上海市交大嘉定2025届高二上数学期末综合测试试题含解析

上海市交大嘉定2025届高二上数学期末综合测试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知函数的导函数为，若的图象如图所示，则函数的图象可能是（）A B.C. D.2．通过随机询问110名不同的大学生是否爱好某项运动，得到如下的列联表：男女总计爱好402060不爱好203050总计6050110由附表：0．0500．0100．0013．8416．63510．828参照附表，得到的正确结论是（）A.有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”B.有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”C.在犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”D.在犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”3．已知椭圆的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为.点为上不在坐标轴上的任意一点，且四条直线的斜率之积大于，则的离心率的取值范围是（）A. B.C. D.4．在空间直角坐标系中，若，，则（）A. B.C. D.5．《九章算术》与《几何原本》并称现代数学的两大源泉.在《九章算术》卷五商功篇中介绍了羡除（此处是指三面为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体）体积的求法.在如图所示的羡除中，平面是铅垂面，下宽，上宽，深，平面BDEC是水平面，末端宽，无深，长（直线到的距离），则该羡除的体积为（）A. B.C. D.6．已知双曲线，过左焦点且与轴垂直的直线与双曲线交于、两点，若弦的长恰等于实铀的长，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.7．已知数列的通项公式为，其前项和为，则满足的的最小值为（）A.30 B.31C.32 D.338．已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，则抛物线的准线方程为（）A. B.C. D.9．将点的极坐标化成直角坐标是(

)A. B.C. D.10．设，命题“若，则或”的否命题是（）A.若，则或B.若，则或C.若，则且D.若，则且11．直线在y轴上的截距为（）A. B.C. D.12．函数的图象大致为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设集合，把集合中的元素按从小到大依次排列，构成数列，求数列的前项和___14．已知直线与直线垂直，则__________15．已知向量是直线l的一个方向向量，向量是平面的一个法向量，若直线平面，则实数m的值为______16．如图，在棱长为1的正方体中，点M为线段上的动点，下列四个结论：①存在点M，使得直线AM与直线夹角为30°；②存在点M，使得与平面夹角的正弦值为；③存在点M，使得三棱锥体积为；④存在点M，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线AB所成的角则上述结论正确的有______．（填上正确结论的序号）三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知数列的前n项和，（1）求数列的通项公式；（2）设，，求数列的前n项和18．（12分）已知函数（Ⅰ）解关于的不等式；（Ⅱ）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围19．（12分）已知圆经过点和，且圆心在直线上.（1）求圆的方程;（2）过原点的直线与圆交于M，N两点，若的面积为，求直线的方程.20．（12分）在平面直角坐标系中，已知菱形的顶点和所在直线的方程为.（1）求对角线所在直线的一般方程；（2）求所在直线的一般方程.21．（12分）如图，已知正四棱锥中，O为底面对角线的交点.（1）求证：平面；（2）求证：平面.22．（10分）如图，四棱锥中，，，，平面，点F在线段上运动.（1）若平面，请确定点F的位置并说明理由；（2）若点F满足，求平面与平面的夹角的余弦值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】根据导函数大于，原函数单调递增；导函数小于，原函数单调递减；即可得出正确答案.【详解】由导函数得图象可得：时，，所以在单调递减，排除选项A、B，当时，先正后负，所以在先增后减，因选项C是先减后增再减，故排除选项C，故选：D.2、A【解析】由，而，故由独立性检验的意义可知选A3、A【解析】设，求得，得到，求得，结合，即可求解.【详解】由椭圆的方程，可得，设，则，由，因为四条直线的斜率之积大于，即，所以，则离心率，又因为椭圆离心率，所以椭圆的离心率的取值范围是.故选：A.4、B【解析】直接利用空间向量的坐标运算求解.【详解】解：因为，，所以.故选：B5、C【解析】在，上分别取点，，使得，连接，，，把几何体分割成一个三棱柱和一个四棱锥，然后由棱柱、棱锥体积公式计算【详解】如图，在，上分别取点，，使得，连接，，，则三棱柱是斜三棱柱，该羡除的体积三棱柱四棱锥.故选：C【点睛】思路点睛：本题考查求空间几何体的体积，解题思路是观察几何体的结构特征，合理分割，将不规则几何体体积的计算转化为锥体、柱体体积的计算．考查了空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力6、B【解析】求出，进而求出，之间的关系，即可求解结论【详解】解：由题意，直线方程为：，其中，因此，设，，，，解得，得，，弦的长恰等于实轴的长，，，故选：B7、C【解析】由条件可得得出，再由解出的范围，得出答案.【详解】由，则由，即，即，所以所以满足的的最小值为为32故选：C8、C【解析】先求出椭圆的右焦点，从而可求抛物线的准线方程.【详解】，椭圆右焦点坐标为，故抛物线的准线方程为，故选：C.【点睛】本题考查抛物线的几何性质，一般地，如果抛物线的方程为，则抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，本题属于基础题.9、A【解析】本题考查极坐标与直角坐标互化由点M的极坐标，知极坐标与直角坐标的关系为，所以的直角坐标为即故正确答案为A10、C【解析】根据否命题的定义直接可得.【详解】根据否命题的定义可得命题“若，则或”的否命题是若，则且，故选：C.11、D【解析】将代入直线方程求y值即可.【详解】令，则，得.所以直线在y轴上的截距为.故选：D12、A【解析】由题意首先确定函数的奇偶性，然后考查函数在特殊点的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.【详解】由函数的解析式可得：，则函数为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选项CD错误；当时，，选项B错误.故选：A.【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由等差数列和等比数列的通项公式，可得，由不在集合中，在集合中，也在集合中，推得不在数列的前50项内，则数列的前50项中包括的前48项和数列中的3和27，结合等差数列的求和公式，即可求解.【详解】由题意，集合构成数列是首项为1，公差为4的等差数列，集合构成数列是首项为1，公比为3的等比数列，可得，又由不在集合中，在集合中，也在集合中，因为，解得，此时，所以不在数列的前50项内，则数列的前50项的和为.故答案为：.14、-3【解析】因为直线与直线垂直，所以考点：本题考查两直线垂直的充要条件点评：若两直线方程分别为,则他们垂直的充要条件是15、-2【解析】由已知可得，即，计算即可得出结果.【详解】因为是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量，且直线平面，所以，所以，解得.故答案为：-2.16、②③【解析】对①：由连接，，由平面，即可判断；对③：设到平面的距离为，则，所以即可判断；对④：以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用向量法求出与，比较大小即可判断；对②：设与平面夹角为，利用向量法求出，即可求解判断.【详解】解：对①：连接，，在正方体中，由平面，可得，又，，所以平面，所以，故①错误；对③：设到平面的距离为，则，所以，故③正确；对④：以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，0，，，0，，，，，，，，所以，，，，，，设平面的法向量为，，，则，即，取，，，又，1，是平面的一个法向量，又二面角为锐二面角或直角，所以，，，又，，，故④错误对②：由④的解析知，，，，设平面的法向量为，则，即，取，则，设与平面夹角为，令，即，又，解得或，故②正确.故答案为：②③.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）【解析】（1）将代入可求得.根据通项公式与前项和的关系,可得数列为等比数列,由等比数列的通项公式即可求得数列的通项公式.（2）由（1）可得数列的通项公式,代入中,结合裂项法求和即可得前n项和.【详解】（1）当时,由得；当时,由得是首项为3,公比为3的等比数列当,满足此式所以（2）由（1）可知,【点睛】本题考查了通项公式与前项和的关系,裂项法求和的应用,属于基础题.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）用找零点法去绝对值，然后再解不等式.（Ⅱ）将原函数转化为分段函数，再结合函数图像求得其最小值．将恒成立转化为试题解析：（Ⅰ）或或或所以原不等式解集为（Ⅱ），由函数图像可知，所以要使恒成立，只需考点：1绝对值不等式；2恒成立问题；3转化思想19、（1）（2）直线的方程为或或【解析】（1）由弦的中垂线与直线的交点为圆心即可求解；（2）由，可得或，进而有或，显然直线斜率存在，设直线，由点到直线的距离公式求出的值即可得答案.【小问1详解】解：设弦的中点为，则有，因为，所以直线，所以直线的中垂线为，则圆心在直线上，且在直线上，联立方程解得圆心，则圆的半径为，所以圆方程为；【小问2详解】解：设圆心到直线的距离为，因为，所以或，所以或，显然直线斜率存在，所以设直线，则或，解得或或，故直线的方程为或或.20、（1）（2）【解析】（1）首先求的中点，再利用垂直关系求直线的斜率，即可求解；（2）首先求点的坐标，再求直线的斜率，求得直线的斜率，利用点斜式直线方程，即可求解.【小问1详解】由和得：中点四边形为菱形，，且中点，对角线所在直线方程为：，即：.【小问2详解】由，解得：，，，，直线的方程为：，即：.21、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定推理作答.（2）利用正四棱锥的结构特征，结合线面垂直的判定推理作答.小问1详解】在正四棱锥中，由正方形得：，而平面，平面，所以平面.【小问2详解】在正四棱锥中，O为底面对角线的交点，则O是AC，BD的中点，而，，则，，因，平面，所以平面.22、（1）F为BD的中点，证明见解析；（2）.【解析】（1）由为的中点，取的中点，连接易证四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明；（2）根据题意可得平面ABC与平面AFC的夹角为二面角，取的中点H为坐标原点，建立空间直角坐标系，