上海市格致中学2025-2026学年高二上学期期中数学试卷及答案

这是一份上海市格致中学2025-2026学年高二上学期期中数学试卷及答案，共24页。试卷主要包含了11等内容，欢迎下载使用。
一、填空题（本大题共有12题，满分42分，第1-6题每题3分，第7-12题每题4分）
1. 半径为2的球的表面积为________.
2. 已知复数满足（为虚数单位），则_______________.
3. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是__________．
4. 已知平面与平面、平面都相交，则这三个平面可能的交线有________条.
5. 已知，则______．
6. 若关于的方程的一个虚根的模为2，则实数的值为______．
7. 将函数的图象沿轴向右平移个单位，得到的函数解析式为______．
8. 如图，一个高为1的长方体形状的容器内装有水，若保持容器底面的一条棱不动，将该容器的另一端抬起至水恰好不能流出容器，发现此时容器的底面中不被水浸到的面积为底面积的，则容器在原来位置时的水深为________.

9. 正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为________.
10. 已知中，，，点在线段上，且，则的值为_________.
11. 如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为.若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为，则___________.

12. 如图，正方体绕直线旋转，直线AB旋转至直线，则直线AB与直线所成角的大小为_________.
二、选择题（本题共4个小题，第13-14题每题3分，第15-16题每题4分，满分14分）
13. 如图，在平行六面体中，设，，若、、组成空间向量的一个基底，则可以是（ ）

A. B. C. D.
14. 已知等比数列的前项和为，若，则（ ）
A. 为递减数列B. 为递增数列
C 数列有最小项D. 数列有最大项
15. 已知函数在区间上既有最大值1又有最小值，则关于实数的取值，以下不可能的是（ ）．
A. 2024B. 2025C. 2026D. 2027
16. 设为正整数，空间中个单位向量构成集合，若存在实数，满足对任意，都有，则当取得最大值时，值为（ ）
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. 如图，在梯形中，，，，，过点作，以为轴旋转一周得到一个旋转体．
（1）求此旋转体的体积．
（2）求此旋转体表面积．
18. 如图，在四棱锥中， .为棱的中点，异面直线与所成角的大小为.
（1）求证：平面；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
19. 已知数列是各项均不为0的等差数列，为其前项和，且满足，数列的前项和为．
（1）求数列的通项公式及数列的前项和．
（2）是否存在正整数，使得成等比数列？若存在，求出所有的的值；若不存在，请说明理由．
20. 在棱长为2的正方体中， 分别是，上的动点，

（1）若正方体每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为______，并画出此时与正方体的截面；
（2）求的最小值；
（3）若平面与平面所成锐二面角的大小为，平面与平面所成锐二面角的大小为，试求的最小值，及此时点的位置．
参考答案及解析：
格致中学2025-2026学年第一学期高二年级数学期中
2025.11
一、填空题（本大题共有12题，满分42分，第1-6题每题3分，第7-12题每题4分）
1. 半径为2的球的表面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】代入球的表面积公式:即可求得.
【详解】，
由球的表面积公式可得,
,
故答案为:
【点睛】本题考查球的表面积公式;属于基础题.
2. 已知复数满足（为虚数单位），则_______________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据复数的除法运算法则即可求得结果．
【详解】，
，
故答案为：．
3. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据空间点关于坐标平面的对称点特征可求对称点的坐标.
【详解】点关于平面的对称点的坐标为，
故答案为：.
4. 已知平面与平面、平面都相交，则这三个平面可能的交线有________条.
【答案】1条、2条或3条
【解析】
【分析】分平面β与γ平行和不平行进行讨论，并且以棱柱或棱锥的侧面为例进行研究，即可得到此三个平面的交线条数可能是1条、2条或3条．
【详解】①若平面β∥平面γ，平面α与平面β，γ都相交，则它们有2条交线，且这2条交线互相平行；
②若平面β∩平面γ＝a，平面α是经过直线a的平面，则三个平面只有一条交线，即直线a；
③若平面β∩平面γ＝a，平面α与平面β，γ都相交，但交线与直线a不重合，则它们有3条交线，
例如棱柱或棱锥的三个侧面相交于三条直线，即三条侧棱
综上所述，这三个平面的交线的条数可能是1条、2条或3条，
故答案为：1条、2条或3条．
【点睛】本题给出平面α与平面β，γ都相交，求它们交线的条数，着重考查了平面的基本性质和空间平面与平面位置关系等知识，属于基础题．
5. 已知，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用诱导公式化简求解即可.
【详解】.
故答案为：.
6. 若关于的方程的一个虚根的模为2，则实数的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】求出方程的根，再利用复数模的意义列式求出.
【详解】由方程，得，依题意得，即，
所以方程得两虚根为，
因为模为，所以，所以.
故答案为：2.
7. 将函数的图象沿轴向右平移个单位，得到的函数解析式为______．
【答案】
【解析】
【分析】首先用辅助角公式进行化简，然后根据图像平移的结论即可求解.
【详解】，将函数沿轴平移向右平移个单位，
平移后的解析式为.
故答案为：
8. 如图，一个高为1的长方体形状的容器内装有水，若保持容器底面的一条棱不动，将该容器的另一端抬起至水恰好不能流出容器，发现此时容器的底面中不被水浸到的面积为底面积的，则容器在原来位置时的水深为________.

【答案】
【解析】
【分析】根据直棱柱的体积公式，可得答案.
【详解】设长方体长宽分别为，则由左图可得水的体积，
设右图中长方体底面被水浸到的矩形的未知边为，显然此时水的形状为三棱柱，
底面为直角边分别为的直角三角形，高为，则水的体积为，
由题意可得，解得，由，解得.
故答案为：.
9. 正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为________.
【答案】
【解析】
【分析】取的中点，连接，点到平面的距离等于点到平面的距离，由等体积可得点到平面的距离
【详解】取的中点，连接，
则，
点到平面的距离等于点到平面的距离，
由等体积可得，解得，
故答案为：
10. 已知中，，，点在线段上，且，则的值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据确定，从而可得，从而用向量数量积的运算律即可求解.
【详解】设等腰在边上的高为，
因为，所以，
所以，
所以，
所以
.
故答案为：.
11. 如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为.若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为，则___________.

【答案】
【解析】
【分析】画出截面图，设储物盒所在球的半径为，从而利用表达出小球最大半径和正方体棱长，进而求出比值.
【详解】设储物盒所在球的半径为，如图，

小球最大半径满足，所以，
正方体的最大棱长满足，解得：，
∴，
故答案为：
12. 如图，正方体绕直线旋转，直线AB旋转至直线，则直线AB与直线所成角的大小为_________.
【答案】
【解析】
【分析】利用旋转思想把正方体问题转化到圆锥问题来求解即可.
【详解】
根据，可由题意将所求角转化为将绕旋转所得到的直线与所成的角，
即可将其转移到圆锥中求解，图中直线与重合，圆锥母线为,如下图：
由旋转可转化到，
在正方体中，假设正方体的边长为，则可知
所以，即在圆锥中有，，
由可得，
由等边三角形，可得，
在中，由余弦定理，
从而可得旋转后直线方向向量与直线AB方向向量夹角的余弦值为，
所以直线AB与直线所成角的大小为.
故答案为：.
二、选择题（本题共4个小题，第13-14题每题3分，第15-16题每题4分，满分14分）
13. 如图，在平行六面体中，设，，若、、组成空间向量的一个基底，则可以是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平行六面体的结构特征，结合空间共面向量定理爱空间向量基本定理逐项判断.
【详解】由，，、、组成空间向量的一个基，得向量、、不共面，
对于A，在平行六面体中，，则与、共面，A不是；
对于C，，与、共面，C不是；
对于D，，与、共面，D不是；
对于B，由，得，不共面，
假设与、共面，则存在，使得，
而，则，
整理得，从而，此方程组无解，
假设不成立，因此与、不共面，可以是.
故选：B
14. 已知等比数列的前项和为，若，则（ ）
A. 为递减数列B. 为递增数列
C. 数列有最小项D. 数列有最大项
【答案】C
【解析】
分析】由已知，分析等比数列的公比范围，进而可以判断的单调性，判断A，B；由，分，进行讨论，判断C，D．
【详解】设等比数列的公比为，则，
由可得，又，所以即，又，所以，即，
故等比数列首项，公比满足或，
当时，等比数列为正负项交替的摆动数列，故不单调；
当时，，等比数列单调递减，故A，B不正确；
又，且
所以当时，由于，
则，，
此时数列的最小项为，最大项为；
当时，有，
则数列为单调递增数列，有最小项，无最大项，故C正确，D不正确.
故选：C.
15. 已知函数在区间上既有最大值1又有最小值，则关于实数的取值，以下不可能的是（ ）．
A. 2024B. 2025C. 2026D. 2027
【答案】D
【解析】
【分析】由余弦函数的周期和最值点的分布，以及区间内包含最值点的条件逐项判断即可.
【详解】由题意可得函数的周期为，
最大值点满足，解得，
最小值点满足，解得，
因为函数在区间上既有最大值又有最小值，区间的长度为9，
对于A，若，当时，最大值点为，最小值点为2032，此时位于区间内，故A正确；
对于B，若，当时，最大值点为，最小值点为2032，此时位于区间内，故B正确；
对于C，若，当时，最大值点为，最小值点为2032，此时位于区间内，故C正确；
对于D，若，当时，最大值点为，当时，最大值点为2038，此时不位于区间内，故D错误.
故选：D
16. 设为正整数，空间中个单位向量构成集合，若存在实数，满足对任意，都有，则当取得最大值时，的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件可得集合中所有向量共起点时，终点在球面上，再利用数量积的运算律求出的最大值，进而求出值.
【详解】令集合的各向量起点为，对应终点依次为，
由向量为单位向量，则点在以为球心，1为半径的球面上，
由，得点中任意三点不共线，
由，得，则，
由，同理得，而点不共线，
于是点不共面，点为球内接正四面体的4个顶点，
若，不妨取，同理得，平面，
又，由过一点有且只有一个平面垂直于已知直线，得点平面，
与点不共面矛盾，因此，设正四面体的棱长为，
则正的外接圆半径为，正四面体的高为，
球心到平面的距离为，因此，解得，
所以.
故选：C
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. 如图，在梯形中，，，，，过点作，以为轴旋转一周得到一个旋转体．
（1）求此旋转体的体积．
（2）求此旋转体的表面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）旋转后形成的几何体为圆柱中挖去一个倒放的与圆柱等高的圆锥，由此能求出旋转体的体积；
（2）先求出圆柱的侧面积、底面积，再求出圆锥的侧面积、底面积和旋转体上底面的面积，由此能求出结果.
【小问1详解】
旋转后形成的几何体为圆柱中挖去一个倒放的与圆柱等高的圆锥，
，
所以小圆锥半径，
圆柱的体积
圆锥的体积
旋转体的体积；
【小问2详解】
圆柱的侧面积
圆锥的侧面积
圆柱的底面积，
圆锥的底面积
旋转体上底面的面积
旋转体的表面积.
18. 如图，在四棱锥中， .为棱的中点，异面直线与所成角的大小为.
（1）求证：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）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）解法一：分析可知是二面角的平面角，以为坐标原点，平行于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值；解法二：过作，交的延长线于，连接，再过作，交于，结合线面垂直的性质定理和判定定理可知即为直线与平面的所成角，求正弦值即可.
【小问1详解】
因为为棱的中点，
所以且，所以四边形是平行四边形.
所以，又平面不在平面上，
由线面平行的判定定理知，平面.
【小问2详解】
解法一：因为，即，且异面直线与所成的角为，即，
又平面平面，
又，由三垂线定理可得，
因此是二面角的平面角，，所以，
不妨设，则，
以为坐标原点，平行于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，（其中，
则，
设平面的一个法向量为，
则，可得，
令，则，可得，
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
解法二：过作，交的延长线于，连接，
由（1）知： ，
因为，所以，
因为，即，
又平面，所以平面，
因为平面，所以，
又是在平面上的射影，由三垂线定理知，，
又，所以平面，
再过作，交于，
因为平面平面，所以，
又，所以平面，所以即为直线与平面的所成角，
因为平面，由三垂线定理，
因此是二面角的平面角，，
设，则，
因为所以四边形为正方形，
所以，
所以，所以，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为.
19. 已知数列是各项均不为0的等差数列，为其前项和，且满足，数列的前项和为．
（1）求数列的通项公式及数列的前项和．
（2）是否存在正整数，使得成等比数列？若存在，求出所有的的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的求和公式与已知条件求出通项公式，再通过裂项相消法求出数列的前项和.
（2）根据等比中项的性质列出等式，然后求解的值.
【小问1详解】
是各项均不为0的等差数列，
，
.
，
.
【小问2详解】
若存在正整数，使得成等比数列，
则，即，
化简得：，解得：，
又且，所以，
故存在正整数，使得成等比数列．
20. 在棱长为2的正方体中， 分别是，上的动点，

（1）若正方体每条棱所在直线与平面所成角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为______，并画出此时与正方体的截面；
（2）求的最小值；
（3）若平面与平面所成锐二面角的大小为，平面与平面所成锐二面角的大小为，试求的最小值，及此时点的位置．
【答案】（1），作图见解析
（2）
（3），点位于的中点
【解析】
【分析】（1）利用题意转化为同一顶点的三条棱与平面所成的角都相等，再转化为作平行截面即可得最大截面面积；
（2）利用两条动直线所在的平面展开为共面图形，从而可求点到直线的垂线段最短；
（3）利用空间关系作出两平面的二面角与，再利用去求的最小值，从而问题得解.
【小问1详解】
由正方体每条棱所在直线与平面所成的角都相等，
等价于同一顶点的三条棱与平面所成的角都相等，
再根据正方体的性质可知：三条棱与平面所成的角都相等，
作与平面平行的平面，截正方体的六条棱中点时的正六边形截面积最大，如图：

此时正六边形的边长为，所以最大截面面积为；
【小问2详解】
是上的动点，由题意知，面是上的动点，面，要求的最小值，把平面和平面展成一个平面，

如图，当时最小，为等腰直角三角形，，其中，
则，则，
可得，
则，
故的最小值为．
【小问3详解】
连接交于点，连接交于点，
平面，得，平面，
得平面，又因为平面，可得平面平面，
平面平面，过点作交于，
则平面，又因为平面，所以，

连接，可得平面平面，
又因为平面，所以，，
由二面角的定义可得为平面与平面所成的二面角，为平面与平面所成的二面角，
设，则，
当时，有
所以
而当时，，
上式仍然成立，类似的可以验证当时，上式也成立，
于是，当时，即点位于的中点时，取最小值为，
又，所以.