上海市嘉定区第二中学2026届高三上学期期中质量评估数学试卷（含答案）

这是一份上海市嘉定区第二中学2026届高三上学期期中质量评估数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.“x≥1”是“x>1”的( )条件．
A. 充分非必要B. 必要非充分C. 充要D. 既非充分又非必要
2.直线l1经过两点A(−1,0)，B(2,6)，将l1绕其与x轴的交点逆时针旋转π4得到直线l2，则l2的斜率为( )
A. 13B. 3C. −3D. −13
3.已知函数f(x)=2sinx的定义域为[a,b]，值域为[−1,2]，则b−a的值不可能是( )
A. 2π3B. πC. 4π3D. 5π3
4.若存在实常数k和b，使得函数F(x)和G(x)对其公共定义域上的任意实数x都满足：G(x)≤kx+b≤F(x)恒成立，则称此直线y=kx+b为F(x)和G(x)的“隔离直线”，已知函数f(x)=x2(x∈R)，g(x)=1x(x0)，有下列两个命题：
命题α：f(x)和h(x)之间存在唯一的“隔离直线”y=2 ex−e；
命题β：f(x)和g(x)之间存在“隔离直线”，且b的最小值是−1.( )
A. 命题α、命题β都是真命题B. 命题α为真命题，命题β是假命题
C. 命题α为假命题，命题β是真命题D. 命题α、命题β都是假命题
二、填空题：本题共12题，第5-10题每题4分,第11-16题，每题5分，共54分。
5.已知集合M=x|−3b>0)的左右焦点分别为F1(−1,0)、F2(1,0)，离心率e= 22，直线l交椭圆C于A、B两点，若l不过坐标原点O且不平行于坐标轴．
(1)求椭圆C的方程；
(2)记线段AB的中点为M，求证：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(3)若OA⊥OB，求▵AOB面积的取值范围．
21.(本小题17分)
对于定义域为D的函数y=f(x)，若同时满足以下条件：①y=f(x)在D内是单调递增或递减函数；②若存在[a,b]⊆D，使得函数y=f(x)在[a,b]的值域也是[a,b].那么我们把函数y=f(x)(x∈D)叫做“闭函数”．
(1)判断函数y=1−1x(x>0)是不是闭函数，并说明理由；
(2)若函数y=−1m2x+1m+1(x>0)为“闭函数”，则实数m在变化时，求b−a的最大值；
(3)若函数y=xex−lnx+1−k(12≤x≤1)为闭函数，求实数k的取值范围．
参考答案
1.B
2.C
3.D
4.B
5.
{x|−1≤xb>0)的左右焦点分别为F1(−1,0)、F2(1,0)，
所以c=1，
又因为e= 22=ca,a2=b2+c2，
所以a2=2,b2=c2=1，
从而椭圆C的方程为x22+y2=1．
(2)如图所示：
设直线l：y=kx+m,(k≠0),Ax1,y1,Bx2,y2，
联立x22+y2=1y=kx+m，消去y得1+2k2x2+4kmx+2m2−2=0，
所以Δ=16k2m2−81+2k2m2−1=81+2k2−m2>0⇒1+2k2>m2，
由韦达定理有x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−21+2k2，
从而y1+y2=kx1+m+kx2+m=kx1+x2+2m=−4k2m1+2k2+2m=2m1+2k2，
所以线段AB的中点M的坐标为x1+x22,y1+y22，即−2km1+2k2,m1+2k2，
从而直线OM的斜率与l的斜率的乘积为kOM⋅k=yM−0xM−0⋅k=m1+2k2−2km1+2k2⋅k=−12，
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
(3)由(2)可知1+2k2x2+4kmx+2m2−2=0，
其中a=1+2k2,x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−21+2k2,Δ=81+2k2−m2>0，
又直线l：y=kx+m,(k≠0)上有点Ax1,y1,Bx2,y2，
所以y1y2=kx1+mkx2+m=k2x1x2+kmx1+x2+m2
=k2⋅2m2−21+2k2−km⋅4km1+2k2+m2=m2−2k21+2k2，
若OA⊥OB，则有OA⋅OB=x1x2+y1y2=0，即x1x2+y1y2=2m2−21+2k2+m2−2k21+2k2=0，
所以3m2=2k2+1,m2=2k2+13，此时Δ=81+2k2−m2=84k2+13>0，
如图所示：
原点O到AB的距离为|OC|=d=|m| 1+k2，
而|AB|= x1−x22+y1−y22= 1+k2⋅x1−x2
= 1+k2⋅−b− Δ2a−−b+ Δ2a= 1+k2⋅ Δ|a|，
所以▵AOB面积的表达式为S▵AOB=12|AB|⋅|OC|=12⋅ 1+k2⋅ Δ|a|⋅|m| 1+k2=|m| Δ2|a|
= 2k2+13× 84k2+1322k2+1=2 k2+14k2+132k2+1
=2 k2+14k2+14k2+1+2k2+1=2 4k2+1k2+1+2 k2+14k2+1，
不妨设t= 4k2+1k2+1= 4−3k2+1,k≠0，
因为k2>0，
所以k2+1>1,3k2+11,10a+b=m+1m>0ab=1m2>0，解得m< −3或m>1，
所以b−a= (a+b)2−4ab= m+1m2−4m2= m2+2m−3m2= −31m−132+43，
因为m< −3或m>1，
所以当m=3时，b−a取得最大值2 33．
(3)令ϕ(x)=xex−lnx+1−k12≤x≤1，
所以ϕ′(x)=(x+1)ex−1x12≤x≤1，
令u(x)=(x+1)ex−1x12≤x≤1，则u′(x)=(x+2)ex+1x2>0，
所以u(x)在12,1上为增函数，
所以u(x)≥u12=32 e−2>0，即ϕ′(x)>0，
所以ϕ(x)在12,1上为增函数，
因为ϕ(x)为闭函数，
所以方程ϕ(x)=x在12,1上有两个不等实根，
所以方程k=xex−lnx−x+1在12,1上有两个不等实根，
令F(x)=xex−lnx−x+1,x∈12,1，则y=k与y=F(x)的图象有两个不同的交点，
F′(x)=(x+1)ex−1x−1=(x+1)ex−1x，
令G(x)=ex−1x,x∈12,1，则G′(x)=ex+1x2>0，
所以G(x)在12,1上为增函数，，
因为G12= e−20，
所以存在唯一x0∈12,1，使得Gx0=ex0−1x0=0，
当12