2025届上海市交大附中嘉定分校高二上数学期末综合测试试题含解析

2025届上海市交大附中嘉定分校高二上数学期末综合测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．已知直线：和直线：，抛物线上一动点P到直线和直线的距离之和的最小值是（）A. B.C. D.2．已知椭圆C：（）的长轴的长为4，焦距为2，则C的方程为（）A B.C. D.3．已知函数，的导函数，的图象如图所示，则的极值情况为（）A.2个极大值，1个极小值 B.1个极大值，1个极小值C.1个极大值，2个极小值 D.1个极大值，无极小值4．直线在y轴上的截距是A. B.C. D.5．点M在圆上，点N在直线上，则|MN|的最小值是（）A. B.C. D.16．三等分角是“古希腊三大几何问题”之一，数学家帕普斯巧妙地利用圆弧和双曲线解决了这个问题．如图，在圆D中，为其一条弦，，C，O是弦的两个三等分点，以A为左焦点，B，C为顶点作双曲线T．设双曲线T与弧的交点为E，则．若T的方程为，则圆D的半径为（）A. B.1C.2 D.7．直线的方向向量为（）A. B.C. D.8．在平形六面体中，其中，，，，，则的长为（）A. B.C. D.9．已知两条异面直线的方向向量分别是，，则这两条异面直线所成的角满足（）A. B.C. D.10．若数列是等差数列，其前n项和为，若，且，则等于（）A. B.C. D.11．已知命题：抛物线的焦点坐标为；命题：等轴双曲线的离心率为，则下列命题是真命题的是（）A. B.C. D.12．函数单调减区间是（）A. B.C.和 D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若和或都是假命题，则的范围是__________14．已知向量,,并且、共线且方向相同,则______.15．长方体中，，已知点与三点共线且，则点到平面的距离为________16．长方体中，，，已知点H，A，三点共线，且，则点H到平面ABCD的距离为______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）已知数列的前项和为，且，，数列是公差不为0的等差数列，满足，且，，成等比数列.（1）求数列和通项公式；（2）设，求数列的前项和.18．（12分）如图，中，且，将沿中位线EF折起，使得，连结AB，AC，M为AC的中点.（1）证明：平面ABC；（2）求二面角的余弦值.19．（12分）已知，，且，求实数的取值范围.20．（12分）已知的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为.（1）求m的值；（2）求展开式中所有项的系数和与二项式系数和.21．（12分）数列中，，且.（1）证明；数列是等比数列.（2）若，求数列的前n项和.22．（10分）已知命题p：方程的曲线是焦点在y轴上的双曲线；命题q：方程无实根.若p或q为真，￢q为真，求实数m的取值范围.

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、A【解析】根据已知条件，结合抛物线的定义，可得点P到直线和直线的距离之和，当B，P，F三点共线时，最小，再结合点到直线的距离公式，即可求解【详解】∵抛物线，∴抛物线的准线为，焦点为，∴点P到准线的距离PA等于点P到焦点F的距离PF，即，∴点P到直线和直线的距离之和，∴当B，P，F三点共线时，最小，∵，∴，∴点P到直线和直线的距离之和的最小值为故选：A2、D【解析】由题设可得求出椭圆参数，即可得方程.【详解】由题设，知：，可得，则，∴C的方程为.故选：D.3、B【解析】根据图象判断的正负，再根据极值的定义分析判断即可【详解】由，得，令，由图可知的三个根即为与的交点的横坐标，当时，，当时，，即，所以为的极大值点，为的极大值，当时，，即，所以为的极小值点，为的极小值，故选：B4、D【解析】在y轴上的截距只需令x=0求出y的值即可得出.【详解】令x=0，则y=-2，即直线在y周上的截距为-2，故选D.5、C【解析】根据题意可知圆心，又由于线外一点到已知直线的垂线段最短，结合点到直线的距离公式，即可求出结果.【详解】由题意可知，圆心，半径为，所以圆心到的距离为，所以的最小值为.故选：C.6、C【解析】由题设写出双曲线的方程,对比系数,求出即可获解【详解】由题知所以双曲线的方程为又由题设的方程为,所以,即设AB的中点为,则由.所以,即圆的半径为2故选：C7、D【解析】根据直线方程，求得斜率k，分析即可得直线的方向向量.【详解】直线变形可得，所以直线的斜率，所以向量为直线的一个方向向量，因为，所以向量为直线的方向向量，故选：D8、B【解析】根据空间向量基本定理、加法的运算法则，结合空间向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】因为是平行六面体，所以，所以有：，因此有：，因为，，，，，所以，所以，故选：B9、D【解析】利用向量夹角余弦公式直接求解【详解】解：两条异面直线的方向向量分别是，，这两条异面直线所成的角满足：，，故选：D10、B【解析】由等差数列的通项公式和前项和公式求出的首项和公差，即可求出.【详解】设等差数列的公差为，则解得：，所以.故选：B.11、D【解析】求出的焦点坐标，及等轴双曲线的离心率，判断出为假命题，q为真命题，进而判断出答案.【详解】抛物线的焦点坐标为，故命题为假命题；命题：等轴双曲线中，，所以离心率为，故命题q为真命题，所以为真命题，其他选项均为假命题.故选：D12、B【解析】根据函数求导，然后由求解.【详解】因为函数，所以，由，解得，所以函数的单调递减区间是，故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】先由和或都是假命题，求出x的范围，取交集即可.【详解】若为假命题，则有或若或是假命题，则所以的范围是即的范围是胡答案：14、4【解析】根据空间向量共线基本定理,可设.由坐标运算求得的值,进而求得.即可求得的值.【详解】根据空间向量共线基本定理,可设由向量的坐标运算可得解方程可得所以.故答案为:【点睛】本题考查了空间向量共线基本定理的应用,根据向量的共线定理求参数,属于基础题.15、【解析】利用坐标法，利用向量共线及垂直的坐标表示可求，即求.【详解】如图建立空间直角坐标系，则，因为点与三点共线且，，设，即，∴，∴，∴，即，∴点到平面的距离为.故答案为：.16、【解析】在长方体中，以点A为原点建立空间直角坐标系，利用已知条件求出点H的坐标作答.【详解】在长方体中，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，因点H，A，三点共线，令，点，则，又，则，解得，所以点到平面ABCD的距离为.故答案为：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）根据，求出是以1为首项，3为公比的等比数列，求出的通项公式，求出的公差，进而求出的通项公式；（2）分组求和.【小问1详解】因为①，所以当时，②，①－②得：，即③，令得：，满足③，综上：是以1为首项，3为公比的等比数列，故，设的公差为d，则，因为，所以，解得：或0（舍去），所以【小问2详解】，则18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）由勾股定理以及等腰三角形的性质得出，，再由线面垂直的判定证明即可；（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，由向量法得出面面角.【小问1详解】设，则，，平面平面，连接，，，，，即又，平面ABC【小问2详解】，以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系设平面的法向量为，平面的法向量为，令，则同理可得，又二面角为钝角，故二面角的余弦值为.19、.【解析】求得集合，根据，分和，两种情况讨论，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】由题意，集合当时，即，解得，此时满足，当时，要使得，则或，当时，可得，即，此时，满足；当时，可得，即，此时，不满足，综上可知，实数的取值范围为.20、（1）（2）所有项的系数和为，二项式系数和为【解析】(1)写出展开式的通项，求出其第4项系数和倒数第4项系数，列出方程即可求出m的值；(2)令x＝1即可求所有展开项系数之和，二项式系数之和为2m.【小问1详解】展开式的通项为：，∴展开式中第4项的系数为，倒数第4项的系数为，∴，即.【小问2详解】令可得展开式中所有项的系数和为，展开式中所有项的二项式系数和为.21、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行证明即可；（2）运用裂项相消法进行求解即可.【小问1详解】∵，∴，又∵，∴，∴数列是首项为0，公差为1的等差数列，∴，∴，从而