2024-2025学年上海市嘉定一中高二（上）数学期末试卷及答案解析

这是一份2024-2025学年上海市嘉定一中高二（上）数学期末试卷及答案解析，共18页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、填空题（本大题共12题，第1-6题每题４分，第7-12题每题5分，满分54分）
1. 已知，则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据元素与集合的关系列方程，结合集合元素的互异性来求得正确答案.
【详解】因为，
当时，解得，此时，不符合集合元素的互异性，舍去；
当时，解得或（舍），
时，，此时集合为符合题意，
所以.
故答案为：
2. 函数的单调递增区间为_______．
【答案】
【解析】
【分析】利用复合函数法可得出函数的单调递增区间.
【详解】对于函数，有，解得或，
所以，函数的定义域为，
因为内层函数在区间上单调递减，在上单调递增，
外层函数为增函数，
故函数的单调递增区间为.
故答案为：.
3. 若复数满足，则的最小值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的模的几何意义，理解等式表示的动点轨迹图形为圆形，由图易得动点到原点的距离最小值即得.
【详解】
如图，设复数对应的点为,则由可知点到点的距离为1，
即点的轨迹为以点为圆心，以1为半径的圆，
而则表示动点到原点的距离，由图可知，圆上与原点距离最小的点为,故的最小值是1.
故答案为：1.
4. 若命题：“”为假命题，则实数的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】由条件可得，列不等式求的取值范围.
【详解】因为“”为假命题，
所以“”为真命题，
即方程没有实数根，
所以，故，
所以的取值范围为.
故答案为：.
5. 如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝________.
【答案】8
【解析】
【分析】找到与直线CE，EF分别平行或共面的平面即可得解.
【详解】正方体的左、右两个侧面与EF平行，其余4个平面与EF相交，即n＝4.
又因为CE与AB在同一平面内，所以CE与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m＝4，所以m＋n＝4＋4＝8.
【点睛】本题主要考查了线面的位置关系，属于基础题.
6. 若，则满足的的取值范围是______________________．
【答案】
【解析】
【分析】根据和的图象来求得正确答案.
【详解】，即的图象在图象的下方，
由图可知，x∈0,1．
故答案为：0,1
7. 无穷数列满足，，则数列的所有项和__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据递推公式，得到，结合即可求出数列的各项值，进而得到数列的各项值，由此即可求数列的所有项和.
【详解】因为，所以有：，
因为，由此可得，所以，
所以数列为各项均为的无穷数列，
由此可得：.
故答案为：
8. 设是椭圆的长轴，点在上，且，若，，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】不妨设椭圆的焦点在轴上，设出其方程，根据已知得出，过点作，垂足为，在直角三角形中得出，，即可得出点的坐标，即可代入方程中得出，即可根据椭圆离心率的求法得出答案.
【详解】不妨设椭圆的焦点在轴上，则椭圆的方程为，
过点作，垂足为，
是椭圆长轴，，
，即，
，
，，
则在直角三角形中，，
则，故点，
代入方程，解得：，
则，
则，
故答案为：.
9. 已知数列的前项和为，且满足，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】利用来求得正确答案.
【详解】根据题意，数列满足，
当时，有；
当时，有，不符合，
故
故答案为：
10. 若直线与曲线恰有两个不同的公共点，则实数b的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】由题可画出曲线图形，然后结合图形可得答案.
【详解】，则曲线表示以原点为圆心，半径为1，如图所示的半圆.
当直线在如图位置时，，当直线在如图位置时，直线与半圆相切，
则到圆心距离为1，则（舍去）或，则.
则要使直线与曲线恰有两个不同的公共点，要使直线在与之间，即.
故答案为：
11. 如图所示，四面体的体积为，点为棱的中点，点为线段上靠近的三等分点，点为线段上靠近的三等分点，过点的平面与棱分别交于，设四面体的体积为，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】连接，令，得到，根据F， P，Q， R四点共面，结合基本不等式，求得，设点到平面的距离为，得到点到平面的距离为，结合锥体的体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，连接，可得
；
令，则，所以，
由F， P，Q， R四点共面，可得，
当且仅当时取等号，所以；
设点到平面的距离为，则点到平面的距离为，
又因为，，
所以，即的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查三棱锥体积相关问题的求解，解题关键是能够结合空间向量的知识，利用四点共面得到的最小值，进而代入体积公式求解.
12. 数学家斐波那契有段时间痴迷于研究有趣的数列问题，意外发现了一个特殊的数列：1，1，2，3，5，8，…，从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，后人把这样的数列称为“斐波那契数列”．若，则__________．
【答案】2024
【解析】
【分析】根据数列的特点,每个数等于它前面两个数的和,移项得:,使用累加法求得,然后将中的2倍展成和的形式（如)即可求解.
【详解】由从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，，
由,得,
所以，，，...，
将这个式子左右两边分别相加可得:
所以.
所以
,
所以.
故答案为：.
二、选择题（第13、14题每题４分，第15、16题每题5分，满分18分）
13. 已知直线与圆相交于两点，则（ ）
A. B. 4C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用几何法即可求得弦的长.
【详解】圆的圆心，半径，
圆心到直线的距离，
则弦的长
故选：A
14. 下列不等式：①；②；③；④；解集为的不等式的个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据时即可判定①，根据二次的性质即可求解②，根据绝对值三角不等式的性质即可求解③，根据分式的性质即可求解④.
【详解】对于①，当时，，当且仅当时取等号，
但当时，无意义，故的解集不是，错误，
对于②，，当取到等号，解集为不是，故错误，
对于③，，当时取等号，解集为，故正确；
对于④，由于恒成立，故等价于恒成立，故解集为，正确，
故正确的有③④，
故选：C
15. 已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，，，，，平面，则球O的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出外接圆半径，球心到平面的距离，再利用球的截面圆性质计算即可.
【详解】在三棱锥中，球心在棱的中垂面上，由平面，得平面，
则球心到平面的距离为，在中，由余弦定理得：
，
因此外接圆半径，球的半径，
所以球O的表面积.
故选：C
16. 已知点为椭圆上任意一点，直线过的圆心且与交于，两点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆心为的中点，利用向量运算将用来表示，转化为椭圆上一点到焦点的距离范围求解即可.
【详解】，即的圆心，半径为，
椭圆方程中，，，
则圆心为椭圆的右焦点，线段为的直径，连接，
因此
，点为椭圆上任意一点，
则，，即，
所以.
故选：A
三、解答题（本大题共5题，满分78分）
17. 如图，在棱长为2的正方体中，，分别为线段，的中点.
（1）求点到平面的距离；
（2）求直线与平面所成的角.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等体积法列方程，求解即可；
（2）根据直线和直线平行，得为异面直线与所成的角，进而在中求解即可.
【小问1详解】
在正方体中，为线段的中点，
所以平面，且，
因为是线段的中点，所以，
故三棱锥的体积；
因为，分别为线段，的中点，所以，
又因为，，
所以在中满足，故为直角三角形，
则，设点到平面距离为，
则，解得，
因此点到平面的距离为.
【小问2详解】
建立如图所示：
以为坐标原点，、、分别为、、轴的空间直角坐标系，
，，A2,0,0，E0,0,1，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，解得，
所以，
设直线与平面所成角为，所以，
所以
18. 设等差数列的前项和为，且.
（1）若，求数列的通项公式；
（2）若，且是数列中最大的项，求所有可能的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件列方程，化简求得的公差和首项，进而可求通项.
（2）根据数列中的最大项列不等式，从而求得的所有可能取值.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，则
，解得，
∴.
【小问2详解】
由（1）得，
由于是数列中最大的项，
∴，则 ，
所以，即
即
解得，
由于是整数，所以的可能取值是.
19. 空间四面体ABCD中，已知，，，，.
（1）求CD的长；
（2）已知点E在线段AC上运动，求的最小值.
【答案】（1）5 （2）
【解析】
【分析】（1）求出，得出，利用正弦定理即可得出CD的长；
（2）把空间四边形ABCD沿AC展开，求出，结合余弦定理求出最小值，即可得出的最小值.
【小问1详解】
由题意，在中，，，
∴，
∵，
∴由正弦定理得，，解得：.
【小问2详解】
由题意及（1）得，把空间四边形ABCD沿AC展开成平面四边形ABCD，
此时的最小值为线段BD（此时点E为线段AC与BD的交点）.
因为故，
则，
由余弦定理得，，
∴，即.
20. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，长轴长为，若为正三角形．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点，斜率为的直线与椭圆相交，两点，求的长；
（3）过点的直线与椭圆相交于，两点，，直线的方程．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出，即可得到椭圆方程；
（2）依题意可得直线为，联立直线和椭圆方程，消元，求出交点的横坐标，直接利用弦长公式进行求解；
（3）设，，直线，联立直线和椭圆方程，结合韦达定理，列方程组求解.
【小问1详解】
依题意可得，解得，所以，
所以椭圆的标准方程为.
小问2详解】
由（1）知，，故该直线为，
由，消去可得，
故，所以.
【小问3详解】
显然的斜率存在（否则轴，根据对称性，，与题设矛盾），
设，，直线为，
由，消去得，显然，
由韦达定理可得：①，，
又，则，故②，
由①②得，，故，
即，化简可得，解得.
故直线为.

21. 已知函数.
（1）当时，求的值域.
（2）若在上单调递增，求实数的取值范围.
（3）若在函数的定义域内存在，使得成立，则称为局部对称函数，其中为的图象的局部对称点.若是的图象的局部对称点，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由换元法结合二次函数值域，即可得到结果；
（2）根据题意，分，，讨论，结合条件，代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，由局部对称点的定义，结合函数的单调性，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
当时，，
令，则，，
所以的值域为；
【小问2详解】
令，，则，，
因为在上单调递增，
所以要使在上单调递增，
只需在上单调递增，
①当时，在上单调递减，不符合题意；
②当时，的图象开口向下，不符合题意；
③当时，则需，解得，
所以实数的取值范围是；
【小问3详解】
由是的图象的局部对称点，可得，，
代入整理得，①
令，则，，
代入①式得，，
当时，函数和均单调递增，
所以在上单调递增，
所以，所以，
所以实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：形如二次函数、指数函数结合的问题，无论是单调性还是值域（最值），都可以考虑利用换元法，再结合二次函数的性质来进行求解；研究含参数的二次函数的性质，关键点是对参数进行分类讨论，结合二次函数的开口方向、单调性、值域等知识可将问题解决.