《上海市南汇中学2024届高二上数学期末经典试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《上海市南汇中学2024届高二上数学期末经典试题含解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、上海市南汇中学2024届高二上数学期末经典试题考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3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已知等边三角形的一个顶点在椭圆E上，另两个顶点位于E的两个焦点处，则E的离心率为（ ）A.B.C.D.2已知点是椭圆上的一点，点，则的最小值为A.B.C.D.3由小到大排列
2、的一组数据：，其中每个数据都小于，另一组数据2、的中位数可以表示为（ ）A.B.C.D.4如图，奥运五环由5个奥林匹克环套接组成，环从左到右互相套接，上面是蓝、黑、红环，下面是黄，绿环，整个造形为一个底部小的规则梯形为迎接北京冬奥会召开，某机构定制一批奥运五环旗，已知该五环旗的5个奥林匹克环的内圈半径为1，外圈半径为1.2，相邻圆环圆心水平距离为2.6，两排圆环圆心垂直距离为1.1，则相邻两个相交的圆的圆心之间的距离为（ ）A.B.2.8C.D.2.95在等差数列中，已知，则使数列的前n项和成立时n的最小值为（ ）A.6B.7C.9D.106已知双曲线，过其右焦点作渐近线的垂线，垂足为，延长交
3、另一条渐近线于点A.已知为原点，且，则（ ）A.B.C.D.7观察：则第行的值为（）A.B.C.D.8函数的定义域为，对任意，则的解集为（ ）A.B.C.D.9已知，若，则（ ）A.B.C.D.10直线的斜率是方程的两根，则与的位置关系是（）A.平行B.重合C.相交但不垂直D.垂直11如图是抛物线形拱桥，当水面在n时，拱顶离水面2米，水面宽4米水位下降1米后，水面宽为（ ）A.B.C.D.12执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的m的值是（）A.-1B.0C.0.1D.1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知直线和互相平行，则实数的值为_.14已知，且，则的值是_.15（建
4、三江）函数在处取得极小值，则=_16设函数（1）求的最小正周期和的最大值；（2）已知锐角的内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若，且，求的面积.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）已知等比数列的公比，.（1）求数列的通项公式；（2）令，若，求满足条件的最大整数n.18（12分）如图1，在中，分别是，边上的中点，将沿折起到的位置，使，如图2（1）求点到平面的距离；（2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为若存在，求出长；若不存在，请说明理由19（12分）已知直线，圆.（1）求证：直线l恒过定点；（2）若直线l的倾斜角为，求直线l被圆C截得
5、的弦长.20（12分）已知命题p：实数x满足（其中）；命题q：实数x满足（1）若，为真命题，求实数x的取值范围；（2）若p是q的充分条件，求实数的取值范围21（12分）已知函数.（1）求的导数；（2）求函数的图象在点处的切线方程.22（10分）已知与定点，的距离比为的点P的轨迹为曲线C，过点的直线l与曲线C交于M，N两点.（1）求曲线C的轨迹方程；（2）若，求.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、B【解析】根据已知条件求得的关系式，从而求得椭圆的离心率.【详解】依题意可知，所以.故选：B2、D【解析】设，则，.所以当
6、时，的最小值为.故选D.3、C【解析】先根据题意对数据进行排列，然后由中位数的定义求解即可【详解】因为由小到大排列的一组数据：，其中每个数据都小于，所以另一组数据2、从小到大的排列为，所以这一组数的中位数为，故选：C4、C【解析】根据题意作出辅助线直接求解即可.【详解】如图所示，由题意可知，在中，取的中点，连接，所以，又因为，所以，所以即相邻两个相交的圆的圆心之间的距离为.故选：C5、D【解析】根据等差数列的性质及等差中项结合前项和公式求得，,从而得出结论.【详解】，,使数列的前n项和成立时n的最小值为10，故选：D.6、C【解析】画出图象，结合渐近线方程得到，进而得到，结合渐近线的斜率及角度
7、关系，列出方程，求出，从而求出.【详解】渐近线为，如图，过点F作FB垂直于点B，交于点A，则到渐近线距离为，则，又，由勾股定理得：，则，又，所以，解得：，所以.故选：C7、B【解析】根据数阵可知第行为，利用等差数列求和，即可得到答案；【详解】根据数阵可知第行为，故选：B8、B【解析】构造函数，利用导数判断出函数在上的单调性，将不等式转化为，利用函数的单调性即可求解.【详解】依题意可设，所以.所以函数在上单调递增，又因为.所以要使，即，只需要，故选B.【点睛】本题考查利用函数的单调性解不等式，解题的关键就是利用导数不等式的结构构造新函数来解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.9、B【解析
8、】先求出的坐标，然后由可得，再根据向量数量积的坐标运算求解即可.【详解】因为，所以，因为，所以，即，解得.故选：B10、C【解析】由韦达定理可得方程的两根之积为，从而可知直线、的斜率之积为，进而可判断两直线的位置关系【详解】设方程的两根为、，则直线、的斜率，故与相交但不垂直故选：C11、D【解析】由题建立平面直角坐标系，设抛物线方程为，结合条件即求.【详解】建立如图所示的直角坐标系：设抛物线方程为，由题意知：在抛物线上，即，解得：，当水位下降1米后，即将代入，即，解得：，水面宽为米.故选：D.12、B【解析】计算后，根据判断框直接判断即可得解.【详解】输入，计算，判断为否，计算，输出.故选：B
9、.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据直线平行的充要条件即可求出实数的值.详解】由直线和互相平行，得 ，即.故答案为：.14、【解析】根据空间向量可得，结合计算即可.【详解】由题意知，所以，解得.故答案：315、【解析】由，令，解得或，且时，；时，；时，所以当时，函数取得极小值考点：导数在函数中的应用；极值的条件16、（1）的最小正周期为，的最大值为1 （2）【解析】（1）直接根据的表达式和正弦函数的性质可得到的最小正周期和最大值；（2）先根据求得角的大小为，然后在中利用余弦定理求得，最后根据三角形的面积公式即可【小问1详解】已知则的最小正周期为：则的最大值为：【
10、小问2详解】由可得：（）或（）又为锐角，则可得：.在中，由余弦定理可得：，即又，解得：则的面积为：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)由等比数列的性质可得，结合条件求出，得出公比，从而得出通项公式.(2)由（1）可得，再求出的前项和，从而可得出答案.【小问1详解】由题意可知，有，得或或又，【小问2详解】，又单调递增, 所以满足条件的的最大整数为18、（1）（2）存在，【解析】（1）根据题意分别由已知条件计算出的面积和的面积，利用求解，（2）如图建立空间直角坐标系，设，然后求出平面与平面的法向量，利用向量平夹角公式列方程可求得结果小问1详
11、解】在中，因为，分别是，边上的中点，所以，所以，所以，因为，所以平面，所以平面，因为平面，所以，所以，因为平面，平面，所以平面平面，因为，所以，因为，所以是等边三角形，取的中点，连接，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，中，所以边上的高为，所以，在梯形中，设点到平面的距离为，因，所以，所以，得，所以点到平面的距离为【小问2详解】由（1）可知平面，所以以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则,设，则，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，则平面与平面夹角的余弦值为，两边平方得，解得或（舍去），所以，所以19、（1）证明见解析 （2）【解析】（1）直线方程变形后令的
12、系数等于0消去参数即可求得定点坐标.（2）先求出圆心C到直线l距离，然后用勾股定理即可求得弦长.【小问1详解】，联立得：即直线l过定点（.【小问2详解】由题意直线l的斜率，即，圆，圆心，半径，圆心C到直线l的距离，所以直线l被圆C所截得的弦长为.20、（1）（2）【解析】（1）由得命题p：，然后由为真命题求解；（2）由得，再根据是的充分条件求解.小问1详解】当时，解得：，由为真命题，解得；【小问2详解】由（其中）可得，因为是的充分条件，则，解得：21、（1）；（2）.【解析】(1)利用基本初等函数的导数公式及求导法则直接计算作答.(2)求出，再利用导数的几何意义求出切线方程作答.【小问1详解】
13、函数定义域为，所以函数.【小问2详解】由(1)知，而，于是得，即，所以函数的图象在点处的切线方程是.22、（1）（2）或【解析】（1）设曲线上的任意一点，由题意可得，化简即可得出（2）分直线的斜率不存在与存在两种情况讨论，当斜率不存在时，即可求出、的坐标，从而求出，当直线的斜率存在，设直线方程为，联立直线与圆的方程，消元列出韦达定理，则，即可求出，从而求出直线方程，由圆心在直线上，即可求出弦长；【小问1详解】解：（1）设曲线上的任意一点，由题意可得：，即，整理得【小问2详解】解：依题意当直线的斜率不存在时，直线方程为，则，则或，即、，所以、，所以满足条件，此时，当直线的斜率存在，设直线方程为，则，消去整理得，由，解得或，所以、，因为，所以，解得，所以直线方程为，又直线过圆心，所以，综上可得或；
