上海市上戏附中2024届高二上数学期末质量跟踪监视试题含解析

上海市上戏附中2024届高二上数学期末质量跟踪监视试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．已知数列为等比数列，则“为常数列”是“成等差数列”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件2．在圆上任取一点P，过点P作x轴的垂线段PD，D为垂足，当点P在圆上运动时，线段PD的中点M的轨迹记为C，则曲线C的离心率为（）A. B.C. D.3．已知，则点关于平面的对称点的坐标是（）A. B.C. D.4．己知命题；命题，则下列命题中为假命题的是（）A. B.C. D.5．如图，在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（）A. B.C. D.6．若函数在区间单调递增，则的取值范围是（）A. B.C. D.7．设，命题“若，则或”的否命题是（）A.若，则或B.若，则或C.若，则且D.若，则且8．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则A. B.2C.3 D.9．命题：“，”的否定形式为（）A.， B.，C.， D.，10．阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积公式，设椭圆的长半轴长、短半轴长分别为，则椭圆的面积公式为，若椭圆的离心率为，面积为，则椭圆的标准方程为（）A.或 B.或C.或 D.或11．设命题，，则为（）A.， B.，C.， D.，12．均匀压缩是物理学一种常见现象.在平面直角坐标系中曲线均匀压缩，可用曲线上点的坐标来描述.设曲线上任意一点，若将曲线纵向均匀压缩至原来的一半，则点的对应点为.同理，若将曲线横向均匀压缩至原来的一半，则曲线上点的对应点为.若将单位圆先横向均匀压缩至原来的一半，再纵向均匀压缩至原来的，得到的曲线方程为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知集合，，将中的所有元素按从大到小的顺序排列构成一个数列，则数列的前n项和的最大值为___________.14．以下四个关于圆锥曲线的命题中：①设A、B为两个定点，k为非零常数，若，则动点P的轨迹为双曲线；②抛物线焦点坐标是；③过定圆C上一定点A作圆的动弦AB，O为坐标原点，若，则动点P的轨迹为椭圆；④曲线与曲线（且）有相同的焦点其中真命题的序号为______（写出所有真命题的序号．）15．设为曲线上一点，，，若，则__________16．经过点，圆心在x轴正半轴上，半径为5的圆的方程为________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）在数列中，，，且对任意的，都有.（1）数列的通项公式；（2）设数列，求数列的前项和.18．（12分）已知是等差数列，是等比数列，且，，，.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.19．（12分）p：方程有两个不等的负实数根；q：方程无实数根，若为真命题，为假命题，求实数m的取值范围、20．（12分）在①，；②，；③，.这三个条件中任选一个，补充在下面问题中.问题：已知数列的前n项和为，，___________.（1）求数列的通项公式（2）已知，求数列的前n项和.21．（12分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，，为的中点.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.22．（10分）如图，在三棱锥中，侧面PAB是边长为4的正三角形且与底面ABC垂直，点D，E，F，H分别是棱PA，AB，BC，PC的中点（1）若点G在棱BC上，且BG＝3GC，求证：平面∥平面DHG；（2）若AC＝2，，求二面角的余弦值

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、C【解析】先考虑充分性，再考虑必要性即得解.【详解】解：如果为常数列，则成等差数列，所以“为常数列”是“成等差数列”的充分条件；等差数列，所以，所以数列为，所以数列是常数列，所以“为常数列”是“成等差数列”的必要条件.所以“为常数列”是“成等差数列”的充要条件.故选：C2、B【解析】设，，则由题意可得，代入圆方程中化简可得曲线C的方程，从而可求出离心率【详解】设，，则，得，所以，因为点在圆上，所以，即，所以点的轨迹方程为，所以，则所以离心率为，故选：B3、C【解析】根据对称性求得坐标即可.【详解】点关于平面的对称点的坐标是，故选：C4、A【解析】根据或且非命题的真假进行判断即可.【详解】当,故命题是真命题，，故命题是真命题.因此可知是假命题，是真命题，，均为真命题.故选:A5、A【解析】利用空间向量的三角形法则可得，结合平行六面体的性质分析解答【详解】平行六面体中，M为与的交点，，，，则有：，所以.故选：A6、A【解析】函数在区间上单调递增，转化为导函数在该区间上大于等于0恒成立，进而求出结果.【详解】由题意得：在区间上恒成立，而，所以.故选：A7、C【解析】根据否命题的定义直接可得.【详解】根据否命题的定义可得命题“若，则或”的否命题是若，则且，故选：C.8、A【解析】利用正弦定理，可直接求出的值.【详解】在中，由正弦定理得，所以，故选A.【点睛】本题考查利用正弦定理求边，要记得正弦定理所适用的基本类型，考查计算能力，属于基础题9、D【解析】根据含一个量词的命题的否定方法直接得到结果.【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题：“，”的否定形式为：，，故选：D.【点睛】本题考查全称命题的否定，难度容易.含一个量词的命题的否定方法：修改量词，否定结论.10、B【解析】根据题意列出的关系式，即可求得，再分焦点在轴与轴两种情况写出标准方程.【详解】根据题意，可得，所以椭圆的标准方程为或.故选：B11、B【解析】全称命题的否定时特称命题，把任意改为存在，把结论否定.【详解】命题，，则为“，”.故选：B12、C【解析】设单位圆上一点为，经过题设变换后坐标为，则，代入圆的方程即可得曲线方程.【详解】由题设，单位圆上一点坐标为，经过横向均匀压缩至原来的一半，纵向均匀压缩至原来的，得到对应坐标为，∴，则，故中，可得：.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由题意设，，根据可得，从而，即可得出答案.【详解】设，由，得，由，得中的元素满足，即，可得所以，由,所以所以，要使得数列的前n项和的最大值，即求出数列中所以满足的项的和即可.即，得，则所以数列的前n项和的最大值为故答案为：147214、②④##④②【解析】利用双曲线定义判断命题①；写出抛物线焦点判断命题②；分析点P满足的关系判断命题③；按取值讨论计算半焦距判断命题④作答.【详解】对于①，因双曲线定义中要求，则命题①不正确；对于②，抛物线化为：，其焦点坐标是，命题②正确；对于③，令定圆C的圆心为C，因，则点P是弦AB的中点，当P与C不重合时，有，点P在以线段AC为直径的圆上，当P与C重合时，点P也在以线段AC为直径的圆上，因此，动点P的轨迹是以线段AC为直径的圆(除A点外)，则命题③不正确；对于④，曲线的焦点为，当时，椭圆中半焦距c满足：，其焦点为，当时，双曲线中半焦距满足：，其焦点为，因此曲线与曲线（且）有相同的焦点，命题④正确，所以真命题的序号为②④.故答案为：②④【点睛】易错点睛：椭圆长短半轴长分别为a，b，半焦距为c满足关系式：；双曲线的实半轴长、虚半轴长、半焦距分别为、、满足关系式：，在同一问题中出现认真区分，不要混淆.15、4【解析】化简曲线方程，得到双曲线的一支，结合双曲线定义求出结果【详解】由，得，即，故为双曲线右支上一点，且分别为该双曲线的左、右焦点，则，.【点睛】本题考查了双曲线的定义，解题时要先化简曲线方程，然后再结合双曲线定义求出结果，较为基础16、【解析】设圆方程为，代入原点计算得到答案.【详解】设圆方程为经过点，代入圆方程则圆方程为故答案为【点睛】本题考查了圆方程的计算，设出圆方程是解题的关键.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）由递推式可得，根据等比数列的定义写出通项公式，再由累加法求的通项公式；（2）由（1）可得，再应用裂项相消法求前项和【小问1详解】由可得：，又，，∴，则数列是首项为2，公比为2的等比数列，∴.∴.【小问2详解】∵，∴∴.18、（1）（2）【解析】（1）设是公差为d的等差数列，是公比为q的等比数列，运用通项公式可得，，进而得到所求通项公式；（2）求得，再由数列的求和方法：分组求和，运用等差数列和等比数列的求和公式，计算即可得到所求和.【小问1详解】解：（1）设是公差为d的等差数列，是公比为q的等比数列，由，，可得，；即有，，则，则；【小问2详解】解：，则数列的前n项和为.19、【解析】利用复合命题的真假推出两个命题为一真一假，求出m的范围即可.【详解】：方程有两个不等的负实数根，解得，：方程无实数根，解得，所以：，：或.因为为真命题，为假命题，所以真假，或假真.（1）当真假时，即真为真，所以，解得；（2）当假真时，即真为真，所以，解得.综上，取值范围为20、（1）（2）【解析】（1）选①，利用化已知等式为，得是等差数列，公差，求出其通项公式后，再由求得通项公式，注意；选②，由可变形已知条件得是等差数列，从而求得通项公式；选③，已知式两边同除以，得出，以下同选①；（2）由错位相减法求和【小问1详解】选①，由得，，所以，即，所以是等差数列，公差，又，，，所以，，时，也适合所以；选②，由得，所以等差数列，公差为，又，所以；选③，由得，以下同选①，【小问2详解】由（1），，，两式相减得，所以21、（1）证明见解析；（2）.【解析】(1)由可得,再结合和线面垂直的判定定理可得平面,则,再由可得平面.(2)以为原点，，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图所示,利用空间向量求解即可【详解】（1）证明：∵为矩形，且，∴.又∵，.∴，.又∵，，∴平面.∵平面，∴又∵，，∴平面.（2）解：以为原点，，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图所示：则，，，，，∴，，设平面法向量则，即∴，∴∴直线与所成角的正弦值为.22、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由中位线的性质可得、、，再由线面平行的判定可证平面PEF、平面PEF，最后根据面面平行的判定证明结论.（2）应用勾股定理、等边三角形的性质、面面和线面垂直的性质可证、、两两垂直，构建空间直角坐标系，求面BPC、面PCA的法向量，再应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.【小问1详解】因为D，H分别是PA，PC的中点，所以因为E，F分别是AB，BC的中点，所以，综上，，又平面PEF，平面PEF，所以平面PEF由题意，G是CF的中点，又H是PC的中点，所以，又平面PEF，