


2024-2025学年上海市宜川中学中学高二(上)数学期末试卷及答案解析
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这是一份2024-2025学年上海市宜川中学中学高二(上)数学期末试卷及答案解析,共20页。试卷主要包含了 双曲线C等内容,欢迎下载使用。
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. 双曲线C:的渐近线方程为_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的渐近线方程可得.
【详解】由可得,
故其渐近线方程为,
故答案为.
2 已知函数,则_______.
【答案】6
【解析】
【分析】利用瞬时变化率和极限思想求得,再结合函数解析式求得f′1即可.
【详解】因,
由可得,
故.
故答案为:6.
3. 已知等差数列满足,则的值为________.
【答案】4
【解析】
【分析】设数列的公差为,由题设条件化简推出,利用等差数列通项公式可得.
【详解】设数列的公差为,则由可得:,
即,故.
故答案为:4.
4. 圆:与圆:的相交弦所在直线方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】通过已知的圆的方程,利用相减法找到两个圆的交点所在直线方程即可.
【详解】圆方程是,简化后为,
联立 ,两式相减,得到,
化简可得.
因此,过两圆交点的直线方程为.
故答案为:.
5. 已知的直观图恰好是直角边长为1的等腰直角三角形,,那么的面积为_________.
【答案】
【解析】
【分析】方法一:先求出的直观图的面积,再代入即得;
方法二:根据的直观图作出的平面图,再求其面积即可.
【详解】方法一:由图知的直观图的面积为:,
则的面积为:.
方法二:根据的直观图作出的平面图为:
其中:,且,
则.
故答案为:.
6. 在正方体中,与直线所成角的大小为的面对角线共有__________条
【答案】
【解析】
【分析】分别连接对应面对角线,结合正方体的结构特征和直线所成角的定义,即可求解.
【详解】如图所示,连接,
由正方体性质可得、都为等边三角形,
所以,
所以与所成的角为,
又,则与所成的角为,
同理,可得为等边三角形,则与所成的角为,
又,
则与所成的角为,
综上可得,与直线所成角的大小为的面对角线共有条.
故答案为:.
7. 一个圆柱被与其底面所成角是的平面所截,截面是一个椭圆,则该椭圆的离心率等于_______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据几何关系用圆柱的底面半径表示椭圆的长轴和短轴,再计算椭圆的离心率即可.
【详解】如图,设圆柱底面半径为R,由题意知截面与底面所成角为,
设截面椭圆的长半轴为a,短半轴为b,半焦距为c,
根据题意可知,,
则,故离心率.
故答案为:.
8. 如图,已知一个半径为2的半圆面剪去了一个等腰三角形,将剩余部分绕着直径所在直线旋转一周得到一个几何体,则该几何体的体积为_____.
【答案】
【解析】
【分析】在三角形中作于点,求得圆锥的底面半径和高,计算出球体和圆锥体积即可求得结果.
【详解】由题,为等腰直角三角形,作于点,如图,
则绕着直径所在直线旋转一周得到的几何体为两个全等的圆锥和,
由半径为2可得圆锥底面圆半径为,圆锥的高为2,
则圆锥的体积为,
半圆面旋转一周形成半径为2的球体,其体积为,
因此剩余部分所形成的几何体的体积为.
故答案为:.
9. 若,,是三个不共面的非零向量,,,,若向量,,共面,则_________.
【答案】10
【解析】
【分析】利用空间向量基本定理可得,由题设条件推得方程组,求解即得.
【详解】因向量,,共面,且,,是三个不共面的非零向量,
则存在,满足,
即,
则有,解得.
故答案为:10.
10. 已知函数有三个单调区间,则实数b的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】依题意,原函数的导函数方程必有两相异实根,计算即得实数b的取值范围.
【详解】由求导得:,
因该函数有三个单调区间,则方程必有两相异实根,
则有,解得.
故答案为:.
11. 已知数列为等差数列,且,设,,,当的前n项和最小时,n的值组成的集合为________.
【答案】
【解析】
【分析】依题意得,从而判断数列是单调递增数列,进而可判断数列各项的符号,由此可得结果.
【详解】因为数列为等差数列,
所以,则,
由可以判断数列是单调递增数列,
所以,
,
所以,且,且;
即数列,当时,;当时,;当时,.
所以,
即当的前项和最小时,的取值集合为.
故答案为:.
12. 已知正三棱锥,侧棱长为5,底面边长为8,若空间中的一个动点M满足,则的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】设O为中点,先由题设得和,进而得点M在以O为球心,半径为的球上,接着设 ,再将转化成即可计算求解.
【详解】如图,O为中点,则由题意且,
所以.
因为,则即,
所以点M在以O为球心,半径为的球上,
设,则,
所以.
故答案为:.
二、选择题(本大题满分18分,第13,14题每题4分,第15,16题每题5分)
13. 已知点是平行六面体的面对角线上的动点,则下列直线中与BM恒为异面直线的是( )
A. B. C. CDD.
【答案】C
【解析】
【分析】举反例,排除ADC,结合异面直线定义证明C正确.
【详解】对于A,当点位于位置时,证明与直线相交,A错误;
对于D,当点位于位置时,证明与直线相交,D错误;
对于B,当点位于的中点时,如图,
因为四边形为平行四边形,
所以也为的中点,
因为,所以四点共面,
所以与共面,B错误;
对于C,直线平面,直线平面,
点不在直线上,所以直线与直线为异面直线,C正确;
故选:C.
14. 已知l是平面α的一条斜线,直线,则( )
A. 存在唯一一条直线m,使得l⊥mB. 存在无数多条直线m,使得l⊥m
C. 存在唯一一条直线m,使得l∥mD. 存在无数多条直线m,使得l∥m
【答案】B
【解析】
【分析】面内与平面的斜线在面内的投影垂直的直线与斜线垂直,这样的直线时一组平行线,有无数多条;面内的直线与斜线只有相交和异面两种情况,没有平行的可能.
【详解】平面内的直线与平面的一条斜线在面内的投影垂直,则与斜线垂直,这样的平行线有无数多条,所以A不正确,B正确,
面内的直线若有与斜线平行的则斜线与面平行,显然不可能的,
所以C,D不正确.
故选:B.
15. 已知数列为无穷等比数列,若,则的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据可得,则,再利用不等式的性质求解即可.
【详解】因为为无穷等比数列,,设数列的公比为,
则,所以,可得.
所以是以为首项,以为公比的等比数列,
且,此时,且,
所以.
因为
所以,时等号成立;
即的取值范围为.
故选:B.
16. 在直角坐标系中,一个矩形的四个顶点都在椭圆:上,将该矩形绕轴旋转180°,得到一个圆柱体,则该圆柱体的体积最大时,其侧面积为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设点在第一象限,表示出圆柱底面圆半径和母线长,求得圆柱的体积表达式,利用导数分析得出时,圆柱体的体积最大,继而求得其侧面积.
【详解】
如图,设点在第一象限,则有,且.
由椭圆和矩形的对称性,把矩形绕着轴旋转180°得圆柱,
则圆柱的底面圆半径为,母线长为,
于是该圆柱体的体积为:,
将对求导,可得:,由可得,
当时,;当时,,
即在上单调递增;在上单调递减.
故当时,圆柱体的体积最大,此时,.
则圆柱的侧面积为:.
故选:A.
三、解答题(本大题满分78分,第17,18,19题每题14分,第20,21题每题18分)
17. 在等差数列中,,且,,构成等比数列.
(1)求数列的通项公式;
(2)令,记为数列的前项和,若,求正整数的最小值.
【答案】(1)
(2)7
【解析】
【分析】(1)根据等差数列基本量结合等比中项列式求解即可;
(2)分组求和应用等比数列求和公式计算即可.
【小问1详解】
在等差数列中,,设公差为,由,,构成等比数列,
可得,即有,得.
因为当时,,不满足题意,舍去,
所以,.
【小问2详解】
由(1)得,则,递增,
由,
可得时,正整数n的最小值为7.
18. 如图所示,正三棱锥的侧面是边长为2的正三角形,E,F,G分别是线段,,的中点,若平面交于点H.
(1)求多面体的体积;
(2)求证:四边形是正方形.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】(1)先求出多面体与正三棱锥的比例,然后设出底面中心为,
利用勾股定理求出高,再根据锥体体积公式即可计算求解.
(2)利用三角形中位线得且,再有直线与平面平行的性质得出,从而证得四边形是平行四边形,最后利用线面垂直的性质推出,从而得证.
【小问1详解】
如图:
取 的中点 ,连接 ,
因为,E,F分别是线段 ,,的中点,
所以,
因为E,F,G分别是线段,,的中点,
所以且,
平面,平面,
所以平面,
又因为平面交于点H.
则平面与平面的交线为,
所以,而,所以,
又因为G是线段的中点,则H是线段的中点,
所以,而,
所以几何体为三棱柱,设正三棱锥的高为 ,则三棱柱的高为 ,三棱锥的高也为 ,,
则多面体的体积=三棱柱的体积与三棱锥的体积之和;
所以,
而,
所以,
由正三棱锥的侧面是边长为2的正三角形,得正三棱锥为正四面体,
取中点,连接,,取的中点,底面中心为,如图:
,,
则,
所以多面体的体积:.
【小问2详解】
由(1)可知,H是线段中点,
所以,而
所以四边形是平行四边形,
又,
如图,
于是为菱形,取的中点,而,,
,平面,
则平面,又平面,
因此,于是,所以四边形是正方形.
19. 如图,在长方体中,,点在棱上移动.
(1)当点在棱的中点时,证明:平面平面;
(2)当为何值时,平面与平面所成的锐二面角为.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)建立空间直角坐标系,先证明,再应用线面垂直判定定理证明平面,最后应用面面垂直判定定理证明;
(2)先设,再应用空间向量法计算二面角余弦值即可求参.
【小问1详解】
如图,以为坐标原点,所在直线为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系,,,
则,,,,
即,,
因为,
所以,即,又因为平面,平面,所以平面,
所以平面,平面,所以平面平面.
【小问2详解】
如图,以为坐标原点,,,所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
设时,平面与平面所成角为,则,
由图知,平面法向量为,,
设平面的法向量为,
则,
令,则,因为平面与平面所成角为.
所以,解得或(舍).
所以当为时,平面与平面所成角为.
20. 已知曲线由抛物线及抛物线组成,若是曲线上关于轴对称的两点,四点不共线,其中点在第一象限.
(1)写出抛物线的焦点坐标和准线方程;
(2)求四边形周长的最小值;
(3)若点横坐标小于4,求四边形面积的最大值.
【答案】(1)焦点坐标为,准线方程为
(2)
(3)8
【解析】
【分析】(1)根据抛物线方程可知,进而可取焦点和准线;
(2)设,则,且四边形为等腰梯形,利用抛物线的定义结合图形的性质分析求解;
(3)由(2)可知:,且,可得四边形的面积为,构建函数,,利用导数判断的单调性和最值,进而可得结果.
【小问1详解】
抛物线,即,
可知,即,且焦点在y轴正半轴上,
所以抛物线的焦点坐标为,准线方程为.
【小问2详解】
由(1)可知:抛物线的焦点坐标为,
设,则,
由题意可知:四边形为等腰梯形,
则四边形周长,
当且仅当三点共线时,等号成立,
所以四边形周长的最小值为.
【小问3详解】
由题意可知:,且,
则,梯形的高为,
可得四边形的面积为,且,
构建,,
则,,
令f′x>0,解得;令f′x
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