精品解析：上海市黄浦区格致中学2026-2027学年高二上学期10月阶段检测数学试题

格致中学二〇二六学年度第一学期第一次测验 高二年级数学试卷 （测试90分钟内完成，总分100分，试后交答题卷） 友情提示：昨天，你既然经历了艰苦的学习，今天，你必将赢得可喜的收获/机体：诚实守信，沉着冷静，细致踏实，自信自强，去迎接胜利 一、填空题：（本大题共12小题，其中第1-6小题，每题3分，第7-12小题，每题4分，满分42分） 1. 若（其中表示虚数单位），则__________. 2. 若向量，，则______．（结果用反三角表示） 3. 如图：矩形的长为，宽为，是的中点，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则四边形的周长为_________. 4. 小明在期中复习时，对常见的“角”进行了简要梳理：①两条异面直线所成的角；②直线与平面所成的角；③二面角；④两个非零向量的夹角．则上述各种“角”的取值范围是的有______（请填写序号） 5. 圆柱的轴截面是边长为4cm的正方形，则该圆柱的表面积为________． 6. ，则______________． 7. 函数在区间上的对称轴方程是______． 8. 已知函数是定义在上的奇函数，且满足，若，则___________． 9. 一个无穷等比数列，已知，且，则公比q的取值范围是________ 10. 图1所示为文件边角夹，其由两个全等的，直角边长为4厘米的等腰直角三角形塑料板（不考虑厚度）通过贴片耦合而成．图2展示了文件边角夹的工作原理，在使用文件边角夹时，通过按压使三角形塑料板绕着其中位线顺时针旋转，直至与三角形塑料板所在平面平行时无法转动．若要让边角夹按压后能够夹起总厚度为1.2厘米的一沓纸张，则边角夹的两个塑料板所在的半平面构成的二面角的平面角的最小值为___________．（结果精确到） 11. 已知正方体的棱长为1，点在棱上，点为棱的中点，若过点的平面截该正方体所得的截面为五边形，则线段的取值范围为___________． 12. 如图，在直三棱柱中，，分别为的中点，过点作与垂直的平面，且平面与该三棱柱的侧面的交线为线段，则___________ 二、选择题：（本大题共4小题，第13、14题，每题3分，第15、16题，每题4分，满分14分） 13. 若a、b、，且，则下列不等式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 14. 下列命题正确的是（ ） A. 过平面上任意一点作平面与交线的垂线，则； B. 与两条异面直线都平行的两个平面平行； C. 三个平面两两相交，得到三条交线，则这三条交线两两平行； D. 有一对互相平行的面，且这两个面是两个全等的三角形或平面多边形，同时，其他的面是平行四边形的多面体是棱柱． 15. 对于定义在上的函数，给出以下三个陈述句：存在且，对任意，均有；函数是严格减函数，且对任意，均有；函数是严格增函数，且存在，使得，则以下说法正确的是（ ） A. 、都是的充分条件 B. 、都不是的充分条件 C. 仅有是的充分条件 D. 仅有是的充分条件 16. 学习立体几何能够锻炼直观想象的数学核心素养，小唐在研究正方体的时候发现过空间中的一点，存在条过点的直线，满足与正方体的每条棱所成角的大小都相等；小宋在研究正方体的时候发现过空间中的一点，存在个过点的平面，满足与正方体的每个面所成锐二面角的大小都相等；则下列判断正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 三、解答题：（本题共有4大题，满分44分．解题时要有必要的解题步骤） 17. 已知、、为的三个内角，、、是其三条边，，． （1）若，求、； （2）若，求． 18. 如图，在长方体中，为的中点． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 19. 如图，已知斜棱柱中，，． （1）求证：侧面是矩形； （2）若，底面是边长为2的正三角形，侧棱，求斜棱柱的体积； （3）在第（2）题的条件下，求二面角的大小． 20. 对于定义域在上的函数，定义．设区间，对于区间上的任意给定的两个自变量的值、，当时，总有，则称是的“函数”． （1）求证：函数不存在“函数”，请说明理由； （2）若非常值函数，是奇函数，求证：存在“函数”的充要条件是存在常数，使得； （3）若函数与函数的定义域都为，且均存在“函数”，求实数的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 格致中学二〇二六学年度第一学期第一次测验 高二年级数学试卷 （测试90分钟内完成，总分100分，试后交答题卷） 友情提示：昨天，你既然经历了艰苦的学习，今天，你必将赢得可喜的收获/机体：诚实守信，沉着冷静，细致踏实，自信自强，去迎接胜利 一、填空题：（本大题共12小题，其中第1-6小题，每题3分，第7-12小题，每题4分，满分42分） 1. 若（其中表示虚数单位），则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算可得，进而可得虚部. 【详解】因为，所以. 故答案为：2. 2. 若向量，，则______．（结果用反三角表示） 【答案】 （或） 【解析】 【详解】因为向量，，所以， 所以（或）. 3. 如图：矩形的长为，宽为，是的中点，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则四边形的周长为_________. 【答案】20 【解析】 【分析】根据斜二测画法还原出原图并求出相关线段的长度，进而求周长. 【详解】由斜二测画法知：与轴平行或重合的线段其长度不变、与横轴平行的性质不变； 与轴平行或重合的线段长度变为原来的一半，且与轴平行的性质不变. 还原出原图形如图所示的平行四边形， 其中cm，cm， cm，所以原图形的周长为cm. 故答案为：20 4. 小明在期中复习时，对常见的“角”进行了简要梳理：①两条异面直线所成的角；②直线与平面所成的角；③二面角；④两个非零向量的夹角．则上述各种“角”的取值范围是的有______（请填写序号） 【答案】③④ 【解析】 【分析】根据异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，两个非零向量的夹角的概念即可判断. 【详解】异面直线所成的角的范围为，①错误； 直线与平面所成的角的范围为，②错误； 二面角的范围为，③正确； 两个非零向量的夹角为，④正确. 故答案为：③④ 5. 圆柱的轴截面是边长为4cm的正方形，则该圆柱的表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆柱轴截面可求得圆柱的半径和高，即可求得圆柱表面积. 【详解】由圆柱的轴截面是边长为4cm的正方形可知， 该圆柱上底面直径为4cm，半径为2cm，高为4cm； 根据圆柱表面积公式可得. 故答案为：. 6. ，则______________． 【答案】 ## 【解析】 【分析】由诱导公式可知，所以，直接代入公式即可求出结果. 【详解】因为， 所以. 7. 函数在区间上的对称轴方程是______． 【答案】 【解析】 【分析】先用三角函数恒等变换把函数表达式变形为型三角函数，再用整体代入法求对称轴. 【详解】由二倍角公式可得， ， 令，解得，其中， 因为，所以，解得，所以， 因此对称轴方程为. 8. 已知函数是定义在上的奇函数，且满足，若，则___________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据奇函数性质得到基础关系式，结合已知对称性推导函数周期，然后计算一个周期内的函数值之和，最后利用周期性计算2026项的和. 【详解】由为奇函数，可得. 由，得，故. . . ，故， 代入得. 9. 一个无穷等比数列，已知，且，则公比q的取值范围是________ 【答案】 【解析】 【分析】由题意确定无穷等比数列的和存在，以此确定并得到，再结合条件即可求得的取值范围. 【详解】等比数列前项和， 若，当时，，此时， 此时无穷等比数列的和不存在，一定不满足，故舍去， 若，当时，振荡发散， 此时振荡发散， 此时无穷等比数列的和不存在，一定不满足，故舍去， 若，则，若，振荡发散， 此时无穷等比数列的和不存在，一定不满足，故舍去， 若，当时，， 此时， 此时无穷等比数列的和存在，即， 则看作是首项为的无穷等比数列的和，即， 由题意得，因为，则， 解得，因为等比数列中， 综上，公比q的取值范围是 10. 图1所示为文件边角夹，其由两个全等的，直角边长为4厘米的等腰直角三角形塑料板（不考虑厚度）通过贴片耦合而成．图2展示了文件边角夹的工作原理，在使用文件边角夹时，通过按压使三角形塑料板绕着其中位线顺时针旋转，直至与三角形塑料板所在平面平行时无法转动．若要让边角夹按压后能够夹起总厚度为1.2厘米的一沓纸张，则边角夹的两个塑料板所在的半平面构成的二面角的平面角的最小值为___________．（结果精确到） 【答案】 【解析】 【分析】由题知直角顶点到中位线的距离为，再结合纸张的厚度与二面角的平面角为的关系求解即可. 【详解】因为等腰直角三角形的直角边长为4cm， 所以斜边上的高为cm， 因为中位线平行于斜边， 所以直角顶点到中位线的距离为， 设边角夹的两个塑料板所在的半平面构成的二面角的平面角为， 则纸张的厚度为，即， 因为边角夹按压后能够夹起总厚度为1.2厘米的一沓纸张， 所以，解得， 所以，所求二面角的平面角至少为. 11. 已知正方体的棱长为1，点在棱上，点为棱的中点，若过点的平面截该正方体所得的截面为五边形，则线段的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用正方体相对面平行，过作的平行线确定截面在侧面上的交线，再作的平行线补全截面；由相似三角形将截面为五边形转化为辅助点位于棱内部的条件． 【详解】设，则，且． 当时，在平面内过作的平行线，交射线于． 因为平面平面， 所以为截平面在平面内的交线， 由，，，得，所以． 又，，故． 当时，，点在棱内部． 在上底面内过作，交直线于，由，得，所以，点在棱内部． 因为上下底面平行，所以是截平面在上底面内的交线，连接，截面的五个顶点依次为、、、、，截面为五边形，如图所示． 当时，，点位于射线上且在外侧，线段与棱交于内点，截面为四边形； 当时，与重合，截面为四边形； 当时，与重合，截面为四边形． 因此，截面为五边形的充要条件是，故． 12. 如图，在直三棱柱中，，分别为的中点，过点作与垂直的平面，且平面与该三棱柱的侧面的交线为线段，则___________ 【答案】 【解析】 【分析】结合面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理和性质定理，作出为平面，再运用勾股定理计算平面与直三棱柱的侧面的交线的长度. 【详解】如图，作，为垂足，又， ，平面， 所以平面，连接，过作，交于点， 因为平面，平面， 所以，且，平面， 所以平面，又平面，则， 易知，， 又，且，， 所以，则，即，所以. 连接，过作，交于，因为，所以， 则平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面，则， 因为，，，平面， 所以平面， 连接，则平面就是平面.    由，得，则，所以， 所以. 二、选择题：（本大题共4小题，第13、14题，每题3分，第15、16题，每题4分，满分14分） 13. 若a、b、，且，则下列不等式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】举特例，逐一判断即可. 【详解】由题意可知，a、b、，且 A．若，满足，则，故A不正确； B．若，满足，则，故B不正确； C. 若，则，故C不成立； D． 故选：D 【点睛】本题考查了不等式的性质，考查了基本知识掌握的情况，属于基础题. 14. 下列命题正确的是（ ） A. 过平面上任意一点作平面与交线的垂线，则； B. 与两条异面直线都平行的两个平面平行； C. 三个平面两两相交，得到三条交线，则这三条交线两两平行； D. 有一对互相平行的面，且这两个面是两个全等的三角形或平面多边形，同时，其他的面是平行四边形的多面体是棱柱． 【答案】B 【解析】 【详解】若平面与不垂直，则与不垂直，故A错误； 两条异面直线经过平移可以相交从而确定一个平面， 由线面平行的判定定理可知，与两条异面直线都平行的平面必与平面平行或重合， 故与两条异面直线都平行的两个平面平行，故B正确； 在墙角模型中，这三条交线两两垂直，故C错误； 两个上下底面全等的斜棱柱拼接而成的几何体可能不是棱柱，故D错误. 15. 对于定义在上的函数，给出以下三个陈述句：存在且，对任意，均有；函数是严格减函数，且对任意，均有；函数是严格增函数，且存在，使得，则以下说法正确的是（ ） A. 、都是的充分条件 B. 、都不是的充分条件 C. 仅有是的充分条件 D. 仅有是的充分条件 【答案】A 【解析】 【分析】若已知，则当时，根据减函数的定义和已知条件，结合不等式的性质，可推出成立；若已知，取，根据增函数的定义和已知条件，结合不等式的性质，也可推出成立. 【详解】若成立，当，有， 因为单调递减，且恒成立，所以， 所以 ， 故存在，对任意，均有恒成立， 所以是的充分条件； 若成立，取，则，， 因为单调递增，所以恒成立， 故存在，对任意的，均有恒成立， 所以是的充分条件. 故选：. 16. 学习立体几何能够锻炼直观想象的数学核心素养，小唐在研究正方体的时候发现过空间中的一点，存在条过点的直线，满足与正方体的每条棱所成角的大小都相等；小宋在研究正方体的时候发现过空间中的一点，存在个过点的平面，满足与正方体的每个面所成锐二面角的大小都相等；则下列判断正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】作出正方体四条体对角线，四条体对角线与正方体的每条棱所成角都相等，得到，从正方体一个顶点出发得到正三棱锥，得到与正方体的每个面所成锐二面角都相等的平面，由对称性可得，得到结论. 【详解】正方体有四条体对角线， 四条体对角线与正方体的每条棱所成角都相等，夹角的正切值为，故过点可以作4条直线， 4条直线分别与4条体对角线平行，由于正方体只有4条体对角线，故， 过正方体的一个顶点可以作出正三棱锥，比如， 可以证明平面与正方体的三个平面，平面，平面的锐二面角相等， 设平面与平面的夹角为，，相交于点，连接， 则为平面与平面的夹角，且， 可以求出平面与平面，平面的锐二面角的正切值均为， 根据面面平行，故平面与正方体的每个面所成锐二面角都相等， 从8个顶点可以作出8个类似的正三棱锥，得到八个平面， 分别为平面，平面，平面，平面， 平面，平面，平面，平面， 但平面，平面，平面，平面分别与平面，平面，平面，平面平行， 综上，过点共可以作出4个平面，满足与正方体的每个面所成锐二面角都相等； 故，综上所述，. 三、解答题：（本题共有4大题，满分44分．解题时要有必要的解题步骤） 17. 已知、、为的三个内角，、、是其三条边，，． （1）若，求、； （2）若，求． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由已知利用正弦定理即可求解的值；利用余弦定理即可求解的值． （2）根据特殊角三角函数值求，根据同角三角函数基本关系式求，再利用两角和的正弦公式求，进而根据正弦定理可得的值． 【小问1详解】 由正弦定理及得，又，故． 由余弦定理，得，故． 【小问2详解】 由，得，则， 从而，． 若，则，于是，与已知矛盾； 又时，故， 即，故． 于是. 由正弦定理得． 18. 如图，在长方体中，为的中点． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：连接，设，连接. 由题意可知四边形为正方形，所以为的中点， 在中，为的中点，所以. 又平面，平面内，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）要证明线面平行，则需要通过证明线线平行从而得到线面平行，即证明. （2）先建立空间直角坐标系，然后列出各个点的坐标，然后计算出平面的法向量坐标，最后根据点到平面的距离公式计算出结果即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则. 所以. 设平面的法向量为， 则，即，令，则，所以. 所以点到平面的距离为. 19. 如图，已知斜棱柱中，，． （1）求证：侧面是矩形； （2）若，底面是边长为2的正三角形，侧棱，求斜棱柱的体积； （3）在第（2）题的条件下，求二面角的大小． 【答案】（1）如图，连接，，取中点，连接，， 在与中，因为，，， 所以，则，在中，因为， 所以，在中，因为，所以， 因为，平面，平面，所以平面， 因为平面，所以，又因为侧面是平行四边形，且有一个角为直角， 所以侧面是矩形. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，，取中点，连接，，由线面垂直的判定定理以及性质即可求解； （2）由余弦定理，线面垂直的判定定理以及勾股定理即可求解. （3）过点作交于点，由二面角的定义可得为所求二面角，再由余弦定理以及反三角的定义即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为是边长为2的正三角形，则其面积为， 因为，在中，由余弦定理可得，， 可得，在等腰三角形中，，，为中点， 则，，在中，， 在中，，，，因为， 所以为直角三角形，所以，因为，， 所以平面，所以为该斜棱柱以平面为底的高， 故. 【小问3详解】 由（1）可知，，垂足为，在侧面内，过点作交于点， 因为，，所以为平面与的夹角 ，在中，，所以，已知，， 所以，， 在中，，，， 由余弦定理可得，可得， 在中，，，， 由余弦定理可得，， 故二面角的大小为. 20. 对于定义域在上的函数，定义．设区间，对于区间上的任意给定的两个自变量的值、，当时，总有，则称是的“函数”． （1）求证：函数不存在“函数”，请说明理由； （2）若非常值函数，是奇函数，求证：存在“函数”的充要条件是存在常数，使得； （3）若函数与函数的定义域都为，且均存在“函数”，求实数的值． 【答案】（1）由题意，，则，因此： ， 取​计算得： ， 不满足，因此函数不存在“函数” （2）因为是定义域为的奇函数，故，因此， 且，即是偶函数. 充分性：若（，非常值），此时，为常数函数， 对任意、，当时，总有，满足， 必要性：若存在“函数”即在上单调不减， 由是奇函数得：，即是偶函数， 若不为常数函数，对任意两个正数，则， 但此时，，不满足“函数”的定义. 因此恒为常数，此时. 综上，原命题得证. （3） 【解析】 【分析】（1）先写出的表达式，然后取，说明即可证明；​ （2）先证明是偶函数，充分性直接证明即可；必要性利用反证法结合偶函数的性质即可证明； （3）先写出的解析式，然后说明既单调不减又单调不增，即为常数即可求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 对，，因此： ，  对，，因此： ， 因为都存在“函数”，故单调不减，也单调不减， 即单调不减，等价于单调不增，既单调不减又单调不增，故为常数， 即：  （C为常数）， 指数函数恒等于一次函数+常数，仅当指数项系数为0，即. 验证：时，（常数），（常数），均满足“函数”定义， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $