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2025-2026学年上海市高一数学下学期末复习模拟试卷（8）
一、填空题
1．已知实系数一元二次方程的两个根、满足，，其中i是虚数单位，则的取值范围是_____.
2．已知向量，若，则__________．
3．在锐角中，角，，的对边分别为，，，且的面积满足，则的取值范围为________．
4．已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________，该圆锥外接球的表面积为_________
5．的最大值为，则复数的模为___________
6．是等差数列的前项和，已知三点共线，且，则________.
7．已知球O的半径为，正三棱锥O－ABC的底面的各个顶点均在球O的球面上，当正三棱锥O－ABC的体积取得最大值时，其侧面积为______
8．已知正方体的棱长为4，空间中的一点满足，则的取值范围是_________.
9．如图，点P在长方体的面对角线（线段）上运动，给出下列四个命题：
①直线AD与直线为异面直线；
②恒有面；
③三棱锥的体积为定值；
④当长方体各棱长都相等时，面面．
其中所有正确命题的序号是_________
10．已知，，为函数的3个相邻零点，若，则________.
11．关于的实系数方程和有四个不同的根，若这四个根在复平面上对应的点共圆，则的取值范围是______.
12．已知等边的边长为2，将其绕着BC边旋转角度，使点A旋转到位置．记四面体的内切球半径和外接球半径依次为r，R，当四面体的表面积最大时，______，______．
二、单选题
13．设为虚数单位，，则
A． B． C． D．
14．已知平面向量，，，且，向量与所成的角为，且对任意实数t恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
15．已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题是真命题的个数为（ ）
命题①：若，，则 命题②：若，，则
命题③：若，，则 命题④：若，，则
A．4 B．3 C．2 D．1
16．已知a,b为空间中的两条相互垂直的异面直线，P为两直线外一点，过点P作与a平行且与b垂直的平面，这样的平面个数是（ ）
A．0 B．1 C．无数 D．0或1
三、解答题
17．设函数定义域为D，对于区间，如果存在，使得，则称区间I为函数的“P区间”．
(1)求证：是函数的“P区间”；
(2)判断是否是函数的“P区间”，并说明理由；
(3)设为正实数，若是函数的“P区间”，求的取值范围．
18．如图，在多面体中，是边长为2的等边三角形，平面，，，，，设为的中点．
(1)证明：平面；
(2)设为棱上的动点，求与平面所成角的正弦值的最大值．
19．已知复数，满足条件，．是否存在非零实数，使得和同时成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
20．在四棱锥中，侧面是正三角形且与底面垂直，底面是矩形， 是中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的大小.
21．（1）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，其中俯视图由两个半圆和两条线段组成，求该几何体的表面积．
圆台的较小底面半径为，母线长为，一条母线和底面的一条半径有交点且成，求圆台的侧面积．
2025-2026学年上海市高一数学下学期末复习模拟试卷（8）（解析版）
一、填空题
1．已知实系数一元二次方程的两个根、满足，，其中i是虚数单位，则的取值范围是_____.
【答案】
【分析】根据虚根特点及模的几何意义，分两种情况分别求出参数范围即可.
【详解】若方程有两个虚数根，设（且），
所以，，，两个根、满足，，
复数分别对应的点在以为圆心2为半径的圆上以及圆的内部，
易知且，且点关于轴对称，所以且，
故.
若方程有两个实数根，由可得，，
同理可得，，所以，
即，
综上，的取值范围是.
故答案为：.
2．已知向量，若，则__________．
【答案】
【分析】本题可以先将采用坐标表示出来，再通过解出的值，
最后得出的值．
【详解】因为
所以，
因为
所以解得
既有
【点睛】本题考查的是向量的乘积，若有，则有
3．在锐角中，角，，的对边分别为，，，且的面积满足，则的取值范围为________．
【答案】
【分析】根据题意，结合三角形面积公式及二倍角公式得到，然后利用正弦定理边化角以及角的取值范围即可求解.
【详解】由题意得，锐角的面积，
由于，所以，化简得，
利用二倍角公式，代入得，解得，
则，则，
由正弦定理，
由于，则，解得，
由于在上单调递增，
当时，，则；
当时，，则；
因此的取值范围为.
4．已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________，该圆锥外接球的表面积为_________
【答案】
【分析】设圆锥底面圆的圆心为O1 ，母线长为a.利用圆锥的结构特征求出.利用的面积为求出，即可求出该圆锥的侧面积；设圆锥的外接球的球心为O.设，利用勾股定理求出，得到外接球的半径.直接求出圆锥外接球的表面积.
【详解】设圆锥底面圆的圆心为O1 ，母线长为a.
因为与圆锥底面所成角为，所以,所以.
由题意可知：，所以.
所以，所以.
该圆锥的侧面积为；
设圆锥的外接球的球心为O.
因为，所以O在的延长线上.设，由可得：
，即，解得：.
所以外接球的半径为.
所以该圆锥外接球的表面积为.
故答案为：；.
5．的最大值为，则复数的模为___________
【答案】
【分析】根据条件，利用辅助角公式得到，令，，从而将问题转化成的最大值是，再利用柯西不等式，得到，即可求出结果.
【详解】，
令，，则，
原条件转化为的最大值是，
由柯西不等式，，当且仅当时取等号，
所以的最大值是，则有，
所以复数的模为，
故答案为：.
6．是等差数列的前项和，已知三点共线，且，则________.
【答案】4040
【解析】由三点共线得出：，再根据等差数列的性质求和．
【详解】因为，所以，又三点共线，
所以，即，
而是等差数列，
所以．
故答案为：4040．
【点睛】结论点睛：，是直线外一点，则三点共线．
7．已知球O的半径为，正三棱锥O－ABC的底面的各个顶点均在球O的球面上，当正三棱锥O－ABC的体积取得最大值时，其侧面积为______
【答案】
【分析】设出底面边长为，利用条件求出到底面的距离，从而求出，再利用不等式求出体积的最大值，从而求出，即可求出结果.
【详解】如图，因为正三棱锥的底面的各个顶点均在球的球面上，所以球心在底面上的投影为底面三角形的中心，
设边长为，外接圆半径为，因为为正三角形，所以易知，所以，
故,
易知，所，又，当且仅当，即时，取等号，
此时的最大值为，故当正三棱锥O－ABC的体积取得最大值时，边长为4，又，故侧面均为直角三角形，所以正三棱锥O－ABC的侧面积为，
故答案为：12.
8．已知正方体的棱长为4，空间中的一点满足，则的取值范围是_________.
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，根据已知条件求出点的轨迹方程，再利用向量坐标运算求出的表达式，最后结合点的轨迹求出其取值范围.
【详解】如图，以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，
已知正方体的棱长为4，则，
设，可得，.
因为，所以，
化简得：.
由，，
得，得到，
又由，解得，
则，
得到.
故答案为：
9．如图，点P在长方体的面对角线（线段）上运动，给出下列四个命题：
①直线AD与直线为异面直线；
②恒有面；
③三棱锥的体积为定值；
④当长方体各棱长都相等时，面面．
其中所有正确命题的序号是_________
【答案】②③④
【分析】由异面直线的定义判断①；证明平面平面判断②；证明平面，借助等体积法判断③；证明平面即可判断④作答.
【详解】在长方体中，
对于①，当点P与重合时，，①错误；
对于②，连接，如图，
，且，则四边形为平行四边形，有，
平面，平面，则平面，同理平面，
又，因此，平面平面，而平面，所以平面，②正确；
对于③，由②知平面，则上任意一点到平面的距离都等于点到平面的距离，
因此，，即三棱锥的体积为定值，③正确；
对于④，当长方体各棱长均相等时，长方体变成了正方体，如图，连BD，
，而平面，平面，则，又，平面，
有平面，而平面，因此，，同理，
因，平面，则平面，而平面，所以平面平面，④正确.
故答案为：②③④
【点睛】思路点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．
10．已知，，为函数的3个相邻零点，若，则________.
【答案】
【分析】根据周期性可得，，注意到，可知或为的零点，进而代入运算即可得结果.
【详解】因为，则的最小正周期为，可知，
又因为，可得，
即，且，
又，可知或为的零点，
若为的零点，则，
可得，且，可得，
若为的零点，则，
可得，这与矛盾；
综上所述：.
故答案为：
11．关于的实系数方程和有四个不同的根，若这四个根在复平面上对应的点共圆，则的取值范围是______.
【答案】
【分析】解出方程，可得其对应的点，对于方程，讨论其，进一步分析计算即可.
【详解】因为的解为
，
设所对应的两点分别为，
则，，
设的解所对应的两点分别为，，
记为,,，
当，即时，因为关于轴对称，
且，，关于轴对称，显然四点共圆；
当，即或时，
此时,,，且，
故此圆的圆心为，半径，
又圆心到的距离，
解得，
综上：,
故答案为：.
12．已知等边的边长为2，将其绕着BC边旋转角度，使点A旋转到位置．记四面体的内切球半径和外接球半径依次为r，R，当四面体的表面积最大时，______，______．
【答案】 /
【分析】先判断出当时四面体的表面积最大，即可求得；先求出表面积，再得到的中点O为四面体的外接球球心，即可求得，再求出四面体的体积，由即可求得，即可求解.
【详解】
易得的面积为定值，又，显然当时，此时面积最大，
即四面体的表面积最大，此时；
当四面体的表面积最大时，易知四面体的表面积最大值为，设的中点为O，
易知，∴，即O为四面体的外接球球心，∴四面体的外接球半径，
∵，且，∴，∴，由，平面，
，可得平面，∴四面体的体积为，
又，∴，解得，
∴.
故答案为：；．
二、单选题
13．设为虚数单位，，则
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】计算出，进而计算即可.
【详解】
.
【点睛】本题考查复数的除法运算及模的求法，考查计算能力．
14．已知平面向量，，，且，向量与所成的角为，且对任意实数t恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据已知条件，结合二次函数的性质，求出；再利用向量三角不等式，即，结合向量的模长公式，求出最小值即可.
【详解】由题意得，，由，得，
即，化简得.
令，其图象开口向上，要使恒成立，
则，解得，
又，
，所以的最小值为.
15．已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题是真命题的个数为（ ）
命题①：若，，则 命题②：若，，则
命题③：若，，则 命题④：若，，则
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】D
【分析】由线面平行的性质定理及面面垂直、线面垂直的性质定理入手，依据线面平行、面面平行、线面垂直的判定定理去判定推理即可解决.
【详解】命题①：若，，则或与相交.判断错误；
命题②：若，，则由线面垂直的性质可得.判断正确；
命题③：若，，则与相交或或.判断错误；
命题④：若，，则与相交或平行或.判断错误.
故选：D
16．已知a,b为空间中的两条相互垂直的异面直线，P为两直线外一点，过点P作与a平行且与b垂直的平面，这样的平面个数是（ ）
A．0 B．1 C．无数 D．0或1
【答案】D
【分析】若两条异面直线垂直，可作出符合条件的一个平面，若两条异面直线不垂直，则无符合条件的直线.
【详解】分两种情况讨论，若两条异面直线垂直，点P作做其中一条直线的一个垂面，该面与平行，且只有一个，若两条异面直线不垂直，则无符合条件的平面.
故选D.
【点睛】本题主要考查了异面直线的概念，线面平行，线面垂直，属于中档题.
三、解答题
17．设函数定义域为D，对于区间，如果存在，使得，则称区间I为函数的“P区间”．
(1)求证：是函数的“P区间”；
(2)判断是否是函数的“P区间”，并说明理由；
(3)设为正实数，若是函数的“P区间”，求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)不是，理由见解析
(3)
【分析】（1）取特殊值验证得到答案.
（2）根据三角函数的有界性得到，得到答案.
（3）代入计算得到区间至少上有两个不同的偶数，考虑，，，四种情况，计算得到答案.
【详解】（1），取，，则，
故是函数的“P区间”；
（2），
则，
故不是函数的“P区间”，
（3），，
则，故，
故，，不妨设，
则，，故，
即在区间至少上有两个不同的偶数，，即，
当，区间为，满足；
当时，，不满足；
当时，，满足；
当时，，区间至少上有两个不同的偶数，满足；
综上所述：
18．如图，在多面体中，是边长为2的等边三角形，平面，，，，，设为的中点．
(1)证明：平面；
(2)设为棱上的动点，求与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到向量坐标，利用空间向量的数量积为0，证明线线垂直，从而得到线面垂直.
（2）设出动点坐标得到线的方向向量，设平面法向量，由法向量垂直平面内任意两个相交向量求出一个法向量坐标，然后由线的方向向量和面的法向量表示出线面角的正弦值.对于表达式进行整理化简，构造函数通过二次函数对称轴求函数的最大值.
【详解】（1）如图，在平面ABC内过点作直线，
∵平面，平面，∴，，
∴以为坐标原点，分别为坐标轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
∵为的中点，∴，
∴，，，
∴，即，
又∵平面，平面，，
∴平面.
（2）设，即
则，
，，
设平面的一个法向量，
则，令，则，
即，
设直线与平面所成角为，
则，
令，
当时，取最小值，即，
即当时，取得最大值，，
19．已知复数，满足条件，．是否存在非零实数，使得和同时成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】存在，或
【分析】根据题意得到则是方程的两个根，讨论和两种情况，计算得到答案.
【详解】，则，，则是方程的两个根，
当即且时，，记，，，故，解得；
当即时，，为一对共轭虚根，则，则，
即或（舍）．
综上，存在实数，当或，使得和同时成立.
【点睛】本题考查了复数的运算，复数的模，共轭复数，意在考查学生的计算能力和应用能力，确定是方程的两个根是解题的关键.
20．在四棱锥中，侧面是正三角形且与底面垂直，底面是矩形， 是中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的大小.
【答案】（1）证明见详解；（2）45°
【分析】（1）根据面面垂直，推证线面垂直即可；
（2）根据二面角的定义，结合几何体特征，找出二面角的平面角，在三角形中求解即可.
【详解】（1）证明：
因为平面为矩形，
，
又面面，面面
平面. 即证.
（2）取AD的中点，连结OP， 如下图所示：
因为三角形为等边三角形，
又平面平面，
面，
设 AD，则等边PAD中OP=，
在ODC中，OC=3a，连OC，OE，
在中，OE=， CE=a，
由，得
∴OECE
又面
为二面角的平面角，
，
.
即二面角的大小为.
【点睛】本题考查由面面垂直推证线面垂直，以及二面角的求解，属综合基础题.
21．（1）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，其中俯视图由两个半圆和两条线段组成，求该几何体的表面积．
（2）圆台的较小底面半径为，母线长为，一条母线和底面的一条半径有交点且成，求圆台的侧面积．
【答案】（1）（2）
【分析】（1）根据三视图可复原几何体，该几何体为半个圆柱中挖去半个圆柱，根据公式可算计算其表面积.
（2）在圆台的轴截面中，可计算出底面半径，根据公式可求其侧面积.
【详解】（1）三视图对应的几何体如图所示：
其表面积为.
（2）圆台的轴截面如图所示：
由题设可知：，过作的垂线，垂足为，则
，故，故底面的半径为，
故圆台的侧面积为.
【点睛】本题（1）考查三视图及其几何体的复原，注意根据复原前后对应的点、线、面的位置关系，（2）考查圆台的基本量的计算，注意利用轴截面来实现各基本量关系的转化.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页

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