上海市复旦大学附属中学2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题（A卷）（原卷版+解析版）

这是一份上海市复旦大学附属中学2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题（A卷）（原卷版+解析版），共24页。试卷主要包含了 已知等比数列满足， 已知数列满足等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷共4页，21道试题，满分150分，考试时间120分钟．
2.本试卷分设试卷和答题纸．试卷包括试题与答题要求．作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分．
一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，第1—6题每题4分，第7—12题每题5分，请在答题纸相应编号的空格内直接写结果．
1. 已知等差数列的前n项和为，，，则______．
2. 已知函数的定义域为，且为的导函数，若，则______．
3. 已知双曲线的离心率为，则______．
4. 已知数列满足，且，则数列通项公式为__________.
5. 从0,2 中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,组成无重复数字的三位数,其中奇数的个数为______．
6. 已知等比数列满足：，，则公比______．
7. 已知数列满足：，，则数列的前383项和为______．
8. 已知椭圆，点、，若点是上动点，则的最大值为______.
9. 某数学爱好者在上海博物馆参观时，对一件清康熙款青花龙凤纹碗产生了兴趣.如图所示，该瓷碗水平置于桌面上，底座高1cm，碗口直径15cm，碗深7.5cm.若将碗身（不含底座）的轴截面轮廓近似看作抛物线，碗内有一根长度为10cm的木棒通过抛物线焦点，且两端紧贴碗的内壁.则木棒的中点离桌面的距离为__________cm.
10. 如图，已知圆柱的一个截面边界是椭圆，其中的长轴AC为该圆柱轴截面的对角线，短轴长等于圆柱底面直径的长．将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆在展开图中恰好为一个周期的三角函数图像．若该段曲线是函数的图像的一部分，则椭圆的离心率为______．
11. 如图，有一个用8个完全一样空心正方体框架所搭建的模型．现有一只蚂蚁沿着这些正方体的棱，并按照箭头所指的相互垂直的三个方向从A点爬到B点，可能的爬行路径共有______种（用数字作答）．
12. 对于无穷数列，若对任意，，总存在，，使得，则称数列是“Q数列”．若等比数列是“Q数列”，则公比q的取值集合为______．
二、选择题（本大题满分18分）本大题共有4题，第13—14题每题4分，第15—16题每题5分，每题有且只有一个正确选项，请在答题纸的相应编号上将代表答案的小方格涂黑．
13. 函数在上（ ）
A. 既无极大值也无极小值B. 有极小值无极大值
C. 既有极大值又有极小值D. 有极大值无极小值
14. 已知，数列满足，则“数列为严格增数列”是“”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
15. 定义“摆动数列”如下：存在正整数t，满足，且存在正整数s，满足．已知“摆动数列”共4项，若，则这样的数列共有（ ）
A. 64个B. 57个C. 56个D. 54个
16. 在平面直角坐标系xOy中，已知点和点的坐标分别为，，P为平面上的动点，直线l经过点P，记点，到直线l的距离分别为，，若，则称直线l为P的“Q直线”．给出以下两个命题：①存在点P，有且仅有两条“Q直线”；②存在点P，有且仅有三条“Q直线”．则下列说法正确的是（ ）．
A. ①②均正确B. ①②均不正确C. ①正确②不正确D. ①不正确②正确
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的编号规定区域内写出必要的步骤．
17. 已知二项式，求：
（1）二项展开式中第3项的系数；
（2）二项展开式中项的系数．
18 已知数列满足：，．
（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）求数列前n项和．
19 已知，其中．
（1）若曲线在点处的切线方程为，求实数a的值；
（2）当时，求证：函数存在唯一零点．
20. 如图，椭圆与双曲线在第一象限的公共点为，曲线由两段曲线组成：当时，曲线与椭圆重合；当时，曲线与双曲线重合．
（1）求b的值；
（2）已知过点的直线l与曲线交于E，F两点，若，求直线l的方程；
（3）若直线与曲线交于M，N两点，记的面积为S，且，求实数的取值范围．
21. 若函数的定义域为，且的导函数是上的严格减函数，则称函数为函数．
（1）分别判断函数，与函数，是否为函数．直接写出结论，无需说明理由；
（2）已知函数是函数，且曲线在点（t为常数）处的切线方程为，记集合，求集合；
（3）已知函数与都是函数，且函数与的图象都是连续曲线．若存在条不同的直线与两条曲线及都相切，求证：曲线与曲线至少存在s个不同的公共点．
复旦大学附属中学2025学年第一学期
高二年级数学期末考试试卷（A卷）
考生注意：
1.本试卷共4页，21道试题，满分150分，考试时间120分钟．
2.本试卷分设试卷和答题纸．试卷包括试题与答题要求．作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分．
一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，第1—6题每题4分，第7—12题每题5分，请在答题纸相应编号的空格内直接写结果．
1. 已知等差数列的前n项和为，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】设出公差，结合题意建立方程求解出公差，最后利用求和公式求和即可.
【详解】设公差为，因为，，
所以，解得，则.
故答案为：
2. 已知函数的定义域为，且为的导函数，若，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据导数的定义，对已知极限式子进行变形，即可求出的值.
【详解】因为，根据题意，
所以，
则极限式变形：，
由题设，
解得：，
故答案为：2.
3. 已知双曲线的离心率为，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】先结合题意求出双曲线的基本量，再结合题意建立方程，求解参数即可.
【详解】由题意得，可得，
因为双曲线的离心率为，所以，解得（负根舍去）.
故答案为：1
4. 已知数列满足，且，则数列的通项公式为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由递推公式可得，从而得到是等比数列，利用等比数列通项公式得到从而得到的通项公式.
【详解】解：因为，所以，
又因为，所以，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，即
故答案为：
5. 从0,2 中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,组成无重复数字的三位数,其中奇数的个数为______．
【答案】18
【解析】
【详解】试题分析：分类讨论：从0、2中选一个数字0，则0只能排在十位；从0、2中选一个数字2，则2排在十位或百位，由此可得结论．解：从0、2中选一个数字0，则0只能排在十位，从1、3、5中选两个数字排在个位与百位，共有 =6种；从0、2中选一个数字2，则2排在十位，从1、3、5中选两个数字排在个位与百位，共有=6种； 2排在百位，从1、3、5中选两个数字排在个位与十位，共有=6种；故共有3=18种，故答案为18．
考点：计数原理
点评：本题考查计数原理的运用，考查分类讨论的数学思想，正确分类是关键
6. 已知等比数列满足：，，则公比______．
【答案】
【解析】
【分析】利用等比数列的性质得到，进而确定，再代入得到，最后求解公比即可.
【详解】因为，所以由等比数列性质得，
因为，所以，即，
因为，所以，可得，
代入可得，解得.
故答案为：
7. 已知数列满足：，，则数列的前383项和为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据递推关系式求出，得数列为以4为周期的周期数列，进而求和.
【详解】数列满足：，，
则
所以数列为以4为周期的周期数列，
则前383项和为.
故答案为：
8. 已知椭圆，点、，若点是上动点，则的最大值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】设的下焦点为，由椭圆定义得出，则，当且仅当点为延长线与的交点时取等号，即可得解.
【详解】在椭圆中，，，则，
故是的上焦点，设的下焦点为，
由椭圆定义可得，故，如下图所示：
则，
当且仅当点为延长线与的交点时取等号.
故的最大值为.
故答案为：.
9. 某数学爱好者在上海博物馆参观时，对一件清康熙款青花龙凤纹碗产生了兴趣.如图所示，该瓷碗水平置于桌面上，底座高1cm，碗口直径15cm，碗深7.5cm.若将碗身（不含底座）的轴截面轮廓近似看作抛物线，碗内有一根长度为10cm的木棒通过抛物线焦点，且两端紧贴碗的内壁.则木棒的中点离桌面的距离为__________cm.
【答案】##
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，设出抛物线的方程，代入点，求得抛物线的方程，利用抛物线的定义，即可求解.
【详解】建立平面直角坐标系，如图所示，
设抛物线的方程为，其焦点为，
碗口直径为，碗深，所以抛物线过点，
所以，解得，所以抛物线的方程为，
设，过中点作轴，
由抛物线的定义可得，解得，
所以，所以木棒的中点离桌面的距离为.
故答案为：.

10. 如图，已知圆柱一个截面边界是椭圆，其中的长轴AC为该圆柱轴截面的对角线，短轴长等于圆柱底面直径的长．将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆在展开图中恰好为一个周期的三角函数图像．若该段曲线是函数的图像的一部分，则椭圆的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】由余弦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，有一个用8个完全一样的空心正方体框架所搭建的模型．现有一只蚂蚁沿着这些正方体的棱，并按照箭头所指的相互垂直的三个方向从A点爬到B点，可能的爬行路径共有______种（用数字作答）．
【答案】296
【解析】
【分析】从高度为1的顶点沿竖直向上的棱爬到高度为2的顶点，一共有7处，计算通过这7条棱各自的情况总数，再相加即可.
【详解】
从高度为1的顶点沿竖直向上的棱爬到高度为2的顶点，一共有7处，分别记为，，，，，，，且，，，，，
点下方的点记为，，，，，另外，点上方的点记为，
从到有种路径，沿竖直的棱向上爬再到有种路径，
从到有种路径，沿竖直的棱向上爬再到有1种路径，
从到到有种路径，从到到有种路径，
则从到有种路径，沿竖直的棱向上爬再到有1种路径，
从到到有种路径，从到到有种路径，
从到到有种路径，再到有1种路径，
又到有种路径，则从到到有种路径，
从到到有种路径，从到到有种路径，
从到到有种路径，竖直棱向上爬再到有1种路径，
则从到竖直向上再到有种路径，
从到到有种路径，从到到到有种路径，
沿竖直的棱向上爬再到有1种路径，则从到竖直向上再到有种路径，
从到到有种路径，从到到有种路径，
从到到到有种路径，从到到到有种路径，
再到有1种路径，则从到到有种路径，
因此从到可能的爬行路径共有种.
故答案为：296.
12. 对于无穷数列，若对任意，，总存在，，使得，则称数列是“Q数列”．若等比数列是“Q数列”，则公比q的取值集合为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据等比数列通项公式以及Q数列的定义，分情况讨论公比q的取值情况.
【详解】由数列的定义，等比数列是数列当且仅当对任意，，
总存在N，时有，
设等比数列首项，公比为，则，
化简得，
特别地，取，，则存在非负整数使得
，
若，则，但等比数列要求公比不为0，所以，
若，则，相互矛盾，
若，则，根据一元二次求根公式求解得：
，
当时，对任意，取使得成立，满足数列定义，
所以公比q的取值集合为.
故答案为：.
二、选择题（本大题满分18分）本大题共有4题，第13—14题每题4分，第15—16题每题5分，每题有且只有一个正确选项，请在答题纸的相应编号上将代表答案的小方格涂黑．
13. 函数在上（ ）
A. 既无极大值也无极小值B. 有极小值无极大值
C. 既有极大值又有极小值D. 有极大值无极小值
【答案】A
【解析】
【分析】由可判断函数的单调性即可得出结论.
【详解】由题意恒成立，所以在上单调递增，既无极大值也无极小值.
故选：A
14. 已知，数列满足，则“数列为严格增数列”是“”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
【答案】B
【解析】
【分析】先结合题意求出分段数列，再利用指数函数性质和二次函数性质求解参数范围，最后利用必要非充分条件的定义求解即可.
【详解】因为数列满足，所以，
当时，若数列为严格增数列，则，
当时，若数列为严格增数列，
则，可得，解得，
而数列为严格增数列，得到，解得，
综上可得，即，
则“数列为严格增数列”是“”的必要非充分条件，故B正确.
故选：B
15. 定义“摆动数列”如下：存在正整数t，满足，且存在正整数s，满足．已知“摆动数列”共4项，若，则这样的数列共有（ ）
A. 64个B. 57个C. 56个D. 54个
【答案】D
【解析】
【分析】分四个数中只有两个数相同或只有两对数时或四个数中有三个数相同时三种情况讨论求解即可.
【详解】当四个数中只有两个数相同，先确定重复的数，有种情况，再排序有种情况（排除单调不减和不增的排列各1种），故有
当四个数中只有两对数时，先选2个不同的数，有种情况，再对两对数排序，有种情况（排除单调不减和不增的排列各1种），故有种情况；
当四个数中有三个数相同时，先选出两个数，再从选出的两个数中选出重复的数，有种情况，再排序，有种情况（排除单调排列2种），故有种情况；
所以总方法数有．
故选：D
16. 在平面直角坐标系xOy中，已知点和点的坐标分别为，，P为平面上的动点，直线l经过点P，记点，到直线l的距离分别为，，若，则称直线l为P的“Q直线”．给出以下两个命题：①存在点P，有且仅有两条“Q直线”；②存在点P，有且仅有三条“Q直线”．则下列说法正确的是（ ）．
A. ①②均正确B. ①②均不正确C. ①正确②不正确D. ①不正确②正确
【答案】A
【解析】
【分析】分析得到直线的斜率存在，且，满足要求，要想存在有且仅有两条，需满足无根，且，此时，从而①正确；同理，要想存在有且仅有三条“直线”，需满足有1根，且，不妨取，此时，故②正确.
【详解】对于①，当直线的斜率不存在时，设为，
若时，到直线距离之和为4，不满足要求；
若或时，到直线的距离之和大于4，不满足要求；
当直线的斜率存在时，设直线为，
则，，由可得，
若，则，即，解得，
此时，即，
若，则，即，
解得，此时，即，
若，则，即，
两边平方得，将其看作关于的方程，
若，则，即，
两边平方得，将其看作关于的方程，
要想存在有且仅有两条“直线”，需满足无根即可，且，
由于，所以只需，
故当点坐标为，此时时，满足要求，
故存在点，有且仅有两条“直线”，①正确；
要想存在有且仅有三条“直线”，需满足只有1个根，且，
此时，，
故当点坐标为，此时和时，满足要求，
故存在点，有且仅有三条“直线”，②正确.
故选：A
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的编号规定区域内写出必要的步骤．
17. 已知二项式，求：
（1）二项展开式中第3项的系数；
（2）二项展开式中项的系数．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二项式定理求解出通项公式，进而求解系数即可.
（2）利用赋值法得到，再求解系数即可.
【小问1详解】
由二项式定理得展开式的通项公式为，
故二项展开式第3项的系数为．
【小问2详解】
令，解得，
则项的系数为.
18. 已知数列满足：，．
（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）证明见解析，；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用取倒数法结合等差数列的定义及通项公式求法计算即可；
（2）利用裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
由题意可知，
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
则；
【小问2详解】
由上可知的前n项和为
.
19. 已知，其中．
（1）若曲线在点处的切线方程为，求实数a的值；
（2）当时，求证：函数存在唯一零点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求得的导数，可得切线的斜率，由已知切线的方程可得的方程，解方程可得的值；
（2）已知，，设，求导得单调性，得出有唯一零点0，则可证明存在唯一零点0.
【小问1详解】
，
，
因为曲线在点处的切线方程为，
所以 ，即．
【小问2详解】
当时，，，
设，
，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
极大值，
则有且仅有1个零点0，
而，
当时，，，
所以函数存在唯一零点0.
20. 如图，椭圆与双曲线在第一象限的公共点为，曲线由两段曲线组成：当时，曲线与椭圆重合；当时，曲线与双曲线重合．
（1）求b的值；
（2）已知过点的直线l与曲线交于E，F两点，若，求直线l的方程；
（3）若直线与曲线交于M，N两点，记的面积为S，且，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）将点代入椭圆、双曲线方程求解；
（2）设，由得到，再分直线l的斜率不存在和直线l的斜率存在时分析判断.
（3）根据设直线方程为，由，且，得到，再根据，得到直线m与曲线的交点都在椭圆上，与椭圆方程联立，结合韦达定理求解.
【小问1详解】
由于椭圆与双曲线在第一象限的公共点为，
即，得，所以；
【小问2详解】
设，，则，
由得，，即，则，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为：，此时，成立；
当直线l的斜率存在时，由题意知交点E，F必定在直线的两侧，
即左侧为与椭圆的交点，右侧与双曲线的交点，
由椭圆的对称性，当交点在第一象限且在椭圆上曲线段时，
，此时，故不可能，舍去；
而双曲线渐近线方程为：，，
与双曲线没有横坐标大于2的交点，即当交点位于椭圆第二象限时，不可能；
同理，当直线l与椭圆交于x轴下方时，也不成立，
综上直线l的方程为；
【小问3详解】
直线方程为，，
因为，且，
所以，
而，
因为，所以直线m与曲线的交点都在椭圆上，
与椭圆方程联立，消去y得，
由韦达定理得，
所以，
令，则，
所以，
又，对于成立，
所以单调递增趋于正无穷大，又，
所以单调递减，
所以时，取得最大值，
又，所以实数的最大值为，
且当趋于正无穷时，趋于，则，
所以.
21. 若函数的定义域为，且的导函数是上的严格减函数，则称函数为函数．
（1）分别判断函数，与函数，是否为函数．直接写出结论，无需说明理由；
（2）已知函数是函数，且曲线在点（t为常数）处的切线方程为，记集合，求集合；
（3）已知函数与都是函数，且函数与的图象都是连续曲线．若存在条不同的直线与两条曲线及都相切，求证：曲线与曲线至少存在s个不同的公共点．
【答案】（1），是函数，，不是函数.
（2）
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求导，结合初等函数的单调性，根据函数的定义判断即可；
（2）根据导数的几何意义求得曲线在点（t为常数）处的切线方程，进而构造函数，解不等式即可，再根据且即可求得集合；
（3）设出这条不同的直线，构造函数，结合（2）的结论证明至少存在一点使得，再说明区间互不相交即可证明结论.
【小问1详解】
解：对于函数，，，
显然导函数是上的严格减函数，
所以函数，为函数；
对于函数，，，
由于函数在上的严格减函数，所以函数在上严格递增，
所以导函数在上严格递增，
所以函数，不是函数.
【小问2详解】
解：因为函数是函数，
所以函数的定义域为，且是上的严格减函数.
所以曲线在点（t为常数）处的切线斜率为
所以曲线在点（t为常数）处的切线方程为：，
即，其中
令，
所以，
因为，是上的严格减函数，
所以在上的严格减函数，
又，
所以，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，所以恒成立，
所以
所以集合.
【小问3详解】
解：设这s条不同直线为，其中的方程为，且同时与函数和相切，
由于为严格递减函数，故不同直线对应的斜率必不相同，
不妨设，
记与的切点为，与的切点为，
所以，
由严格递减知，，
令，
若存在某个使得，则该点为和的公共点，以下讨论的情况，
由（2）知，对每条切线，有，当且仅当时等号成立，
，当且仅当时等号成立
所以，，
，
令，则在区间上，满足，
因为函数与的图象都是连续曲线
所以，根据零点存在性定理，至少存在一点使得，即
下面证明区间互不相交.
由的单调性知，，
假设存在某个使得与相交，即，则，
考虑与的交点的横坐标，
则由凹函数的性质可知，，，
但由可知，的排序只能是或，
无论哪种，均导致（或），矛盾.
所以对所有的均成立，即区间互不相交.
综上，对每个内至少存在一个零点使得，且这些互不相同，
所以曲线与曲线至少存在s个不同的公共点