上海市黄浦区2024届数学高二上期末调研试题含解析

上海市黄浦区2024届数学高二上期末调研试题考生请注意：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．为推动党史学习教育各项工作扎实开展，营造“学党史、悟思想、办实事、开新局”的浓厚氛围，某校党委计划将中心组学习、专题报告会、党员活动日、主题班会、主题团日这五种活动分5个阶段安排，以推动党史学习教育工作的进行，若主题班会、主题团日这两个阶段相邻，且中心组学习必须安排在前两阶段并与党员活动日不相邻，则不同的安排方案共有（）A.10种 B.12种C.16种 D.24种2．已知是椭圆上的一点，则点到两焦点的距离之和是（）A.6 B.9C.14 D.103．如图在中，，，在内作射线与边交于点，则使得的概率是（）A. B.C. D.4．已知等比数列满足，则（）A.168 B.210C.672 D.10505．紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品,其制作始于明朝正德年间.紫砂壶的壶型众多,经典的有西施壶、掇球壶、石瓢壶、潘壶等.其中,石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台(即圆锥用平行于底面的平面截去一个锥体得到的).下图给出了一个石瓢壶的相关数据(单位:cm),那么该壶的容量约为（）A.100 B.C.300 D.4006．下列推理中属于归纳推理且结论正确的是（）A.由，求出，，，…，推断：数列的前项和B.由满足对都成立，推断：为奇函数C.由半径为的圆的面积，推断单位圆的面积D.由，，，…，推断：对一切，7．即空气质量指数，越小，表明空气质量越好，当不大于100时称空气质量为“优良”.如图是某市3月1日到12日的统计数据.则下列叙述正确的是A.这天的的中位数是B.天中超过天空气质量为“优良”C.从3月4日到9日，空气质量越来越好D.这天的的平均值为8．已知向量，，则下列向量中，使能构成空间的一个基底的向量是（）A. B.C. D.9．已知，则（）A. B.C. D.10．设集合，则AB=（）A.{2} B.{2，3}C.{3，4} D.{2，3，4}11．数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线．已知的顶点，，若其欧拉线的方程为，则顶点的坐标为（）A. B.C. D.12．抛物线的焦点坐标为A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知抛物线：，若直线与抛物线C相交于M，N两点，则_______________.14．已知为坐标原点，、分别是双曲线的左、右顶点，是双曲线上不同于、的动点，直线、与轴分别交于点、两点，则________15．向量，，若，且，则的值为______.16．已知，若在区间上有且只有一个极值点，则a的取值范围是______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）已知直线l过定点（1）若直线l与直线垂直，求直线l的方程；（2）若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程18．（12分）已知直线经过抛物线的焦点，且与抛物线相交于两点.（1）若直线的斜率为1，求；（2）若，求直线的方程.19．（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线1与坐标轴的交点都在圆C上（1）求圆C的方程；（2）设过点P(0，－2)的直线l与圆C交于A，B两点，且AB＝2，求l的方程20．（12分）已知函数，其中a为正数（1）讨论单调性；（2）求证：21．（12分）如图，在正方体中，为的中点，点在棱上（1）若，证明：与平面不垂直；（2）若平面，求平面与平面的夹角的余弦值22．（10分）设点P是曲线上的任意一点，k是该曲线在点P处的切线的斜率（1）求k的取值范围；（2）求当k取最大值时，该曲线在点P处的切线方程

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、A【解析】对中心组学习所在的阶段分两种情况讨论得解.【详解】解：如果中心组学习在第一阶段，主题班会、主题团日在第二、三阶段，则其它活动有2种方法；主题班会、主题团日在第三、四阶段，则其它活动有1种方法；主题班会、主题团日在第四、五阶段，则其它活动有1种方法，则此时共有种方法；如果中心组学习在第二阶段，则第一阶段只有1种方法，后面的三个阶段有种方法.综合得不同的安排方案共有10种.故选:A2、A【解析】根据椭圆的定义，可求得答案.【详解】由可知：，由是椭圆上的一点，则点到两焦点的距离之和为，故选：A3、C【解析】由题意可得，根据三角形中“大边对大角，小边对小角”的性质，将转化为求的概率，又因为，，从而可得的概率【详解】解：在中，，，所以，即，要使得，则，又因为，，则的概率是故选：C【点睛】本题考查几何概型及其计算方法的知识，属于基础题4、C【解析】根据等比数列的性质求得，再根据，即可求得结果.【详解】等比数列满足,设等比数列的公比为q,所以,解得，故，故选：C5、B【解析】根据圆台的体积等于两个圆锥的体积之差，即可求出【详解】设大圆锥的高为，所以，解得故故选：B【点睛】本题主要考查圆台体积的求法以及数学在生活中的应用，属于基础题6、A【解析】根据归纳推理是由特殊到一般，推导结论可得结果.【详解】对于A，由，求出，，，…，推断：数列的前项和，是由特殊推导出一般性的结论，且，故A正确；B和C属于演绎推理，故不正确；对于D，属于归纳推理，但时，结论不正确，故D不正确.故选：A.7、C【解析】这12天的AQI指数值的中位数是，故A不正确；这12天中，空气质量为“优良”的有95，85，77，67，72，92共6天，故B不正确；；从4日到9日，空气质量越来越好，，故C正确；这12天的指数值的平均值为110，故D不正确.故选C8、D【解析】根据向量共面基本定理只需无解即可满足构成空间向量基底，据此检验各选项即可得解.【详解】因为，所以A中的向量不能与，构成基底；因为，所以B中的向量不能与，构成基底；对于，设，则，解得，，所以，故，，为共面向量，所以C中的向量不能与，构成基底；对于，设，则，此方程组无解，所以，，不共面，故D中的向量与，可以构成基底.故选：D9、B【解析】根据基本初等函数的导数公式及求导法则求导函数即可.【详解】.故选：B.10、B【解析】按交集定义求解即可.【详解】AB={2，3}故选：B11、A【解析】设，计算出重心坐标后代入欧拉方程，再求出外心坐标，根据外心的性质列出关于的方程，最后联立解方程即可.【详解】设，由重心坐标公式得，三角形的重心为，，代入欧拉线方程得：，整理得：①的中点为，，的中垂线方程为，即联立，解得的外心为则，整理得：②联立①②得：，或，当，时，重合，舍去顶点的坐标是故选：A【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是求出外心，二是根据外心的性质列方程.12、D【解析】抛物线的标准方程为，从而可得其焦点坐标【详解】抛物线的标准方程为，故其焦点坐标为，故选D.【点睛】本题考查抛物线的性质，属基础题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、8【解析】直线方程代入抛物线方程，应用韦达定理根据弦长公式求弦长【详解】设，由得，所以，，故答案为：814、3【解析】求得坐标，设出点坐标，求得直线的方程，由此求得两点的纵坐标，进而求得.【详解】依题意，设，则，直线的方程为，则，直线的方程为，则，所以.故答案为：15、【解析】根据可求出，再根据向量垂直即可求出，即可得出答案.【详解】因为，，所以，解得，又因为，所以，解得，所以.故答案为：.16、【解析】求导得，进而根据题意在上有且只有一个变号零点，再根据零点的存在性定理求解.【详解】解：，∵在区间上有且只有一个极值点，∴在上有且只有一个变号零点，∴，解得∴a的取值范围是.故答案为：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）或【解析】(1)求出直线的斜率可得l的斜率，再借助直线点斜式方程即可得解.(2)按直线l是否过原点分类讨论计算作答.【小问1详解】直线的斜率为，于是得直线l的斜率，则，即，所以直线l的方程是：.【小问2详解】因直线l在两坐标轴上的截距相等，则当直线l过原点时，直线l的方程为：，即，当直线l不过原点时，设其方程为：，则有，解得，此时，直线l的方程为：，所以直线l的方程为：或.18、（1）8（2）【解析】（1）设，由，进而结合抛物线的定义，将点到焦点的距离转化为到准线的距离，最后求得答案；（2）由，所以，设出直线方程并代入抛物线方程，进而结合根与系数的关系求得答案.【小问1详解】设，抛物线的准线方程为：，因为，由抛物线定义可知，.直线，代入抛物线方程化简得：，则，所以.【小问2详解】设，代入抛物线方程化简得：，所以，因为，所以，于是则直线的方程为：.19、（1）（2）或【解析】（1）求出曲线与坐标轴的交点坐标，设出圆的一般方程，代入求解；（2）分类讨论，斜率不存在时，直接验证，斜率存在时，设直线方程，求出圆心到直线的距离，由勾股定理求解【小问1详解】时，，又得，，所以三交点为，设圆方程为，则，解得，圆方程为；【小问2详解】由（1）知圆标准方程为，圆心为，半径为，直线斜率不存在时，直线为，它与圆的两交点为，满足题意；斜率存在时，设直线方程为，即，圆心到的距离为，又，所以，，直线方程为即所以直线方程是：或20、（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】（1）求解函数的导函数，并且求的两个根，然后分类讨论，和三种情况下对应的单调性；（2）令，通过二次求导法，判断函数的单调性与最小值，设的零点为，求出取值范围，最后将转化为的对勾函数并求解最小值，即可证明出不等式.【小问1详解】函数的定义域为∵令得∵，∴，得或①当，即时，时，或；时，.∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增②当，即时，时，或；时，.∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增③当，即时，∴在上单调递增综上所述：当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增【小问2详解】令，（）∴，令∴，∴在上单调递增又∵，，∴使得，即（*）∴当时，，∴，∴单调递减∴当时，，∴，∴单调递增∴，（）由（*）式可知：，∴，∴∵，∴函数单调递减∴，∴∴【点睛】求解本题的关键是利用二次求导法，通过虚设零点，求解原函数的单调性与最小值，并通过最小值的取值范围证明不等式.21、（1）证明见解析（2）【解析】（1）设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，计算出，即可证得结论成立；（2）利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值.【小问1详解】证明：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为