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

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