上海市金山中学2025--2026学年高二上册期末考试数学试题【附解析】

这是一份上海市金山中学2025--2026学年高二上册期末考试数学试题【附解析】，共21页。
1. 已知集合，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】由集合的交集运算即可得解.
【详解】，.
故答案为：.
2. 已知，则z＝________．
【答案】．
【解析】
【分析】由复数除法法则计算．
【详解】由已知．
故答案为：．
3. 已知向量，，若，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的数量积为0列式求值.
【详解】因为，所以，即.
故答案为：
4. 已知双曲线的渐近线和圆相切，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用圆心到渐近线的距离等于圆的半径，即可解得.
【详解】因为的渐近线方程为，圆的圆心坐标为，则点到直线的距离为，由圆和渐近线相切，可得.
故答案为：.
5. 若数列的前项和是（为正整数），则数列的通项公式是_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据求解即可.
【详解】当 时，.
当 时， ， 也满足，所以公式对所有正整数 都成立.
故答案为：.
6. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则四边形的面积为_______
【答案】3
【解析】
【分析】画出直观图，结合斜二测画法得到各边长，并得到平面图形ABCD为梯形，求出面积.
【详解】因为，所以，
又，所以，
画出直观图，如下：
故平面图形为梯形，面积为.
故答案为：3
7. 若函数在上严格减，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据分段函数的单调性结合指数函数、二次函数的单调性列不等式组即可解得的取值范围.
【详解】因为函数在上严格减，
所以，解得，则的取值范围是.
故答案为：.
8. 已知是实常数，设关于的不等式的解集为，若与区间的交集非空，则的取值范围为_____．
【答案】
【解析】
【分析】将原题转化为不等式能成立问题，再设，分析函数单调性求出其最大值，即可得解.
【详解】关于的不等式的解集为，且与区间的交集非空，
等价于“存在，使得不等式成立”，
因此只需使即可.
设，
易知与在上均单调递减，
因此在上单调递减，
故，即，
因此.
故答案：.
9. 下图是正三棱柱和正四棱台的组合体.已知正四棱台的侧棱、下底的长度分别为4、6，侧面与底面所成二面角的正切值均为，则该组合体的表面积为_____.
【答案】##
【解析】
【分析】设正四棱台的高为，侧面与底面所成二面角为，上底为，利用几何关系构建方程组解出，再求表面积即可.
【详解】
设正四棱台的高为，侧面与底面所成二面角为，上底为，
由题意可得，
结合侧棱关系可得，
联立两方程可得，
所以正四棱台的斜高为，
所以，该几何体的表面积为.
故答案为：.
10. 如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线展开，则椭圆在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数图象的一部分，则其对应的椭圆的离心率为____________.
【答案】##
【解析】
【分析】由正弦型函数的最值和周期求得圆柱的高和底面半径，进而求得椭圆的长轴和短轴，即可得离心率.
【详解】函数的值域为，最小正周期，
依题意，圆柱的高，设圆柱的底面半径为，则，解得，
椭圆短轴长，即，长轴长，即，
所以椭圆的离心率.
故答案为：
11. 如图，椭圆有如下光学性质：从椭圆一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点，其中法线表示与椭圆的切线垂直且过相应切点的直线．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，过点的直线与交于点，，过点作的切线，点关于的对称点为，若，，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆的定义与题中条件可得，根据椭圆的光学性质和对称性可得，两式联立解得的值，进而求得比值.
详解】
如图，由椭圆的光学性质可得三点共线，
由题意，根据椭圆的定义可得：，
所以,
因为，则，那么①，
因为点关于的对称点为，所以，
因为，所以，即②，
联立①②，解得，则.
故答案为：.
12. 空间中，向量满足：，且的两两夹角都是，对于向量，若，则的最小值是___________．
【答案】
【解析】
【分析】先利用已知条件求出相关向量的模及数量积，分析可知点的轨迹是与垂直的平面，记为平面，点的轨迹是以线段为直径的球，且即为平面上的点与球上的点之间的距离，求球心到平面的距离，结合球的性质运算求解即可．
【详解】设，
因为，两两夹角都是，
则，
可得，
若，即，
可知点的轨迹是与垂直的平面，记为平面，且向量在方向上的投影为，
又因为，
若，即，则，
可知点的轨迹是以线段为直径的球，
设球心为的中点，则，半径，
可知平面的法向量为，且，
则即为平面上的点与球上的点之间的距离，
因为，
则，
可得球心到平面的距离为：，
且，所以的最小值为．
故答案为：．
二、选择题（本大题满分18分）本大题共有4题，每小题都给出四个选项，其中有且只有一个选项是正确的，13、14两题每个填对得4分，15、16两题每个填对得5分，否则一律得零分．
13. 已知空间向量，则（ ）
A. 15B. C. 17D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量的坐标运算和几何意义即可求解.
【详解】由题意知，.
故选：D
14. 若函数在上存在零点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的零点存在性定理即可求解.
【详解】令，因为在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，因此函数在上为增函数，
因此，函数在上存在零点的充要条件是且，
所以，即，解得
故选：B
15. 已知数列满足，某同学将其前20项中某一项正负号写错，得到其前20项和为82，则写错之前这个数为（ ）
A. 64B. C. 100D.
【答案】A
【解析】
【分析】由分组求和及等差数列的前n项和公式即可直接求得答案.
【详解】由，则其前20项和为．
设写错项为，则，解得，故写错之前这个数为.
故选：A
16. 如图，在等腰梯形中，为线段上的一点，以为顶点的双曲线经过点，且，则的离心率可能为（ ）
A. 1.7B. 2.1C. 2.5D. 2.9
【答案】B
【解析】
【分析】以的中点为原点，建立直角坐标系，设：，，根据用表示出点坐标，再根据在上得到的关系，求出离心率的取值范围，再进行判断.
【详解】如图，以的中点为原点，建立直角坐标系，
设：（，），.
则，.
过作于，因为是等腰梯形，且，，，
则，，所以，则.
所以，
设（），则，
得.
又点在双曲线上，
所以，
整理得：，
所以，
因为，所以.
所以.
故选：B
三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤．
17. 如图，在正四棱柱中，点在上，且，．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，通过证明与，再依据线面垂直的判定定理，即可得证；
（2）分别求出两个平面的法向量，再利用向量夹角公式，即可得解.
【小问1详解】
在正四棱柱中，易知两两互相垂直，
因此可以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
则，，，
所以，，
因此有，又因为，平面，
因此平面.
【小问2详解】
由（1）可知，，，.
设平面的法向量为，则有，
即，取，则，即；
由（1）可知，平面，故即为平面的法向量.
设平面与平面所成锐二面角为，
则，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
18. 在中，角､､所对的边分别为､､，，.
（1）求函数的最大值及对应的值；
（2）若，，，求的周长.
【答案】（1）的最大值为，此时
（2）的周长为
【解析】
【分析】（1）根据角A的范围，可得的范围，根据正弦型三角函数的性质，分析可得当时，有最大值，计算即可得答案.
（2）根据（1），结合题意，可得角A的大小，根据正弦定理，结合条件，可得的值，即可得答案.
【小问1详解】
因为，所以，
所以当时，即时，，
所以的最大值为，此时.
小问2详解】
由（1）得，因为，
所以，解得，
又，由正弦定理得，
所以，
因为，所以，
所以的周长为.
19. 已知双曲线（，）的渐近线方程为，且经过点．
（1）求的方程；
（2）直线与有且只有一个公共点，求值；
（3）直线与交于两点，是坐标原点．若的面积为，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据渐近线方程代入点计算即可求出标准方程；
（2）联立直线和双曲线方程，对方程类型进行分类讨论即可求得的值；
（3）联立直线与双曲线方程，利用弦长公式以及点到直线距离求出三角形面积表达式，解方程可得的值.
【小问1详解】
由已知，则，
代入点得，
所以双曲线的方程为．
【小问2详解】
直线与双曲线有且只有一个公共点，
所以方程组只有一组解，即只有一个解，
当，即时，满足题意．
当时，，解得；
所以
【小问3详解】
设，，如下图所示：
联立，化简得，
由，解得，且；
所以
原点到直线的距离
所以的面积为；
解得.
20. 在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线、关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比.
（1）已知的方程为，伸缩比，求关于原点“伸缩变换”所得曲线的方程；
（2）射线的方程，如果双曲线经“伸缩变换”后得到双曲线，若射线与双曲线、分别交于两点、，且，求双曲线的方程；
（3）对抛物线，作变换，得抛物线；对作变换得抛物线，如此进行下去，对抛物线作变换，得，若，，求数列的通项公式.
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题中给的新定义可求得结果；
（2）先根据伸缩变换得到双曲线方程，再联立方程求得两点坐标，根据两点间的距离公式可求得结果；
（3）先根据变换得到表达式，根据累乘法可求得结果.
【小问1详解】
由条件得，得；
【小问2详解】
、关于原点“伸缩变换”，对作变换，
得到，
解方程组得点的坐标为；
解方程组得点的坐标为；
，
化简后得，解得，，
因此双曲线的方程为或；
【小问3详解】
对作变换
得抛物线，得，
又，，即，
则，
则，即.
【点睛】关键点点睛：
（1）依据定义求出变换后的曲线方程，再结合题设条件从而得参数的大小或关系；
（2）数列通项的求法应依据递推关系的形式，形如这样的递推关系，可用累乘法.
21. 2000多年前，古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线.用垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，得到的截口曲线是圆；当圆锥的轴与截面所成的角不同时，还可以截得截口曲线为椭圆、双曲线、抛物线；数学家Germinal Dandelin用双球模型进行了证明，并得出如下结论：当圆锥轴截面的顶角为，截面与圆锥的轴所成角为时，则截口曲线的离心率，当截面为椭圆且垂直于轴截面时，截面与轴截面相交所得线段为长轴.（轴截面是过圆锥的轴的平面与圆锥截得的等腰三角形）已知母线长为6的圆锥，轴截面为等边三角形，.

（1）当过的截面截圆锥得到截口曲线是圆时，求圆锥的底面与截面圆之间的部分的体积；
（2）过的平面截圆锥得到一个椭圆，截面与交于点，与交于点，为椭圆上一点，与垂直且与圆锥底面平行，.
①判断是否为椭圆的长轴，并说明理由；
②判断是否为椭圆的焦点，并说明理由.
【答案】（1）
（2）①是椭圆的长轴；②不是椭圆的焦点；
【解析】
【分析】（1）依题意求得圆锥的体积以及上半部分小圆锥的体积，相减可求得结果；
（2）①利用线面垂直性质以及面面垂直判定定理可证明截面与轴截面垂直，可得结论；
②根据三角形形似以及余弦定理计算可得，再根据右顶点到右焦点的距离即可判断不是椭圆的焦点.
【小问1详解】
由母线长为6的圆锥，轴截面为等边三角形可知，
圆锥的底面圆半径为，其高为，
所以圆锥的体积为，
又，所以当过的截面截圆锥得到截口曲线是圆时，
截面圆半径为，高为；
所以上部分小圆锥体积为；
因此圆锥的底面与截面圆之间的部分的体积.
【小问2详解】
①连接并延长交底面于点，如下图所示：

又因为与垂直且与圆锥底面平行，
又平面，平面平面，所以；
因为，所以；
又，，即平面；
因为平面，
所以平面平面，即截面垂直于轴截面，
根据定义：当截面为椭圆且垂直于轴截面时，截面与轴截面相交所得线段为长轴，
因此是椭圆的长轴；
②易知，所以，
易知圆锥轴截面的顶角为，在中，由余弦定理可得：
；
此时满足，即，且；
则椭圆离心率为；
又因为，即，所以；
易知点距离椭圆右顶点较近，设椭圆右焦点为，
则，而，
因此点不是椭圆的焦点.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解圆锥曲线在立体几何中的图形由来，结合椭圆性质以及圆锥几何体的关系，再根据题目信息所提供的定义可判断得出结论.