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    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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    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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