2025-2026学年上海市闵行区莘庄中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年上海市闵行区莘庄中学高二（上）期末数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.“m>1”是“方程x2m−1−y2m+3=1表示的曲线是双曲线”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
2.已知函数f(x)的导函数为f′(x)，若存在x0使得f(x0)=f′(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”.下列四个函数中，没有“巧值点”的是( )
A. f(x)=ln(x+1)B. f(x)=e−xC. f(x)=sinxD. f(x)=x−1
3.函数y=f(x)的图象如图所示，y=f′(x)为函数y=f(x)的导函数，则不等式f′(x)x0,b>0)的左焦点，P是双曲线右支上一点，线段PF1与以该双曲线实轴为直径的圆相切于线段PF1的中点，则该双曲线的离心率为______．
15.某同学画“切面圆柱体”(用与圆柱底面不平行的平面切圆柱，底面与切面之间的部分叫做切面圆柱体)，发现切面与圆柱侧面的交线是一个椭圆(如图所示).若该同学所画的椭圆的离心率为12，则“切面”所在平面与底面所成锐二面角的大小为 ．
16.定义在(0,+∞)上的函数y=f(x)满足x⋅f′(x)=x+1，且f(1)=3，当不等式f(x)≥(a−2)x+2有解，则正实数a的最大值为 ．
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
已知A(1,2)、B(3,6)，动点P满足PA⋅PB=−4，设动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的标准方程；
(2)求过点A(1,2)且与曲线C相切的直线的方程．
18.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，AD/​/BC，∠BAD=90°，PA=AB=BC=1，AD=2．
(1)求证：平面PAC⊥平面PDC；
(2)求直线EC与平面PAC所成角的正弦值．
19.(本小题15分)
为响应国家“乡村振兴”政策，某村在对口帮扶单位的支持下拟建一个生产农机产品的小型加工厂.经过市场调研，生产该农机产品当年需投入固定成本10万元，每年需另投入流动成本c(x)(万元)与lnx10成正比(其中x(台)表示产量)，并知当生产20台该产品时，需要流动成本ln2万元，每件产品的售价p(x)与产量x(台)的函数关系为p(x)=−x100+10x+5150(万元)(其中x≥10).记当年销售该产品x台获得的利润(利润=销售收入−生产成本)为f(x)万元．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)当产量x为何值时，该工厂的年利润f(x)最大？最大利润是多少？(结果精确到0.1)
20.(本小题17分)
已知双曲线Γ：x23−y212=1，A(2,2)是双曲线Γ上一点．
(1)若椭圆C以双曲线Γ的顶点为焦点，长轴长为4 3，求椭圆C的标准方程；
(2)设P是第一象限中双曲线Γ渐近线上一点，Q是双曲线Γ上一点，且PA=AQ，求△POQ的面积S(O为坐标原点)；
(3)当直线l：y=−4x+m(常数m∈R)与双曲线Γ的左支交于M、N两点时，分别记直线AM、AN的斜率为k1、k2，求证：k1+k2为定值．
21.(本小题17分)
若函数y=f(x)在x=x0处取得极值，且f(x0)=λx0(常数λ∈R)，则称x0是函数y=f(x)的“λ相关点”．
(1)若函数y=x2+2x+2存在“λ相关点”，求λ的值；
(2)若函数y=kx2−2lnx(常数k∈R)存在“1相关点”，求k的值：
(3)设函数y=f(x)的表达式为f(x)=ax3+bx2+cx(常数a、b、c∈R且a≠0)，若函数y=f(x)有两个不相等且均不为零的“2相关点”，过点P(1,2)存在3条直线与曲线y=f(x)相切，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：若m>1，则m−1>0，m+3>0，所以方程x2m−1−y2m+3=1表示双曲线；
若方程x2m−1−y2m+3=1表示双曲线，则(m−1)(m+3)>0，解得m1，
所以“m>1”是“方程x2m−1−y2m+3=1表示双曲线”的充分不必要条件．
故选：A．
根据双曲线的标准方程，结合充分、必要条件的概念即可求解．
本题主要考查了二次方程表示双曲线条件的应用，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，f(x)=ln(x+1)，其f′(x)=1x+1，
令f(x0)=f′(x0)，即ln(x0+1)=1x0+1，设g(x)=ln(x+1)−1x+1，易得g(x)是在(−1,+∞)上连续不间断的曲线，
又由g(0)=−1，g(e−1)=1−1e>0，则g(x)在(0,e−1)上必有零点，故该函数有巧值点；
对于B，f(x)=e−x，其导数f′(x)=−e−x，
若f(x0)=f′(x0)，即e−x0=−e−x0，变形可得：2e−x0=0，该方程无解，故该函数没有巧值点；
对于C，f(x)=sinx，其导数f′(x)=csx，
令f(x0)=f′(x0)，即sinx0=csx0，解得x0=π4+kπ,k∈Z，故该函数有巧值点；
对于D，f(x)=x−1，其导数f′(x)=−x−2=−1x2，
令f(x0)=f′(x0)，即x0−1=−1x02，解得x0=−1，故该函数有巧值点．
故选：B．
由题意得，函数f(x)若存在巧值点，则有f(x0)=f′(x0)，分别对四个选项求导后令f(x0)=f′(x0)，若有解，则说明此函数有巧值点，若无解，则说明此函数没有巧值点，额外的，对于A选项，需要使用零点存在性定理来证明有解．
本题考查函数与方程的关系，涉及函数导数的计算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由图象可知，在区间(−∞,−3)，(−1,1)上f′(x)0，
∴不等式f′(x)x0，则g′(x)=1−lnxx2，
∴g(x)max=g(e)=e+1e，∴a−2≤e+1e⇒a≤3+1e，∴正实数a的最大值为3+1e．
故答案为：3+1e．
根据导数法则可知f(x)=x+lnx+c(x>0)，由f(1)=3求得f(x)=x+lnx+2，然后分离参数得a−2≤(x+lnxx)max，令g(x)=x+lnxx,x>0，利用导数法求其最值即可得解．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设P(x,y)，由A(1,2)、B(3,6)，
得PA=(1−x,2−y)，PB=(3−x,6−y)，
由PA⋅PB=(1−x)(3−x)+(2−y)(6−y)=−4，得(x−2)2+(y−4)2=1，
可得曲线C的标准方程为(x−2)2+(y−4)2=1；

(2)曲线C是以(2,4)为圆心，1为半径的圆，
当过点A(1,2)的直线斜率不存在时，直线方程为x=1，满足与圆C相切；
当过点A(1,2)的切线斜率存在时，设切线方程为y−2=k(x−1)，即kx−y+2−k=0，
则d=|2k−4+2−k| k2+1=1，解得k=34，可得切线方程为3x−4y+5=0．
综上所述，所求切线方程为x=1或3x−4y+5=0．
【解析】(1)设P(x,y)，由PA⋅PB=−4，得动点P的轨迹方程；
(2)利用圆心到直线的距离等于半径，求切线方程．
本题考查轨迹方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，是中档题．
18.【答案】解：(1)因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，
由题知，∠ABC=∠BAD=90°，AB=BC，所以∠BAC=∠CAD=45°，
由余弦定理得CD2=AC2+AD2−2AC⋅ADcs45°=2+4−2 2×2× 22=2，
所以CD= 2，又AC= AB2+BC2= 2，所以AC2+CD2=AD2，
即AC⊥CD，因为PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC，
因为CD⊂平面PDC，所以平面PAC⊥平面PDC．
(2)由(1)知，PD在平面PAC内的射影为PC，所以CE在平面PAC内的射影也为PC，
故直线EC与平面PAC所成角即为∠PCE，
因为PC= PA2+AC2= 3,PD= PA2+AD2= 5，所以PD2=PC2+CD2，
所以∠PCD=90°，又因为E为PD的中点，所以PE=CE，
所以∠PCE=∠CPE，所以sin∠PCE=sin∠CPE=CDPD= 2 5= 105．
【解析】本题考查直线与平面所成的角、直线与平面平行及平面与平面垂直的判定，是中档题．
(1)将问题转化为证明CD⊥平面PAC，利用已知，结合勾股定理即可得证；
(2)利用(1)中结论判断线面角，结合直角三角形性质将所求转化为sin∠CPE即可．
19.【答案】f(x)=−1100x2+5150x−lnx10(x≥10,x∈N*) 50台，24.4万元
【解析】解：(1)因为每年需另投入流动成本c(x)(万元)与lnx10成正比(其中x(台)表示产量)，
所以设c(x)=klnx10，
当生产20台该产品时，需要流动成本ln2万元，
代入x=20可得kln2=ln2，所以k=1，
所以f(x)=xp(x)−lnx10−10=−1100x2+5150x−lnx10，
所以f(x)=−1100x2+5150x−lnx10(x≥10,x∈N*)；
(2)因为f(x)=−1100x2+5150x−lnx10(x≥10,x∈N*)，
所以f′(x)=−150x−1x+5150=−(x−1)(x−50)50x，
当x∈[10,50)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(50,+∞)时，f′(x)b>0)，所以2a=4 3，c= 3，
所以a2=12b2=a2−c2=9，
所以椭圆C的标准方程为x212+y29=1
(2)因为双曲线的渐近线方程为y=±2x，
不妨设P(t,2t)(t>0)，
又PA=AQ，所以xQ−2=2−tyQ−2=2−2t，
所以Q(4−t,4−2t)，又因为Q是双曲线上一点，
所以(4−t)23−(4−2t)212=1，解得t=94，
所以P(94,92)，Q(74,−12)，
所以|OP|= (94−0)2+(92−0)2=9 54，
又Q到直线OP：2x−y=0的距离d=|2×74−(−12)| 1+4=4 55，
所以S=12×d×|OP|=12×4 55×9 54=92；
(3)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立直线与双曲线方程得 y=−4x+mx23−y212=1，消去y得12x2−8mx+m2+12=0，
Δ=64m2−48(m2+12)>0，即m2−36>0，
所以x1+x2=8m12=2m3，x1x2=m2+1212，
又因为M，N为左支上两点，所以x1+x2=2m30，
所以x0=1 k，
由kx0−2lnx0=x0，得x0+2lnx0−1=0，
设φ(x)=x+2lnx−1，
所以φ′(x)=1+2x>0，
所以函数y=φ(x)在区间(0,+∞)上严格单调递增，
又φ(1)=0，
所以方程x+2lnx−1=0有唯一实数根x=1，即1 k=1，
解得k=1，
当k=1时，y=x2−2lnx，x>0，
y′=2x−2x=2(x2−1)x，
令y′=0，得x=1或x=−1(舍去)，
所以在(0,1)上y′0，y=x2−2lnx单调递增，
所以y=x2−2lnx在x=1处取得极小值，满足题意，
综上所述，k的值为1．
(3)由f(x)=2x得ax3+bx2+(c−2)x=0，
所以ax2+bx+c−2=0，
设x1，x2为函数y=f(x)的“2相关点”，
则b2−4a(c−2)>0且x1+x2=−ba，x1x2=c−2a，
f′(x)=3ax2+2bx+c．
则4b2−4ac>0且x1+x2=−2b3a，x1x2=c3a，
所以−ba=−2b3a且c−2a=c3a，
解得b=0，c=3，a