转化为角的正弦形式，展开并代入等式，消去两边相同项后提取公因式，结合三角形内角正弦不为，求出，再由角的范围确定的大小； （2）由垂直平分线性质得，得到；利用等腰外角关系得，在中列余弦定理；再对用正弦定理建立与的等式，结合二倍角公式联立求出，由为锐角开方得到． 【小问1详解】 由，得， 即， 因为，所以， 所以， 化简得，而，所以， 又，所以； 【小问2详解】 因为在的垂直平分线上，所以， 因为，所以，即， 在中，，所以，，， 在中，，，，， 因为， 所以，即①， 在中，由，得，即②， 将②代入①中，得， 即，解得， 所以， 因为，所以， 所以． 19. 设z是虚数．已知，且． （1）求的值及的取值范围； （2）设i为虚数单位．若，求z． 【答案】（1），的取值范围为； （2） 【解析】 【分析】（1）利用复数的除法运算化简，再结合条件即可求出，； （2）利用复数的除法运算化简，再结合复数的定义求值. 【小问1详解】 设， 则， 因为，且， 所以，， 得，， 故，的取值范围为. 【小问2详解】 因为， 所以，得， 因为，所以，则. 20. 如图，四边形和都是边长为1的正方形，且二面角的大小为． （1）证明：直线和是异面直线； （2）求直线与所成的角的大小； （3）求点B到平面的距离． 【答案】（1）如图： 因为平面，平面，且直线，平面， 所以直线和是异面直线. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用异面直线的判定定理证明两直线异面. （2）先明确两异面直线所成的角，利用三角形的边角关系求角. （3）利用等体积法求点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵，，所以即为二面角的平面角，等于. 又，所以为等边三角形，所以. 又平面，且，所以平面. ∵，所以平面. 平面，所以. 又，所以. 又因为，所以即为异面直线与所成的角，即为. 在中，，，， 所以，所以. 【小问3详解】 因为平面，平面，所以平面平面. 取中点，连接，则， 又平面平面，平面，所以平面. ∵是边长为1的等边三角形，所以. 所以. 又中，，， 所以. 设到平面的距离为， 则. 21. 若定义在上的函数满足：对任意，均成立，则称函数具有性质P． （1）设，，分别判断函数与是否具有性质P，说明理由； （2）设，．证明：函数不具有性质P； （3）设函数具有性质P，且其在区间上的取值范围是．设．若函数在区间上有且仅有一个零点，且是函数的一个周期，证明：． 【答案】（1）函数具有性质，函数不具有性质.理由如下： 对函数：因为， 所以， 且，所以. 所以函数具有性质； 对函数：因为，所以，， 所以，所以函数不具有性质. （2）用反证法证明. 假设函数，具有性质， 则对任意，有， 所以， ， 因为，所以，所以， 所以对恒成立. 因为为常数，的值随的变化而变化，所以对不能恒成立. 所以假设错误，即函数，不具有性质. （3）因为函数具有性质，所以， 令，得. 因为是函数的一个周期， 所以，即，所以，. 因为函数在上的值域为，所以，所以. 当时，及时，均有. 这与零点唯一性矛盾，因此或. 当时，，在的值域为， 此时，于是在上的值域为， 由正弦函数的性质，此时在和的取值范围不同，这与是函数的一个周期矛盾，故不成立. 因此，即. 【解析】 【分析】（1）利用函数具有性质的概念判断函数是否具有性质. （2）利用反证法证明.先假设函数具有性质，由此推导出错误结论，可得假设错误. （3）先根据函数的周期，结合函数具有性质，可得，.再结合正弦函数的图象，根据零点个数可得或，最后根据周期性可得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $