精品解析：上海市宜川中学2024-2025学年高二上学期期末考试数学试卷

宜川中学2024学年第一学期高二年级数学期末 2025.1 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_______． 2. 已知函数，则_______． 3. 已知等差数列满足，则的值为________． 4. 圆：与圆：的相交弦所在直线方程为________． 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_________． 6. 在正方体中，与直线所成角的大小为的面对角线共有__________条 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_______． 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_____. 9. 若，，是三个不共面的非零向量，，，，若向量，，共面，则_________． 10. 已知函数有三个单调区间，则实数b的取值范围为________． 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________． 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_______． 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M是平行六面体的面对角线上的动点，则下列直线中与恒为异面直线的是（   ） A. B. C. CD D. 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⊥m B. 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∥m D. 存在无数多条直线m，使得l∥m 15. 已知数列为无穷等比数列，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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. 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． 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． 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． 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. 21. 函数满足：对任意，恒成立（或恒成立），则称直线是函数在上的支撑线． （1）指出下列哪些函数在定义域上存在支撑线：①；②； （2）动点在函数图象上，直线：是在定义域上的支撑线，求点到直线的距离最小值； （3）直线是函数在上的支撑线，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宜川中学2024学年第一学期高二年级数学期末 2025.1 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】圆的方程是，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M是平行六面体的面对角线上的动点，则下列直线中与恒为异面直线的是（   ） A. B. C. CD D. 【答案】C 【解析】 【分析】举反例，排除ABD，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，直线与直线相交，故A错误； 对于D，当点位于位置时，直线与直线相交，故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，故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，故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⊥m B. 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∥m D. 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，表示出圆柱的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）由（1）可知，H是线段的中点， 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． 【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】 略 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）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. （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】 略 【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，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，解得；令，解得或； 可知在内单调递增，在内单调递减， 且，可知的最大值为， 所以四边形的面积的最大值为8. 【点睛】关键点点睛：在求四边形的面积的最大值时，通过构建函数，，利用导数求函数最值，是解题的关键. 21. 函数满足：对任意，恒成立（或恒成立），则称直线是函数在上的支撑线． （1）指出下列哪些函数在定义域上存在支撑线：①；②； （2）动点在函数图象上，直线：是在定义域上的支撑线，求点到直线的距离最小值； （3）直线是函数在上的支撑线，求实数的取值范围. 【答案】（1）无支撑线，存在一条支撑线； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用函数支撑线的定义对函数逐一判断. （2）由直线是的支撑线，求出的值，再结合点到直线的距离求点到直线的距离最小值. （3）由函数支撑线的定义按分类，利用导数讨论恒成立问题求出参数范围. 【小问1详解】 函数的定义域为，假定其支撑线为， 若，恒成立， 则且恒成立， 必有成立，且成立，矛盾， 即在上不能恒成立，同理在上不能恒成立， 所以函数无支撑线； 函数的定义域为R，而恒成立，所以是的一条支撑线. 【小问2详解】 直线：是在上的支撑线， 若，则当时，；当时，，不合题意； 若，直线：是在上的支撑线，则恒成立， 令，求导得，由，得；由，得 函数在上递增，在上递减，， 因此，即，令，求导得， 当时，，当时，， 函数在上递减，在上递增，，于是， 设，函数的图象在P处的切线斜率为， 当在P处的切线斜率为，即时，该切线平行于直线： 点到直线：的距离取得最小值为. 【小问3详解】 直线是函数在上的支撑线， ①若在上恒成立， 当时，令，求导得， 函数在上单调递增，，则，因此； 当时，，令，求导得， 当时，，在上单调递减，，符合题意； 当时，在上单调递增，上单调递减，不符； ②若在上恒成立， 当时，恒成立，则当时，恒成立， 令，求导得，令， 求导得，令，求导得， 函数在上单调递增，，函数在上单调递增， ，函数在上单调递增，， 因此，即，于是在上无最大值， 则在上不恒成立， 所以实数的取值范围是. 【点睛】方法点晴：（1）数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.（2）利用导数证明不等式，常用的思路层次有三个:其一直接构造函数利用导数证明；其二直接作差构造函数利用导数证明；其三先做适当的变换后再作差构造函数利用导数证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $