上海市上海交通大学附属中学2024−2025学年高二下学期阶段测试数学试题（2025.3）（含解析）

这是一份上海市上海交通大学附属中学2024−2025学年高二下学期阶段测试数学试题（2025.3）（含解析），共17页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、填空题（本大题共12小题）
1．若，若实数的值为 .
2．关于的方程的解集为 ．
3．已知，且
4．已知复数满足，知复数
5．在，角、、依次成等差数列．若，角的值为 .
6．已知双曲线，则双曲线的两条渐近线的夹角是 .
7．已知集合，，为从定义域到值域的函数，且有两个不同的实数根，则这样的函数个数为 .
8．已知函数在区间上只有一个最大值点和一个零点，则的取值范围是 .
9．已知，直线与曲线相切，则的最小值是 ．
10．从集合中取两个不同的数分别作为对数的底数与真数，则不同的对数值的个数为 ．
11．定义在区间上的函数，若存在正数，使得不等式对任意成立，则称函数在区间满足条件；已知，若函数在区间上满足条件，则的最小值是 .
12．正方体棱长为4，点满足，点满足，，则的最小值为 .
二、单选题（本大题共4小题）
13．已知，则是的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分也非必要条件
14．已知，那么下列命题中成立的是（ ）．
A．若α、β是第一象限角，则；B．若α、β是第二象限角，则；
C．若α、β是第三象限角，则；D．若α、β是第四象限角，则．
15．设为抛物线的焦点，为该抛物线上三点．若，则（ ）
A．9B．6C．4D．3
16．已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
三、解答题（本大题共5小题）
17．已知函数，
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若对任意正实数恒成立，正实数的取值范围.
18．如图所示，君洪楼门前广场上有一块扇形环面区域（由扇形去掉扇形构成）种植绿植和花卉，需要用栅栏围起来进行绿化养护．知米，米，扇形环面区域面积为平方米，圆心角为弧度.
(1)求关于的函数解析式；
(2)记花卉周围栅栏（由弧、，弧线段、组成）的长度为米，试问取何值时，的值最小？并求出最小值．
19．如图所示，已知斜四棱柱的底面是菱形，且，且．

(1)求证：；
(2)当的值为多少时，能使平面？请给出证明．
20．已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．记的左、右顶点分别为、.
(1)求双曲线的方程；
(2)双曲线上任意一点（不与、重合），求证：为定值；
(3)过点的直线与的左支交于、两点，直线与交于点．证明：点在定直线上．
21．设函数．
(1)判断函数的奇偶性，并说明理由；
(2)设为的一个极值点，证明；
(3)设在内的全部极值点按从小到大的顺序排列，证明
参考答案
1．【答案】
【详解】因为，故或，故或，
若时，，与元素的互异性矛盾；
当，，符合题意；
故.
2．【答案】
【详解】由，
当时，方程为，解得；
当时，方程为，即，恒成立；
当时，方程为，解得.
综上所述，方程的解集为.
3．【答案】
【详解】由题，.
4．【答案】
【详解】.
5．【答案】
【详解】在，角、、依次成等差数列，则，
由三角形的内角和定理可得，可得，
，整理可得，
因为，故.
6．【答案】
【详解】由题可知，双曲线的渐近线方程为：，
所以两条渐近线的斜率分别为：.
设渐近线的夹角为，
根据两直线夹角公式求得渐近线夹角的正切值为：
所以.
7．【答案】
【详解】由题意可知，函数值可以从集合中选择两个元素与之对应，有种方法，
集合中的元素可从集合中剩余的两个元素选一个与之对应，有种方法，
集合中的元素只能对应集合中剩余的最后一个元素，有种方法，
由分步乘法计数原理可知，满足条件的函数个数为种.
8．【答案】
【详解】
，
∵，，∴，
∵在区间上只有一个最大值点和一个零点，
，解得，
的取值范围为.
9．【答案】27
【详解】由得：；当时， ，
直线与曲线相切的切点坐标为，
，又为正实数，
,
（当且仅当，即，即时取等号），
的最小值为27.
10．【答案】52
【详解】第一步，取底数，有8种取法；第二步，取真数，有7种取法．
根据分步乘法计数原理，共得到个对数．
但在这些对数中，，，，
，所以可以得到个不同的对数值．
11．【答案】
【详解】对于函数，，
当时，，在区间上单调递增.
不妨设,则，
在区间上满足条件，
所以不等式对任意成立，
所以不等式对任意成立，
即对任意成立，
即在上单调递减，
则在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以，所以的最小值为.
12．【答案】
【详解】如图建立空间直角坐标系：

则由题意可得，,，.
因为点满足，，
所以点、点和点三点共线.
设，，
则，，
所以
则.
令，则该函数可以看做是关于t的二次函数，
则当时，函数有最小值，为.
所以要使最小，可先取，此时，其几何意义是点在平面上的射影点到点的距离.
又因为，
所以点的轨迹是以点为球心，为半径的球面，
则射影点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆及其内部.
所以
又因为，
所以.
13．【答案】B
【详解】当时，满足，显然不成立，故充分性不成立，
若，由指数函数的单调性可知，，则，故必要性成立，
故是的必要非充分条件，
故选B
14．【答案】D
【详解】A项，若α、β是第一象限角，由，
如下图，正弦线，
则，.
则由余弦线，得．故A不正确．
B项，若α、β是第二象限角，，
如下图，正弦线，
则，．
则由正切线，得．故B不正确．
C项，若α、β是第三象限角，由，
如下图，正弦线，
则，，
则由余弦线，得．故C不正确．
D项，若α、β是第四象限角，
如下图，正弦线，
则，，
则由正切线，得.故D正确．
故选D.
15．【答案】B
【详解】解：设点的坐标分别为．
又，则，，
．
由抛物线的定义可得：，，
故选B
16．【答案】B
【详解】法1：因为，故，
对于A ，若，可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，
故为减数列，注意
故，结合，
所以，故，故，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，故恒成立仅对部分成立，
故A不成立.
对于B，若可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，故为增数列，
若，则恒成立，故B正确.
对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为减数列，
又，结合可得：，所以，
若，若存在常数，使得恒成立，
则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.
对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为增数列，
又，结合可得：，所以，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.
故选B.
法2：因为，
令，则，
令，得或；
令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
令，则，即，解得或或，
注意到，，
所以结合的单调性可知在和上，在和上，
对于A，因为，则，
当时，，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，即，
因为在上，所以，则为递减数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，故，
所以在上单调递增，故，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故A错误；
对于B，因为，
当时，，，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
又当时，，即，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
此时，取，满足题意，故B正确；
对于C，因为，则，
注意到当时，，，
猜想当时，，
当与时，与满足，
假设当时，，
当时，所以，
综上：，
易知，则，故，
所以，
因为在上，所以，则为递减数列，
假设存在常数，使得恒成立，
记，取，其中，
则，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C错误；
对于D，因为，
当时，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，故，
所以，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故D错误.
故选B.
17．【答案】(1)单调递增区间是，单调递减区间是；
(2)
【详解】（1）当时，，则，
令，解得，令，解得，
则其单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）对任意正实数恒成立，
即对任意正实数恒成立，
设，，则，
令，解得，且当时，，此时单调递减；
且当时，，此时单调递增，
则，则.
18．【答案】(1)，
(2)当时，棚栏长度的最小值为米
【详解】（1）利用扇形的面积公式可得，所以，
由可得，
所以，，.
（2）依题意可得弧长，弧长，
所以栅栏的长度，
将代入上式，整理可得，
当且仅当时取等号，所以栅栏长度的最小值为米．
19．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）证明：设，，，则，
底面是菱形，有，
则，
∴，即.
（2）要使平面，只需且.
欲使，则可证明，即，
也就是，
即，
由于，显然当时，上式成立.
同理可得，当时，.
因此，当时，能使平面.
20．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）设双曲线的方程为，
由题意可得，解得，所以，双曲线的方程为．
（2）由（1）可得、，设，则，可得，
因为，，所以，为定值.
（3）设点、，
若直线与轴重合，此时，直线与双曲线的交点为双曲线的左、右顶点，不合乎题意，
设直线的方程为，
联立可得，
由于直线与双曲线的左支有两个不同的交点，
则，解得，
由韦达定理可得，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，据此可得点在定直线上运动．
21．【答案】(1)函数为偶函数，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）函数定义域为，对任意，有，
且恒成立，故函数为偶函数.
（2）因为函数，
所以，
令，则，对满足方程的有，
所以，
由函数与函数的图象可知此方程一定有解，

故的一个极值点满足，
所以；
（3）设是的任意正实根，则，
则存在一个非负整数，使，即为第二或第四象限角，
因为，
所以在第二或第四象限变化时，变化如下，
所以满足的正根都为函数的极值点，
由题可知为方程的全部正实根且满足，
所以，
因为，，
则，
由，可得，
所以.
(为奇数)
0
+
(为偶数)
+
0