上海市静安区市级名校2024届高二数学第二学期期末达标检测模拟试题含解析

上海市静安区市级名校2024届高二数学第二学期期末达标检测模拟试题考生须知：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．在的展开式中，记项的系数为，则（）A． B． C． D．2．中国古代儒家要求学生掌握六种基本才艺：礼、乐、射、御、书、数，简称“六艺”,某高中学校为弘扬“六艺”的传统文化，分别进行了主题为“礼、乐、射、御、书、数”六场传统文化知识竞赛，现有甲、乙、丙三位选手进入了前三名的最后角逐,规定：每场知识竞赛前三名的得分都分别为且；选手最后得分为各场得分之和，在六场比赛后，已知甲最后得分为分，乙和丙最后得分都是分，且乙在其中一场比赛中获得第一名，下列说法正确的是()A．乙有四场比赛获得第三名B．每场比赛第一名得分为C．甲可能有一场比赛获得第二名D．丙可能有一场比赛获得第一名3．设集合，，则()A． B． C． D．4．已知函数的图象关于直线对称，且在上为单调函数，下述四个结论：①满足条件的取值有个②为函数的一个对称中心③在上单调递增④在上有一个极大值点和一个极小值点其中所有正确结论的编号是（）A．①④ B．②③ C．①②④ D．①②③5．已知函数，的图象分别与直线交于两点，则的最小值为

A． B． C． D．6．已知函数，若且，则n-m的最小值为()A．2ln2-1 B．2-ln2 C．1+ln2 D．27．给出下列三个命题：①“若，则”为假命题；②若为真命题，则,均为真命题；③命题，则.其中正确的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．38．已知函数，则的值为（）A． B．1 C． D．09．把圆x2+(y-2)A．线段 B．等边三角形C．直角三角形 D．四边形10．设，满足约束条件则的最大值为（）A． B． C． D．11．已知函数，若，且对任意的恒成立，则的最大值为A．3 B．4 C．5 D．612．《数学统综》有如下记载：“有凹钱，取三数，小小大，存三角”.意思是说“在凹（或凸）函数（函数值为正）图象上取三个点，如果在这三点的纵坐标中两个较小数之和最大的数，则存在将这三点的纵坐标值作为三边长的三角形”.现已知凹函数，在上取三个不同的点，均存在为三边长的三角形，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设函数，若，则的取值范围是_____.14．一个竖直平面内的多边形，用斜二测画法得到的水平放置的直观图是一个边长为的正方形，该正方形有一组对边是水平的，则原多边形的面积是______．15．已知球O的半径为R，点A在东经120°和北纬60°处，同经度北纬15°处有一点B，球面上A，B两点的球面距离为___________；16．用1,2,3,4,5,6组成没有重复数字，且至少有一个数字是奇数的三位偶数，这样的三位数一共有______个.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）在平面直角坐标系xOy中，直线C1的参数方程为（t为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2（1+sin2θ）＝2，点M的极坐标为（，）．（1）求点M的直角坐标和C2的直角坐标方程；（2）已知直线C1与曲线C2相交于A，B两点，设线段AB的中点为N，求|MN|的值．18．（12分）在中，角的对边分别是，已知，，且．（1）求的面积；（2）若角为钝角，点为中点，求线段的长度．19．（12分）求适合下列条件的圆锥曲线的标准方程．（1）求与椭圆有公共焦点，且离心率的双曲线的方程．（2）求顶点在原点，准线方程为的抛物线的方程．20．（12分）已知双曲线的右焦点是抛物线的焦点，直线与该抛物线相交于、两个不同的点，点是的中点，求(为坐标原点)的面积.21．（12分）已知椭圆的右顶点为，定点，直线与椭圆交于另一点.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）试问是否存在过点的直线与椭圆交于两点，使得成立？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由.22．（10分）设椭圆的右焦点为，点，若（其中为坐标原点）．（Ⅰ）求椭圆的方程．（Ⅱ）设是椭圆上的任意一点，为圆的任意一条直径（、为直径的两个端点），求的最大值．

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【解题分析】

根据题意，表示出展开式的项对应次数，由二项式定理展开式的性质即可求得各项对应的系数，即可求解.【题目详解】由题意记项的系数为，可知对应的项为；对应的项为；对应的项为；对应的项为；而展开式中项的系数为；对应的项的系数为；对应的项的系数为;对应的项的系数为;所以，故选：C.【题目点拨】本题考查了二项式定理展开式及性质的简单应用，属于基础题.2、A【解题分析】

先计算总分，推断出，再根据正整数把计算出来，最后推断出每个人的得分情况，得到答案.【题目详解】由题可知,且都是正整数当时，甲最多可以得到24分，不符合题意当时，，不满足推断出，最后得出结论:甲5个项目得第一,1个项目得第三乙1个项目得第一,1个项目得第二，4个项目得第三丙5个项目得第二,1个项目得第三,所以A选项是正确的.【题目点拨】本题考查了逻辑推理,通过大小关系首先确定的值是解题的关键,意在考查学生的逻辑推断能力.3、D【解题分析】函数有意义，则，函数的值域是，即.本题选择D选项.4、D【解题分析】

依照题意找出的限制条件，确定，得到函数的解析式，再根据函数图像逐一判断以下结论是否正确．【题目详解】因为函数的图象关于直线对称，所以，又在上为单调函数，，即，所以或，即或所以总有，故①②正确；由或图像知，在上单调递增，故③正确；当时，只有一个极大值点，不符合题意，故④不正确；综上，所有正确结论的编号是①②③．【题目点拨】本题主要考查三角函数的图像与性质，意在考查学生综合分析解决问题的能力．5、B【解题分析】由题意，，其中，，且，所以.令，则，为增函数.令，得.所以.时，时,所以在上单调递减，在上单调递增.所以时,.故选B.点睛：本题的解题关键是将要求的量用一个变量来表示，进而利用函数导数得到函数的单调性求最值，本题中有以下几个难点：（1）多元问题一元化，本题中涉及的变量较多，设法将多个变量建立等量关系，进而得一元函数式；（2）含绝对值的最值问题，先研究绝对值内的式子的范围，最后再加绝对值处理.6、C【解题分析】

作出函数的图象，由题意可得，求得，可得，，求出导数和单调区间，可得极小值，且为最小值，即可得解．【题目详解】解：作出函数的图象如下，，且，可得，，即为，可得，，，令，则当时，，递减；当时，，递增．则在处取得极小值，也为最小值，故选C．【题目点拨】本题考查分段函数及应用，注意运用转化思想和数形结合思想，运用导数求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，属于中档题．7、B【解题分析】试题分析：①若，则且，所以①正确；②若为真命题，则，应至少有一个是真命题，所以②错；③正确．考点：1.四种命题；2.命题的否定．8、D【解题分析】

求出的导函数，代入即得答案.【题目详解】根据题意，，所以，故选D.【题目点拨】本题主要考查导函的四则运算，比较基础.9、B【解题分析】

通过联立方程直接求得交点坐标，从而判断图形形状.【题目详解】联立x2+(y-2)2=1与x2【题目点拨】本题主要考查圆与椭圆的交点问题，难度不大.10、C【解题分析】

作出不等式对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，求目标函数的最大值即可．【题目详解】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，由得到，平移直线，当过A时直线截距最小，最大，由得到，所以的最大值为，故选：C．【题目点拨】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．11、B【解题分析】由,则=可化简为,构造函数,,令,即在单调递增,设,因为,,所以,且,故在上单调递减,上单调递增,所以,又,,即k的最小值为4,故选B.点睛:本题考查函数的恒成立和有解问题,属于较难题目.首先根据自变量x的范围,分离参数和变量,转化为新函数g(x)的最值,通过构造函数求导判断单调性,可知在上单调递减,上单调递增,所以,且,,通过对最小值化简得出的范围,进而得出k的范围.12、A【解题分析】

由题意，三点的纵坐标中两个较小数之和小于等于2，可得m2﹣m+2≤2，即可得出结论．【题目详解】易知，所以，在上的最小值为.由题意可知，当，∴或，，故选A.【题目点拨】本题考查新定义，考查学生转化问题的能力，正确转化是关键．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】分析：，即，再分类讨论求得的范围，综合可得结论．详解：函数函数，

由，可得，其中，

下面对进行分类讨论，

①时，，可以解得

②时，，可以解得综上，即答案为.点睛：本题主要考查绝对值不等式的解法，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于中档题．14、【解题分析】

根据斜二测画法可知，原图形中的高在直观图中变为原来的，直观图中的高变为原高的，原来的平面图形与直观图的面积比是：1，计算即可．【题目详解】该多边形的直观图是一个边长为的正方形，正方形的面积为，原多边形的面积是．故答案为．【题目点拨】本题主要考查了斜二测画法，原图形与直观图面积的关系，属于中档题．15、；【解题分析】

根据纬度差可确定，根据扇形弧长公式可求得所求距离.【题目详解】在北纬，在北纬，且均位于东经两点的球面距离为：本题正确结果：【题目点拨】本题考查球面距离的求解问题，关键是能够通过纬度确定扇形圆心角的大小，属于基础题.16、54【解题分析】

运用排列组合，先求出偶数的可能一共有多少个，然后减去三个数字都是偶数的情况【题目详解】当个位是偶数的时候共有种可能三个数字都是偶数时，有种可能则满足题意的三位数共有种故答案为【题目点拨】本题考查了排列组合的数字的排序问题，只要按照题目要求进行分类求出一共的情况，然后减去不符合情况即可得出结果三、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）M的极坐标为（1，），C2的直角坐标方程为x2+2y2＝2（2）【解题分析】

（1）根据极坐标与直角坐标的转化公式，得到M的直角坐标，利用，得到曲线的直角坐标方程；（2）将的参数方程代入的直角坐标方程，得到，而所求的，从而得到答案.【题目详解】（1）由点M的极坐标为（，），可得点M的直角坐标为（1，），由ρ2（1+sin2θ）＝2，得ρ2+ρ2sin2θ＝2，∵x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴C2的直角坐标方程为x2+2y2＝2；（2）把（t为参数）代入x2+2y2＝2，得7t2+24t+16＝1．设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，则，又N点对应的参数为，∴|MN|．【题目点拨】本题考查参数方程与极坐标方程化直角坐标方程，直线参数方程的几何意义，属于中档题.18、（1）；（2）【解题分析】

（1）由，根据正弦定理可证得，，利用面积公式求得结果；（2）运用公式即可求得结果.【题目详解】（1），，（2）由为钝角可得，【题目点拨】本题主要考查的知识点是运用正弦定理和余弦定理求三角形边长，再运用面积公式求出三角形面积，在求解过程中要注意公式的运用，尤其是边角的互化，熟练掌握公式是本题的解题关键19、（1）（2）【解题分析】

（1）根据题意双曲线方程可设为,可得关于的方程组，进而求出双曲线的方程．（2）根据抛物线的顶点在原点，准线方程为,可设抛物线方程为,从而可求得抛物线的方程．【题目详解】（1）解:依题意，双曲线的焦点坐标是故双曲线的方程可设为又∵双曲线的离心率∴解得∴双曲线的方程为（2）解:∵抛物线的顶点在原点，准线方程为∴可设抛物线方程为∵∴∴抛物线方程为【题目点拨】本题考查圆锥曲线的综合，主要考查椭圆、双曲线、抛物线的相关性质，是基础题.解题时需要认真审题.20、【解题分析】分析：由双曲线方程可得右焦点，即为抛物线的焦点，可得抛物线的方程，利用点差法得到直线的斜率为联立直线方程，可得y的二次方程，解得，利用割补法表示的面积为，带入即可得到结果.详解：∵双曲线的左焦点的坐标为∴的焦点坐标为，∴，因此抛物线的方程为设，，，则，∴∵为的中点，所以，故∴直线的方程为∵直线过点，∴，故直线的方程为，其与轴的交点为由得：，，∴的面积为.点睛：本题考查双曲线和抛物线的方程和性质，考查直线方程与抛物线的方程联立，考查了点差法，考查了利用割补思想表示面积，以及化简整理的运算能力，属于中档题．21、（Ⅰ）；（Ⅱ）存在，或【解题分析】

（1）由已知可得，再将点代入椭圆方程，求出即可；（2）设，由已知可得，结合，可得，从而有，验证斜率不存在时是否满足条件，当斜率存在时，设其方程为，与椭圆方程联立，根据根与系数关系，得出关系式，结合，即可求解.【题