上海市闵行中学2024-2025学年高二（上）期末数学试卷（PDF版，含答案）

上海市闵行中学 2024-2025 学年高二（上）期末数学试卷
一、单选题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
2 2
1.“ > 1”是“方程 = 1表示的曲线是双曲线”的( )
1 +3
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 是平面 的一条斜线，直线 ，则( )
A. 存在唯一一条直线 ，使得 ⊥
B. 存在无数多条直线 ，使得 ⊥
C. 存在唯一一条直线 ，使得 //
D. 存在无数多条直线 ，使得 //
3.我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，其意思可描述
为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的
2 2
面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.如图，阴影部分是由双曲线 = 1与它的渐近线以及直线
4 2
= ±4√ 2所围成的图形，将此图形绕 轴旋转一周，得到一个旋转体，则这个旋转体的体积为( )
32√ 2 512√ 2 512
A. B. 32√ 2 C. D.
3 3 9
4.现定义如下：当 ∈ ( , + 1)时( ∈ )，若 ( + 1) = ′( )，则称 ( )为延展函数.已知当 ∈ (0,1)时，
( ) = 且 ( ) = 10，且 ( ), ( )均为延展函数，则以下结论( )
(1)存在 = + ( , ∈ , , ≠ 0)与 = ( )有无穷个交点
(2)存在 = + ( , ∈ , , ≠ 0)与 = ( )有无穷个交点
A. (1)(2)都成立 B. (1)(2)都不成立
C. (1)成立(2)不成立 D. (1)不成立(2)成立．
二、填空题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。
5.抛物线 2 = 4 的准线方程是
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6.已知函数 = ( )，其中 ( ) = + 4，若 ′(1)= 2，则 的值为 ．
4
7.若一个球的体积是 ，则这个球的表面积是 ．
3
8.已知侧面都是矩形的四棱柱，侧棱长为5，底面是边长为2的菱形，则这个棱柱的侧面积是 ．
9.上海的纬度大约是北纬31°，已知地球的半径大约是6370 ，则北纬31°纬线的长度是 (精确到
个位)．
10.如图，三棱柱 1 1 1中，侧面 1 1的面积是4，点 1到侧面 1 1的距离是3，则三棱柱
1 1 1的体积为 ．
11.已知正三棱柱 1 1 1的侧棱长与底面边长相等，则 1与侧面 1 1所成角的正弦值等于 ．
2
12.若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为 的扇形，则过这个圆锥顶点的截面中，最大截面面积
3
等于 ．
13.正四棱锥 的所有棱长均相等， 是 的中点，那么异面直线 与 所成角的正切值为 ．
14.已知函数 ( ) = 3 3 + ( ≠ 0)，且 = ( )在区间( 3, )上的最大值为3，无最小值，则 的
取值范围是_____ ___．
2 2
15.如图，已知 1 , 2分别为双曲线 : 2 2 = 1( > 0, > 0)的左，右焦点， 为坐标原点，过点 2的直线
与双曲线 交于两点 ( 1, 1), ( 2 , 2), 1 > 0 > 2，以 2为直径的圆经过点 ，且| | = | 1|，则双曲
线 的离心率为 ．
16.连接三角形三边中点所得的三角形称为该三角形的“中点三角形”，定义一个多面体的序列 ( =
0, 1, 2, , ) ； 0是体积为1的正四面体， +1是以 的每一个面上的中点三角形为一个面再向外作正四面体
所构成的新多面体.则 4的体积为 ．
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三、解答题：本题共 5 小题，共 60 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知 (1,2)、 (3,6)，动点 满足 = 4，设动点 的轨迹为曲线 ．
(1)求曲线 的标准方程;
(2)求过点 (1,2)且与曲线 相切的直线的方程．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥 中，底面 为正方形，侧面 是正三角形，侧面 ⊥底面 , 是 的
中点．
(1)求证： ⊥平面 ；
(2)求侧面 与底面 所成二面角的正切值．
19.(本小题12分)
现有一张长为40，宽为30的长方形铁皮 ，准备用它做成一只无盖长方体铁皮盒，要求铁皮材料的利用
率为100%(剪切与焊接不可避免)，不考虑剪切与焊接处的损耗与增加.如图，在长方形 的一个角剪下
一块正方形铁皮，作为铁皮盒的底面，用余下材料剪拼后作为铁皮盒的侧面.设做成后的长方体铁皮盒的底
面是边长为 的正方形，高为 ，体积为 ．
(1)写出 关于 的函数关系式，并写出 的范围；
(2)要使得无盖长方体铁盒的容积最大，对应的 为多少？并求出 的最大值．
20.(本小题12分)
2 2
已知椭圆 : + = 1，直线 经过椭圆 的右顶点 且与椭圆交于另一点 ，设线段 的中点为 ．
9 3
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(1)求椭圆 的焦距和离心率；
1
(2)若 = ，求直线 的方程； 3
(3)过点 再作一条直线与椭圆 交于点 ，线段 的中点为 .若 ⊥ ，则直线 是否经过定点？若经
过定点，求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由．
21.(本小题12分)
已知函数 ( ) = 2 2 + +1( ∈ )．
(1)曲线 = ( )在点(0, (0))处的切线过点(1, 4)，求 的值；
(2)求函数 ( )的单调区间；
(3)若不等式 ( ) + ( + 2) < 2 恒成立，求整数 的最大值．
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1.【答案】
2.【答案】
3.【答案】
4.【答案】
5.【答案】 = 1
6.【答案】2
7.【答案】4
8.【答案】40
9.【答案】34307
10.【答案】6
√ 6
11.【答案】
4
12.【答案】2√ 2
13.【答案】√ 2
14.【答案】( 1,2]
15.【答案】√ 13
303
16.【答案】
128
17.【答案】解：(1)设 ( , )，则 = (1 , 2 ) ， = (3 , 6 ) ，
由 = (1 )(3 ) + (2 )(6 ) = 4 ，
得 ( 2)2 + ( 4)2 = 1 ，
所以曲线 的标准方程为 ( 2)2 + ( 4)2 = 1 ．
(2)曲线 是以 (2,4) 为圆心，1为半径的圆，
过点 (1,2) 的直线若斜率不存在，直线方程为 = 1 ，满足与圆 相切；
过点 (1,2) 的切线若斜率存在，设切线方程为 2 = ( 1) ，即 + 2 = 0 ，
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|2 4+2 | 3
由圆心到直线距离 = = 1 ，解得 = ，
√ 2 4 +1
则方程为 3 4 +5 = 0 ．
过点 (1,2) 且与曲线 相切的直线的方程为 = 1 或 3 4 +5 = 0 ．
18.【答案】解：(1)因为 是正三角形，且 是 的中点.，所以 ⊥ ，
又底面 是正方形，所以 ⊥ ，又因为平面 ⊥平面 ，
且平面 ∩平面 = , 平面 ，所以 ⊥平面 ，
又 平面 ，所以 ⊥ ．
由 ⊥ , ⊥ , ∩ = ， 、 平面 ，
所以 ⊥平面 ；
(2)如图，取 的中点 , 的中点 ，
连接 , , ，
因为 是正三角形，所以 ⊥ ，
又因为平面 ⊥平面 ，且平面 ∩平面 = , 平面 ，所以 ⊥平面 , 平
面 ，故 ⊥ ，
由题意可知 ⊥ , ∩ = , , 平面 ，
故 ⊥平面 ，又 平面 ，故 ⊥ ，
故∠ 为平面 与面 所成二面角的平面角，
√ 3
√ 3 √ 3
设 = = ，则 = , ∴ tan∠ = = 2 = ．
2 2
√ 3
综上所述：侧面 与底面 所成二面角的正切值为 ．
2
1200 2
19.【答案】解：(1)因为材料利用率为100%，所以 2 +4 = 40× 30，即 = ；
4
因为长方形铁皮 长为40，宽为30，故0 < ≤ 30，
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1200 2
综上， = (0 < ≤ 30)．
4
( ) 2 2 1200
2 1
(2)铁皮盒体积 = = = (1200 3)，其中0 < ≤ 30，
4 4
′( )
1
= (1200 3 2)，令 ′( ) = 0，得 = 20，列表如下：
4
(0,20) 20 (20,30)
( ) + 0
′( ) ↗ 极大值 ↘
所以，函数 ( )在(0,20)上为增函数，在(20,30)上为减函数，
1
则当 = 20时， ( )取最大值，且最大值为 (20) = × (1200× 20 203) = 4000．
4
20.【答案】解：(1)由 = 3, = √ 3得 = √ 2
√ 6
2 = √ 6，所以焦距2 = 2√ 6，离心率 = = ．
3
(2)
(3,0)，设直线 的方程 = + 3，
2 2
= + 3
( +3)2 2
与椭圆 : + = 1，联立{ 2 2 得： + = 1， 9 3 + = 1 9 3
9 3
2 2 6 整理得：( + 3) + 6 = 0， + = 2 ， = 0 +3
+ 3
因为点 与点 不重合， 为 中点，所以 = = ， 2 2+3
3 2 9 9 3
代入方程 = + 3，解得 = 2 + 3 = 2 ，所以可得点 ( , )， +3 +3 2+3 2+3
3 1
于是由 = = 得 = 1，直线 的方程： 3 = 0． 9 3
(3)
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2 2
①当直线 斜率存在时，设方程为： = + ，与椭圆 : + = 1，
9 3
= +
2 ( + )2
联立{ 2 2 ，得： + = 1，
+ = 1 9 3
9 3
整理得：(3 2 + 1) 2 + 6 + 3 2 9 = 0，
6
1 + 2 = 2
设 ( )
3 +1
1, 1 , ( 2 , 2)，由韦达定理得{ , 3 2 9
1 2 = 2
3 +1
且 = 36 2 2 4(3 2 + 1)(3 2 9) > 0，化简得 2 9 2 3 < 0，
1+3 2+3
又 (3,0)，从而 ( , 1)， ( , 2)，
2 2 2 2
由 ⊥ 可得 = 0，从而( 1 + 3)( 2 +3) + 1 2 = 0，
又因为 1 = 1 + ， 2 = 2 + ，
所以上式化为：( 1+ 3)( 2 + 3)+ ( 1 + )( 2 + ) = 0
整理得：( 2 +1) 1 2 + ( + 3)( 1 + 2)+
2 +9 = 0，
2
( +1)(3 2 9) 6 ( +3)
韦达定理代入： 2 + 2 +
2 + 9 = 0，
3 +1 3 +1
化简得：9 2 9 + 2 2 = 0．
(3 2 )(
3
3 ) = 0，所以 = 3 或 =
2
当 = 3 时，直线 为： = + 3 = ( + 3)，
直线 经过点( 3,0)，舍去；
3 3 3
当 = 时，直线 为： = + = ( + )，
2 2 2
9 3
此时 2 9 2 3 < 0成立，直线 经过定点( , 0)
4 2
②当直线 斜率不存在时，设 ( , )， ( , )，
+3 +3 +3 则 ( , )， ( , )， = ( , )，
+3
= ( , )
2 2 2 2 2 2 2 2
代入 = 0，得 2 = ( +3)2
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2 2 3
与 + = 1联立得：2 2 + 9 + 9 = 0解得 =
9 3 2
3
此时直线 也经过点( , 0)．
2
3
综上，直线 经过定点( , 0)．
2
21.【答案】解：(1)函数 ( )的定义域为 , ′( ) = 1+ 4 2 ，则 ′(0) = 1 +4 ．
因为曲线 ( )在点(0, (0))处的切线为 (2 + 1) = (4 + 1) 过点(1, 4)，
所以 4 (2 + 1) = 4 + 1，解得 = 1．
(2)因为 ′( ) = 1 + 4 2 ，
当 ≥ 0时， ′( ) > 0恒成立，则 ( )在( ∞,+∞)上单调递增；
1 1 1 1
当 < 0时，由 ′( ) > 0，得 < ln ( )，令 ′( ) < 0，得 > ln ( )，
2 4 2 4
1 1 1 1
所以 ( )在( ∞, ln ( ))上单调递增，在( ln ( ) ,+∞)上单调递减．
2 4 2 4
综上所述，当 ≥ 0时， ( )的单调递增区间为( ∞,+∞)，无单调递减区间；
1 1 1 1
当 < 0时， ( )的单调递增区间为( ∞, ln ( ))，单调递减区间为( ln ( ) ,+∞)．
2 4 2 4
(3)依题知， ( ) + ( + 2) < 2 恒成立，
即2 2 + +1 + ( + 2) < 2 恒成立，
化简为 + 2 + ( +2) + 1 < 0．
设 ( ) = + 2 + ( + 2) + 1, ∈ ，
则 ′( ) = 1 + 2 2 + ( + 2) = ( + 1)(2 + 1)，
当 ≥ 0时， ′( ) > 0恒成立，故 ( )在( ∞,+∞)上单调递增，
因为 (0) = 2 + 3 > 0，所以不符合题意；
1 1
当 < 0时，由 ′( ) > 0，得 < ln ( )，由 ′( ) < 0，得 > ln ( )，

1 1
所以 ( )在( ∞, ln ( ))上单调递增，在(ln ( ) ,+∞)上单调递减，

2
则 ( ) ≤ (
1 1 1 1
ln ( )) = ln ( ) + ( ) + ( + 2) ( ) + 1 < 0恒成立，

1 1
整理得ln ( ) < 0．

1 1
设 ( ) = ln ( ) , < 0，

1 1 1
则 ′( ) = + = > 0恒成立，所以 ( )在( ∞,0)上单调递增，
2 2
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1 1 1 1
又 ∈ ，且 ( 1) = 0 + 1 = 1 > 0, ( 2) = ln + < ln + = 0，
2 2 √ 2
故整数 的最大值为 2．
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