上海市金山中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷(含详解)

2024-2025学年上海市金山中学高二年级下学期期中考试数学试卷
一 填空题（本大题共有12小题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，1-6题每个空格填对得4分，7-12题每个空格填对得5分，否则一律得0分.
1.已知集合，则__________.
2.已知球的体积为，则球的表面积为__________.
3.已知，则__________.
4.从一批棉花中随机抽测了8根棉花的纤维长度（单位：），其数据为88，89，76，101，121，89，90，90，则该组数据的第60百分位数为__________.
5.为进一步了解学生的学习和生活，某校选派4名老师去三个学生家中进行家访活动，每个学生家中至少去1人，恰有两个学生家中所派人数相同，则不同的安排方式有__________种
6.若复数为纯虚数，其中为虚数单位，则__________.
7.甲 乙两个样本茎叶图如图，将甲中的一个数据调入乙，使调整后两组数据的平均值都比调整前增大，则这个数据可以是__________.（填一个数据即可）
8.在抛物线上点的纵坐标比横坐标大4，且点到焦点的距离为8，则__________.
9.若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是__________.
10.如图，已知正四面体中，点分别是所在棱中点，点满足且，记，则当且时，数量积的不同取值可以是__________个.
11.在平面中，非零向量满足，则的最小值为__________.
12.已知函数，设曲线在点处切线的斜率为，若均不相等，且，则的最小值为__________.
二 选择题（本大题共有4题，满分18分，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.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.
13.甲、乙两人独立地攻克一道难题，已知两人能攻克的概率分别是，则该题被攻克的概率为（ ）
A. B. C. D.
14.已知（其中为虚数单位）是关于的方程的一个根，则在复平面内，所对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
15.冰淇淋蛋筒为大家常见的一种食物，有种冰淇淋蛋筒可以看作是由半径为，圆心角为的扇形蛋卷坯卷成的圆锥，假设高出蛋筒部分的奶油和包裹在蛋筒内部的奶油体积相等，则该种冰淇淋中奶油的总体积约为（忽略蛋筒厚度）（ ）
A. B.
C. D.
16.无穷数列满足：，且对任意的正整数，均有，则下列说法正确的是（ ）
A.数列为严格减数列
B.存在正整数，使得
C.数列中存在某一项为最大项
D.存在正整数，使得
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编号的规定区域内写出必要的步骤
17.（本题满分14分，第1小题6分，第2小题8分）
已知六面体的底面是矩形，，且.
（1）求证：平面；
（2）若平面，求直线与平面夹角的正弦值.
18.（本题满分14分，第1小题6分，第2小题8分）
已知平面向量，函数.
（1）求的单调区间；
（2）在锐角中，分别是内角所对的边，若，求周长的取值范围.
19.（本题满分14分，第1小题6分，第2小题8分）
如图所示，是边长为的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得四个点重合于点，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，在上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设.
（1）若广告商要求包装盒侧面积最大，试问应取何值？
（2）若广告商要求包装盒容积最大，试问应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值.
20.（本题满分18分，第1小题4分，第2小题6分，第3小题8分）
已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，其离心率为，焦距为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知直线与椭圆交于两点，为弦的中点，证明：点在定直线上；
（3）求椭圆的内接菱形边长的最大值.
21.（本题满分18分，第1小题4分，第2小题6分，第3小题8分）
已知函数.
（1）若直线是曲线在处的切线，求的表达式；
（2）若任意且，有恒成立，求符合要求的数对组成的集合；
（3）当时，方程在区间上恰有1个解，求的取值范围.
2024-2025学年上海市金山中学高二年级下学期期中考试数学试卷
2025
一 填空题（本大题共有12小题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，1-6题每个空格填对得4分，7-12题每个空格填对得5分，否则一律得0分.
1.【答案】
【解析】集合，故.
2.【答案】
【解机】由题意知.
3.【答案】2
【解析】，
.
4.【答案】90
【解析】将数据从小到大排列：，由，故该组数据的第60百分位数为第5个数，即90.
5.【答案】36
【解析】某校选派4名老师去三个学生家中进行家访活动，
每个学生家中全少去1人，恰有两个学生家中所派人数相同，选派方案为：1，1，2；不同的安排方式有：（种）.
6.【答案】
【解析】因为为纯虚数，
所以，解得.
7.【答案】76（或77，78）
【解析】计算茎叶图中，甲的平均数是
，
乙的妆均数是，
在甲组数据中比80小且比75大的数据是，这3个数任取一个，调入乙即可.
8.【答案】8或
【解析】抛物线上点的纵坐标比横坐标大4，
设点，其中，抛物线的焦点为，则，
由题意点到焦点的距离为8，可得，解得或，
因此，P为8或.
9.【答案】
【解析】直线化成，可得它必定经过点，而曲线，可变形整理为，
该曲线是以为圆心，半径为1的圆位于直线上部的部分，
设直线与圆相切时的斜率为，直线过点与圆有两个交点时的斜率为.
可得当直线与曲线有两个不同的交点时，斜率满足.
由圆心到直线的距离，解得，
而，由此可得.
10.【答案】5
【解析】点满足且，
点在平面内，
由，可得平面，
由向量数量积的几何意义，
在的投影有5种情况：，
由设正四面体棱长为，可求得，进而，可得，
数量积为.
11.【答案】4
【解析】设，
则，
则点在以为焦点的双曲线上，且为边长为6的等边三角形，
以所在的轴为轴，以的垂直平分线为轴建立平画直角坐标系，
则，
则，
则
，
当时，取到最小值4.
12.【答案】48
【解析】，即为
，
可得的导数为，
则，
由，可得，
，
，
则
，
当且仅当时，取得等号.
二 选择题（本大题共有4题，满分18分，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.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.
13.【答案】B
【解析】甲，乙两人独立地攻克一道难题，已知两人能攻克的概率分别是，
因为该题未被攻克的概率为，
所以该题被攻克的概率为.
故选：B.
14.【答案】A
【解析】依题意，，
故，解得，
则什复平面内对应的点为，位于第一象限.
故选：A.
15.【答案】D
【解析】设圆锥底面半径为，母线长为，
由题意可知，即，
再设圆锥的高为，可得，
则圆锥的体积为，
故该种冰淇淋中奶油的总体积约为.
故选：D.
16.【答案】D
【解析】因为，则，
当时，，故，因此，数列严格递增，
A错误；
若，因为数列递增，则不存在正整数，使得，则B错误；
数列严格递增且极限为2024，但无限接近2024，因此无最大值，C错误；
故选D.
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编号的规定区域内写出必要的步骤
17.【答案】（1）见解析；（2）
【解析】（1）证明：取中点，连接.
因为且.，
所以，
所以四迯形是平行四边形，
所以，
因为四边形是矩形，
所以，
所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面平面，
所以平面.
（2）因为平面，所以，
因为四边形是矩形，所以，
以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
所以，
设平面一个法向量为，
则，有，
令，则，即，
设直线与平面所成角为，
则.
18.【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由题意，函数
，
令，
得：.
的单调递增区间为；.
令，
得：.
的单调递减区间为；.
（2）由（1）可得，
那么，可得：，
，根据正弦定理，可得，
那么周长
，
是锐角三角形，
，
则，那么，
则.
那么周长.
19.【答案】（1）；（2）当时，包装盒的容积最大，此时包装盒的高与底面边长的比值为
【解析】设包装盒的高为，底面边长为.
H已知得.
（1），
所以当时，取得最大值.
（2）由题意，可得，
则.由得（舍去）或.
当时，单调递增；当时，单调递减.
所以当时，取得梑大值，也是最大值，此吋.
即当时，包装盒的容积最大，此时包装盒的高与底两边长的比值为.
20.【答案】（1）；
（2）点在直线上；（3）
【解析】（1）因为椭圆的中心在原点，焦点在轴上，
所以设椭圆的标准方程为，其中，
由题意可得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）证明：设，
联立直线与棜圆方程，
整理得，
，解得，，
，则，所以.
显然点在直线上，得证.
（3）解：出（2）知，菱形的中心在坐标原点，且有，
菱形不论怎样运动，直线和总有一条斜率存在，不妨设直线的斜率存在
且直线方程为
联立得，
，
由于，于是，
即，
化简整理得：，
从而，.
即，
当时，，
当时，，
当且仅当，即时取等号.
综上，，因此，菱形边长的最大值为.
21.【答案】（1）；（2）（3）
【解析】（1）因为，
因此切线方程为：，即.
（2）由题意得，
即，
又因为，所以，
所以，即，
整理得恒成立，所以，解，
所以符合要求的数对组成的集合为.
（3）若符合题意，则也符合题意，敌以下仅考虑的情形，
设，显然，0是函数的一个零点，
若，不符合题意，舍去；
若，则由，且，
因此在中另有一根，矛盾；
②若，则由，
因此在中另有一根，矛盾；
从而，以下证明，对任意符合题意，
当时，由图象在连接两点的线段的上方知，即，
当时，，即，
当时，，则，
因此有且仅有一个解，
即在满足题意，
综上所述，的取值范围是.