精品解析：上海市复旦大学附属中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

复旦大学附属中学2025学年第二学期 高一年级数学期末考试试卷 2026.06.26 考生注意： 1．本试卷共4页，21道题，满分150分，考试时间120分钟； 2．本试卷分设试卷和答题纸，试卷包括试题与答题要求，作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分； 3．答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位. 一、填空题（本大题共有12小题，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果． 1. 半径为1的球的表面积为________. 【答案】 【解析】 【分析】由球的表面积公式即可得到答案. 【详解】, , ， 故答案为: 【点睛】本题考查球的表面积公式;属于基础题. 2. 在四棱柱中，是平行四边形的面至少有________个． 【答案】4 【解析】 【分析】根据四棱柱侧面的形状判断即可．四棱柱的四个侧面都是平行四边形，而两个底面不一定是平行四边形． 【详解】设四棱柱为 ． 因棱柱的侧棱 互相平行且相等，且对应底边互相平行， 所以四个侧面 ，，， 都是平行四边形． 当底面 不是平行四边形时，上、下两个底面均不是平行四边形，故是平行四边形的面至少有 个． 3. 已知函数，且，则________． 【答案】 【解析】 【详解】令，定义域关于原点对称， 而， 则，可得是奇函数， 由题意得，则， 而，得到，解得， 则. 4. 如图，是水平放置的的直观图，，，，则原的周长为________． 【答案】 【解析】 【详解】作出的图形如下图所示： 由题意可知，，且， 由勾股定理可得， 故的周长为. 5. 已知，，，则在方向上的投影数量为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用投影数量定义进行计算即可. 【详解】由，可得 在方向上的投影数量为. 6. 已知是正四棱锥，，则该棱锥的高为________． 【答案】 【解析】 【分析】设点在底面的射影为点，求出的长，结合勾股定理可求得该棱锥的高. 【详解】设点在底面的射影为点， 因为四棱锥是正四棱锥，所以点是正方形的对角线、的交点，连接， 由正方形的几何性质可知为的中点，所以， 故该四棱锥的高为. 7. 如图，在长方体的棱中，其所在直线与是异面直线的棱有________条． 【答案】 4 【解析】 【分析】逐类判断长方体的棱与直线 的位置关系：相交或平行的棱都不是异面直线，只需统计既不相交也不平行的棱． 【详解】在长方体 中，与 相交的棱有 ； 与 平行的棱有 ；棱 所在直线与自身重合． 剩下的棱 所在直线与既不相交,也不平行,故均与是异面直线． 所以所求棱共有 条． 8. 已知正六棱柱底面边长为2，侧面积为36，则此六棱柱最长的体对角线与底面所成的角的余弦值为__________． 【答案】##0.8 【解析】 【分析】先由侧面积公式求出正六棱柱的高，再确定最长体对角线在底面的射影长度，最后结合线面角的定义计算其余弦值. 【详解】由题意得正六棱柱每个侧面的面积为，则其高， 在边长为的正六边形中，最长对角线穿过中心，其长度恰好是边长的倍， 即最长的体对角线在底面的投影长度为， 则最长体对角线长度， 因为底面，所以为最长的体对角线与底面所成的角， 则. 9. 如图，圆锥中，母线，底面直径．是中点，是上一动点．一只蚂蚁沿圆锥侧面上的曲线从点爬到点处，则蚂蚁所爬的最短路径长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】通过展开图，计算弧长和圆心角，蚂蚁所爬的最短路径为展开图中直线的距离，通过余弦定理直接计算边长. 【详解】将圆锥展开如图所示，因为底面直径 所以，因为， 所以， 在中，， 由余弦定理得：， 所以. 蚂蚁所爬的最短路径长为. 10. 已知，满足且，则________． 【答案】 【解析】 【详解】设，，由题意得， 结合复数的模长公式得，， 因为，所以，则，， 代入中，可得， 联立，解得， 可得. 11. 已知正方体的棱长为2，点在线段上（不含端点），点在线段上，且，若平面截正方体所得的截面为五边形，则线段长的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】找到平面截正方体所得的截面为四边形的临界位置，得到的长度，从而得到所求的的取值范围. 【详解】找平面截正方体所得的截面为四边形的临界位置. 当平面与平面交于直线时，如图①所示，截面为四边形； 当平面与平面交于直线时，如图②所示，截面为五边形，对比图①，此时点更靠近点. 在图①中，因为平面平面 平面 平面，平面 平面， 所以. 在正方体中，， 所以. 又因为 所以，. 所以当时，截面为四边形；当时，截面为五边形. 故所求的线段的取值范围为. 【点睛】本题考查截面图形问题，面面平行的性质，要求学生对空间几何体要有充分的想象能力. 12. 如图，已知圆台形水杯（不计厚度）内盛有水，杯口的直径为，杯底的直径为，杯高为．若当杯底水平放置时，水深为，当水杯密封好倒扣过来水平放置时，水深为，且，则为________．（精确到0.01） 【答案】 【解析】 【分析】找出水杯的轴截面，在轴截面中分别计算出水面半径(用水的高度表示)，从而可算出水的体积，可得到分别用，表示的水的体积，再用及水的体积相等可计算出. 【详解】设水杯的轴截面，设杯底圆心为，杯口圆心为. 当杯底水平放置时，如图，设水面圆心为，水面与交于点，过作，交于点，交于点. 由已知可得，，，. 因为，所以，即，所以. 所以水面半径. 所以水的体积. 当水杯倒扣过来水平放置时，如下图，同理可得水面半径为. 所以水的体积为. 所以. 所以 因为，所以. 所以. 即 解得. 因为，所以 【点睛】圆台的体积公式的应用，利用水的体积相等解决问题，本题计算量非常大. 二、选择题（本大题共有4小题，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分，满分18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，将正确选项用2B铅笔涂黑． 13. “棱柱是直棱柱”是“棱柱有一个侧面与底面垂直”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】A 【解析】 【详解】直棱柱的侧面与底面垂直，故充分性成立； 在如图的平行六面体中，平面平面，但不是直棱柱，故必要性不成立； 故“棱柱是直棱柱”是“棱柱有一个侧面与底面垂直”的充分非必要条件 14. 已知，是空间中的两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据面面平行的判定判断选项A；根据面面垂直的判定判断选项B；根据线面平行的判定判断选项C；根据线面垂直的判定判断选项D 【详解】选项A,若，，，则与不一定平行；当，若，则，故A错误； 选项B，若，，，则，正确； 选项C，若，，，则或，错误； 选项D，若，，，则不一定成立，与位置关系可能为平行，相交或、垂直，故D错误； 15. 已知函数，直线是图像的对称轴，点是图像的对称中心，则的可能值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】， 因为是的对称轴，所以，解得， 因为是的对称中心，所以，解得， 所以， 当时，，其余选项均不成立 16. 对于非零平面向量，，定义，其中为在方向上的投影向量．给出下列命题：①对任意实数，都有恒成立；②对任意给定的平面上的一组基，，存在非零向量，使得成立．则以下判断正确的是（） A. ①为真命题；②为真命题 B. ①为真命题；②为假命题 C. ①为假命题；②为真命题 D. ①为假命题；②为假命题 【答案】B 【解析】 【分析】先结合投影向量的定义，改写的表达式，明确其几何意义； 对命题①，借助向量模的几何意义，结合垂线段最短的性质分析不等式；对命题②，将所有向量用给定基线性表示，代入等式整理得到线性方程组，通过判断方程组解的存在性分析命题. 【详解】由题可知，其中是在方向的投影向量， 因此是垂直于的分量，满足； 命题①：对任意，将分解：， 其中，，故两向量垂直， 由勾股定理：开方得， 故①为真命题； 命题②：举反例：取一组基，， 设非零，代入等式计算得： ，，， 相加得方程组：， 整理方程组最终可得：，时，判别式，无实根，不存在这样的非零，②为假命题； 综上，①为真，②为假. 三、解答题（本大题共5题，满分78分）解答下列各题须在答题纸的相应位置写出必要的步骤． 17. 已知复数，在复平面上对应的点分别为，，且在第一象限． （1）若，两点关于虚轴对称，且为纯虚数，求实数的值： （2）若，是关于的方程的两个根，求实数的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据关于虚轴对称确定两个复数，计算，再利用纯虚数实部为零求出， （2）利用实系数方程的非实根互为共轭，结合韦达定理列出关于的方程，解方程并结合 取值. 【小问1详解】 由题意得， 因为，两点关于虚轴对称，所以，即，则， ， 因为为纯虚数，所以，解得或 因为，故舍去，综上. 【小问2详解】 实数系方程的虚根为共轭复数，则， 由韦达定理得， ， 即，将其代入两根之积得，解得或， 因为，故舍去，综上，. 18. 如图，在中，，点是的中点． （1）用，的线性组合表示与； （2）若，且，求． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知比例确定点的位置，利用向量线性运算，将目标向量用基底和线性表示； （2）将垂直条件转化为向量数量积为零，代入已知边长和第一问得到的表达式，解出基底向量的数量积，再通过模长公式计算的长度. 【小问1详解】 由图可知， 因为，所以， 因为点是的中点， 所以. 【小问2详解】 设，由(1)知，， 因为，所以，即， 所以， 由已知，代入解得， 所以， 因此. 19. 将边长为1的正方形绕边所在直线旋转，得到如图所示的几何体，它是圆柱的一部分． （1）求该几何体的表面积； （2）求异面直线与所成角的大小． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)根据几何体的表面积求法求解； (2)利用异面直线所成角和余弦定理求解. 【小问1详解】 几何体的表面积为; 【小问2详解】 因为，所以异面直线与所成的角即或其补角， 连接, ， 所以，又， 所以， 所以异面直线与所成角的大小为. 20. 如图1，在矩形中，，，是边的中点，将沿顺时针方向翻折，使点到达点的位置，且点不在平面上，连接、． （1）求证：； （2）若平面平面，求二面角的大小； （3）如图2，设为的中点，求在整个翻折过程中线段长的取值范围． 【答案】（1）由题意可知，， 取线段的中点，连接，则， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取线段的中点，求证平面即可； （2）求证是二面角的平面角，在中计算； （3）取线段的中点，在中利用余弦定理可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接， 因为，则由勾股定理可知， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以， 则是二面角的平面角， 因为，所以， 又，所以由勾股定理知，，则， 则二面角的大小为. 【小问3详解】 取线段的中点，连接， 因为，所以四边形是平行四边形，所以， 因为，则由等角定理可知，， 因为， 则， 则在整个翻折过程中线段长的取值范围为. 21. 香港中银大厦以其独特的三角形桁架结构和底部正方形平面（对角线垂直）闻名，某公园计划仿照这一几何理念建造一座现代景观亭．模型主体由水平基座和两个垂直立柱构成，具体参数如下： ●基座的底面为四边形，其对角线互相垂直，且交于点，经实地测量，米，米． ●从点竖直向上安装一根立柱，垂直于基座平面；从点竖直向上安装另一根垂直于基座平面的立柱，其中米． ●为形成三角形玻璃幕墙效果，在顶点，，之间连接钢梁形成侧面（参考中银大厦的三角形玻璃幕墙），在顶点，，之间连接钢梁形成另一侧面．所有钢梁均视为直线段． 设计团队需建立三维几何模型，用于结构安全性评估、材料用量估算及照明设施布置，需解决以下建模问题： （1）试用几何推理验证：基座上的棱平行于侧面所在平面； （2）为了估算结构所需填充材料的用量，求三棱锥的体积（单位：立方米）； （3）因照明需求，计划在建筑棱线上安装照明灯，设计要求：以为顶点、基座为底面的四棱锥的体积和三棱锥的体积相等，请找出安装位置并说明理由． 【答案】（1）取中点，由为中点，则，且, 由 面， 面，故， 故故为平行四边形，则， 由面，面故面，即面. （2） （3）安装在靠近点的， 设，设到面、面距离为和，则， 由 ， ，，且面，故 面，故， 又 ， 则由，即， 即，即，即. 【解析】 【分析】（1）通过证明为平行四边形进而证明出平行于所在平面； （2）先利用勾股定理和逆定理判定底面的垂直关系，通过线面垂直的判定定理确定三棱锥的高；再运用等体积转换法，将原目标三棱锥转化为底面积和高更易求得的同体积三棱锥. （3）利用动点在线段上的比例参数，借助相似三角形比例关系，将点到两个不同平面的距离分别表示为和的线性函数；分别求出两个四边形底面的面积，通过列出体积相等的代数方程，将空间几何问题转化为一元一次方程求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，则， 由 ，，故， 则，， 则，故 ， 又 ，且，面，故 面， 则， 由(1)知面，故. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 复旦大学附属中学2025学年第二学期 高一年级数学期末考试试卷 2026.06.26 考生注意： 1．本试卷共4页，21道题，满分150分，考试时间120分钟； 2．本试卷分设试卷和答题纸，试卷包括试题与答题要求，作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分； 3．答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位. 一、填空题（本大题共有12小题，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果． 1. 半径为1的球的表面积为________. 2. 在四棱柱中，是平行四边形的面至少有________个． 3. 已知函数，且，则________． 4. 如图，是水平放置的的直观图，，，，则原的周长为________． 5. 已知，，，则在方向上的投影数量为________． 6. 已知是正四棱锥，，则该棱锥的高为________． 7. 如图，在长方体的棱中，其所在直线与是异面直线的棱有________条． 8. 已知正六棱柱底面边长为2，侧面积为36，则此六棱柱最长的体对角线与底面所成的角的余弦值为__________． 9. 如图，圆锥中，母线，底面直径．是中点，是上一动点．一只蚂蚁沿圆锥侧面上的曲线从点爬到点处，则蚂蚁所爬的最短路径长为__________． 10. 已知，满足且，则________． 11. 已知正方体的棱长为2，点在线段上（不含端点），点在线段上，且，若平面截正方体所得的截面为五边形，则线段长的取值范围为________． 12. 如图，已知圆台形水杯（不计厚度）内盛有水，杯口的直径为，杯底的直径为，杯高为．若当杯底水平放置时，水深为，当水杯密封好倒扣过来水平放置时，水深为，且，则为________．（精确到0.01） 二、选择题（本大题共有4小题，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分，满分18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，将正确选项用2B铅笔涂黑． 13. “棱柱是直棱柱”是“棱柱有一个侧面与底面垂直”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 14. 已知，是空间中的两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 15. 已知函数，直线是图像的对称轴，点是图像的对称中心，则的可能值为（ ） A. B. C. D. 16. 对于非零平面向量，，定义，其中为在方向上的投影向量．给出下列命题：①对任意实数，都有恒成立；②对任意给定的平面上的一组基，，存在非零向量，使得成立．则以下判断正确的是（） A. ①为真命题；②为真命题 B. ①为真命题；②为假命题 C. ①为假命题；②为真命题 D. ①为假命题；②为假命题 三、解答题（本大题共5题，满分78分）解答下列各题须在答题纸的相应位置写出必要的步骤． 17. 已知复数，在复平面上对应的点分别为，，且在第一象限． （1）若，两点关于虚轴对称，且为纯虚数，求实数的值： （2）若，是关于的方程的两个根，求实数的值． 18. 如图，在中，，点是的中点． （1）用，的线性组合表示与； （2）若，且，求． 19. 将边长为1的正方形绕边所在直线旋转，得到如图所示的几何体，它是圆柱的一部分． （1）求该几何体的表面积； （2）求异面直线与所成角的大小． 20. 如图1，在矩形中，，，是边的中点，将沿顺时针方向翻折，使点到达点的位置，且点不在平面上，连接、． （1）求证：； （2）若平面平面，求二面角的大小； （3）如图2，设为的中点，求在整个翻折过程中线段长的取值范围． 21. 香港中银大厦以其独特的三角形桁架结构和底部正方形平面（对角线垂直）闻名，某公园计划仿照这一几何理念建造一座现代景观亭．模型主体由水平基座和两个垂直立柱构成，具体参数如下： ●基座的底面为四边形，其对角线互相垂直，且交于点，经实地测量，米，米． ●从点竖直向上安装一根立柱，垂直于基座平面；从点竖直向上安装另一根垂直于基座平面的立柱，其中米． ●为形成三角形玻璃幕墙效果，在顶点，，之间连接钢梁形成侧面（参考中银大厦的三角形玻璃幕墙），在顶点，，之间连接钢梁形成另一侧面．所有钢梁均视为直线段． 设计团队需建立三维几何模型，用于结构安全性评估、材料用量估算及照明设施布置，需解决以下建模问题： （1）试用几何推理验证：基座上的棱平行于侧面所在平面； （2）为了估算结构所需填充材料的用量，求三棱锥的体积（单位：立方米）； （3）因照明需求，计划在建筑棱线上安装照明灯，设计要求：以为顶点、基座为底面的四棱锥的体积和三棱锥的体积相等，请找出安装位置并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $