上海市上海交通大学附属中学2024−2025学年高二上学期9月摸底考试 数学试题（含解析）

这是一份上海市上海交通大学附属中学2024−2025学年高二上学期9月摸底考试 数学试题（含解析），共13页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、填空题（本大题共12小题）
1．已知，则 .
2．设复数满足，则的虚部是 ．
3．已知向量，若，则实数 .
4．焦点在轴上，焦距为，且经过点的椭圆的标准方程为 .
5．幂函数y=fx的图像经过点，则的值为 .
6．已知为任意实数，直线的倾斜角的范围是 .
7．不等式的解集为 .
8．已知，若对一切成立，则 .
9．函数的对称中心是，则 .
10．给出下列命题：
①“”是“”的充分非必要条件；
②“函数的最小正周期为”是“”的充要条件；
③“平面向量与的夹角是锐角”的充要条件是“”.
其中正确命题的序号是 （把所有正确命题的序号都写上）
11．在正方形所在平面上有点，使得都是等腰三角形.那么具有这样性质的点共有 个
12．已知，若数列为严格增数列，则实数的取值范围是 .
二、单选题（本大题共4小题）
13．若，且则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
14．在ΔABC中,若,且,则ΔABC是（ ）
A．等边三角形B．等腰三角形,但不是等边三角形
C．等腰直角三角形D．直角三角形,但不是等腰三角形
15．若复数满足，则的最小值为（ ）
A．3B．2C．D．1
16．已知，对关于的方程的实数解情况进行讨论，下面的结论中错误的是（ ）
A．至多有三个实根
B．至少有一个实根
C．当且仅当时有实根
D．存在，使原方程有三个实根
三、解答题（本大题共6小题）
17．已知且.
(1)求的值；
(2)求的大小.
18．已知，集合，
(1)若，求的值；
(2)若，求的值.
19．如图，在平面直角坐标系中，方程为的圆的内接四边形的对角线和互相垂直，且分别在轴负半轴和正半轴上，分别在轴负半轴和正半轴上.

(1)试用平面解析几何的方法证明：；
(2)设四边形的一条边的中点为，试用平面解析几何的方法证明：.
20．已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和；
(3)记，是否存在正整数，使得？若存在，求出所有符合条件的正整数；若不存在，请说明理由.
21．对定义在区间上的函数，若存在闭区间和常数，使得对任意的都有，则称函数为区间上的“函数”.
(1)判断：函数与是否是上的“函数”，其中，；
(2)对于（1）中的函数，若不等式对一切的恒成立，求实数的取值范围；
(3)若函数是区间上的“函数”，求实数和的值.
22．已知实数且，数列满足：，，试判断数列的单调性.
参考答案
1．【答案】1
【分析】由条件结合指数式与对数式关系求，根据换底公式及对数运算法则求结论.
【详解】因为，
所以，，
所以.
故答案为：.
2．【答案】3；
【分析】
把已知等式变形,利用复数代数形式的乘除运算化简得出答案.
【详解】
由,得, 所以复数z的虚部是3.
故答案为:3.
【点睛】
本题考查复数的乘除运算和复数相关的概念，注意复数的虚部是虚数单位的系数，属于基础题.
3．【答案】3
【分析】由向量的模与数量积的坐标运算可得关于的方程，求解可得.
【详解】由，得，
故，且.
由，可得，解得.
当时，验证知满足题意.
故答案为：3.
4．【答案】
【分析】由题意确定可得，进而求得标准方程.
【详解】由焦点在轴上，设椭圆的标准方程为，
由焦距为可得，解得；
又椭圆点，故，所以，
所以椭圆的标准方程为.
故答案为：.
5．【答案】2
【分析】根据过点求出的解析式，从而得到的值.
【详解】设幂函数，将代入，可得：，
所以，所以.
故答案为：2.
6．【答案】
【分析】根据余弦函数性质求出斜率范围，然后利用正切函数性质求解可得.
【详解】记直线的倾斜角为，则，
因为，所以，则，
所以.
故答案为：
7．【答案】
【分析】分和，进行分类讨论求不等式解集.
【详解】当，即时，则原不等式转化为，
即，解得，故，
当，即时，则原不等式转化为，
即，解得，故，
综上知不等式的解集为，
故答案为：.
8．【答案】/0.5
【分析】依题意为函数最小值点，利用导数求解即可.
【详解】由，有，在R上单调递增，
令，得，
当 时，，单调递减，
当 时，，单调递增，
所以当时，函数取最小值，最小值为，
若对一切成立，则.
故答案为：
9．【答案】0
【分析】利用反比例函数的对称中心求解即可.
【详解】，故，
函数的对称中心是，则
故则.
故答案为：0
10．【答案】①
【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义，结合二倍角的余弦公式、向量夹角判断各个命题即得.
【详解】对于①，由，得或，因此“”是“”的充分非必要条件，①正确；
对于②，函数，由其最小正周期为，得，解得，
因此“函数的最小正周期为”是“”的必要不充分条件，②错误；
对于③，由平面向量与的夹角是锐角，得，即且向量与不共线，
因此“平面向量与的夹角是锐角” 是“”的充分不必要条件，③错误，
所以正确命题的序号是①.
故答案为：①
11．【答案】9
【分析】以正方形的四点顶点为圆心，边长为半径画圆，然后观察求解即可.
【详解】易知两个对角线的交点是一个满足条件的；
以正方形的四个顶点为圆心，边长为半径画圆，
如图所示，
此时四个圆一共有8个交点，易知这8个交点均使为等腰三角形.
故具有这样性质的点共有个.
故答案为：9.
12．【答案】
【分析】对的值分段讨论，根据严格增数列的概念，求的取值范围.
【详解】若，则，所以，由指数函数的性质可知，数列为严格增数列；
若，则，所以，为常数数列；
若，则，所以，由指数函数的性质可知，数列为严格增数列；
若，则，所以，此时，所以数列一定不是严格增数列；
若，则，，所以.
由，该式在时恒成立；
由.
当时，，又，所以，
此时：，因为，，所以，
即在时成立.
综上可知，的取值范围为：.
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：当时，解不等式，可先令，求出的取值范围，在验证所得结果对取其余非零自然数时仍成立，即可.
13．【答案】D
【分析】根据不等式的性质，逐项判断，即可得出结果.
【详解】对于A选项，例如，，故A错；
对于B选项，若，则，故B错；
对于C选项，若，则，故C错；
对于D选项，因为，，所以，，因此，即D正确.
故选：D.
14．【答案】A
【详解】则
即为等边三角形，故选A
15．【答案】C
【分析】由复数的模长和两点之间的距离公式把已知等式转化为点的轨迹方程，再结合椭圆的性质求出即可；
【详解】设，
因为，
则，
即点到和的距离之和为4，且大于2，
所以点在以和为焦点的椭圆上，且，
椭圆方程为，
所以的最小值为.
故选：C.
16．【答案】C
【分析】讨论的正负化简方程，当时，研究方程的负根，当时，研究方程的正根，由此可判断AB，取特殊值判断CD.
【详解】对于方程，
当时，原方程可化为，
当时，原方程可化为，
若，则，方程的判别式，
所以方程有两个不等实根，设其根为，，
则，故，因为，所以为增根，舍去，
此时，方程至多有个根，至少有个实根，
若，方程的判别式，
所以方程有两个不等实根，设其根为，，
则，故，因为，所以为增根，舍去，
此时，方程至多有个根，至少有个实根，
若，，方程的根为，
若，，方程的根为，，，
所以方程至多有个根，至少有个实根，A正确，B正确；
取，方程可化为，
当时，可化为，
所以，即为方程的根，故C错误；
取，，则方程可化为，
当时，可得，所以或，
当时，可得，所以，
故存在，使原方程有三个实根.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于讨论的正负，结合判别式，根与系数关系确定对应方程的根的个数.
17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将化为求解；
（2）将化为求解.
【详解】（1）；
（2），
又，所以.
18．【答案】(1)或
(2)，或，或，或
【分析】（1）先求出集合，然后由得，再根据集合的包含关系求解；
（2）由得，再根据集合的包含关系求解．
【详解】（1）因为，所以.
因为，所以.
所以.于是或.
①，则；②，则.所以或.
（2）因为，对于：
①时，；
②或.
当时，，
当时，.
③，则集合有两个元素，
所以，同（1）的②.
所以，或，或，或.
19．【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设出点的坐标，借助韦达定理计算推理即得.
（2）由（1）中信息，利用斜率坐标公式及垂直关系的判定推理即得.
【详解】（1）圆：，则，
设，则，且为方程的两根，
于是，即有，
设，则，且为方程的两根，
于是，即有，
所以.
（2）由（1）知，，则直线的斜率，而直线的斜率
又，则，因此，
所以.
20．【答案】(1)，或
(2)时，；时，
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）由已知条件结合等差等比数列的性质，求出首项和公差公比，可得数列通项；
（2）利用错位相减法求和；
（3）利用放缩求的取值范围，判断结论是否成立.
【详解】（1）设等差数列an的公差为，等比数列bn的公比为，
由，得，则，
由，得，解得，则，
所以或，
综上，数列an的通项公式为，数列bn的通项公式为或.
（2）时，，
所以，
于是，
两式相减得：
，
因此；
时，，
所以，
于是，
两式相减得：
，
因此.
（3）时，，所以无意义，固只能，
，
所以，而，所以，
所以对于任意的正整数，有，所以，
因此不存在正整数，使得.
21．【答案】(1)不是
(2)
(3)或
【分析】（1）利用定义及绝对值函数，二次函数的性质判定即可；
（2）先求的最小值，结合绝对值的几何意义解不等式即可；
（3）由二次根式的意义先得，由“函数”的定义平方变形结合待定系数法分类讨论即可.
【详解】（1）易知x∈0,2时，，则y=gx是R上的“函数”，
由二次函数的单调性知：不是R上的“函数”；
（2）因为不等式对一切的x∈R恒成立，
所以，
可知，显然，
所以，解得，
实数的取值范围是.
（3）由解析式易知：恒成立，且恒成立，所以，
而由“函数”定义知，存在闭区间和常数，
使得对任意的，都有，
所以，得，
所以，
因此，显然有，
若，则，不符合题意，舍去；
若，则或；
此时函数为是R上的“函数”，
所以或.
22．【答案】严格增数列
【分析】先将条件等式化简为，再计算，构造新数列，取倒数得出其通项公式，从而得出，再作差分解因式化简计算判定符号即可.
【详解】
，
令，则.
于是有.
则
，显然式为正实数，
则在时，，故，数列an是严格增数列.