2025届上海市莘庄中学等四校联考高二上数学期末联考模拟试题含解析

2025届上海市莘庄中学等四校联考高二上数学期末联考模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．已知等差数列，若，，则（）A.1 B.C. D.32．直线l经过两条直线和的交点，且平行于直线，则直线l的方程为（）A. B.C. D.3．在公比为为q等比数列中，是数列的前n项和，若，则下列说法正确的是（）A. B.数列是等比数列C. D.4．已知命题：，，命题：，，则（）A.是假命题 B.是真命题C.是真命题 D.是假命题5．中国古代数学名著《算法统宗》中有这样一个问题：“今有俸粮三百零五石，令五等官（正一品、从一品、正二品、从二品、正三品）依品递差十三石分之，问，各若干？”其大意是，现有俸粮石，分给正一品、从一品、正二品、从二品、正三品这位官员，依照品级递减石分这些俸粮，问，每个人各分得多少俸粮？在这个问题中，正三品分得俸粮是（）A.石 B.石C.石 D.石6．设、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则7．在等差数列中，若的值是A.15 B.16C.17 D.188．如图，在四面体中，，，，D为BC的中点，E为AD的中点，则可用向量，，表示为（）A. B.C. D.9．已知，则的最小值是（）A.3 B.8C.12 D.2010．在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，且所有项的系数和为0，则含的项的系数为（）A.-20 B.-15C.-6 D.1511．圆的圆心坐标与半径分别是（）A. B.C. D.12．已知数列满足，且，则的值为（）A.3 B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2020>0，S2021<0，则当n=_____________时，Sn最大.14．已知椭圆和双曲线有相同的焦点和，设椭圆和双曲线的离心率分别为，，P为两曲线的一个公共点，且（O为坐标原点）．若，则的取值范围是______15．在空间四边形ABCD中，AD=2，BC=2，E，F分别是AB，CD的中点，EF=，则异面直线AD与BC所成角的大小为____.16．如图，四边形和均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点在线段上，、分别为、的中点.设异面直线与所成的角为，则的最大值为____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）已知椭圆的上、下顶点分别为A，B，离心率为，椭圆C上的点与其右焦点F的最短距离为.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线与椭圆C交于P，Q两点，直线PA与QB的斜率分别为，，且，那么直线l是否过定点，若过定点，求出该定点坐标；否则，请说明理由.18．（12分）某港口船舶停靠的方案是先到先停，且每次只能停靠一艘船.（1）若甲乙两艘船同时到达港口，双方约定各派一名代表猜拳：从1，2，3，4，5中各随机选一个数，若两数之和为奇数，则甲先停靠；若两数之和为偶数，则乙先停靠，这种方式对双方是否公平？请说明理由；（2）若甲、乙两船在一昼夜内到达该码头的时刻是等可能的.如果甲船停泊时间为1h，乙船停泊时间为2h，求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率.19．（12分）设全集U＝R，集合A＝{x|1≤x≤5}，集合B＝{x|2-a≤x≤1+2a}，其中a∈R.（1）若“x∈A”是“x∈B”的充分条件，求a的取值范围；（2）若“x∈A”是“x∈B”的必要条件，求a的取值范围.20．（12分）已知各项均为正数的等差数列满足，且，，构成等比数列的前三项.（1）求数列，的通项公式；（2）设，求数列的前项和.21．（12分）已知函数（1）求曲线在点（e，）的切线方程；（2）求函数的单调区间.22．（10分）如图,是平行四边形，已知，,平面平面.（1）证明：；（2）若，求平面与平面所成二面角的平面角的余弦值

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】利用等差数列的通项公式进行求解.【详解】设等差数列的公差为，因为，，所以，解得.故选：C.2、B【解析】联立已知两条直线方程求出交点，再根据两直线平行则斜率相同求出斜率即可.【详解】由得两直线交点为(－1，0)，直线l斜率与相同，为，则直线l方程为y－0＝(x＋1)，即x－2y＋1＝0.故选：B.3、D【解析】根据等比数列的通项公式、前项和公式的基本量运算，即可得到答案；【详解】，，故A错误；，，显然数列不是等比数列，故B错误；，故C错误；，，故D成立；故选：D4、C【解析】先分别判断命题、的真假，再利用逻辑联结词“或”与“且”判断命题的真假.【详解】由题意，，所以，成立，即命题为真命题，，所以不存在，使得，即命题为假命题，所以是假命题，为真命题，所以是真命题，是假命题，是假命题，是真命题.故选：C5、D【解析】令位官员(正一品、从一品、正二品、从二品、正三品)所分得的俸粮数是公差为数列，利用等差数列的前n项和求，进而求出正三品即可.【详解】正一品、从一品、正二品、从二品、正三品这位官员所分得的俸粮数记为数列，由题意，是以为公差的等差数列，且，解得.故正三品分得俸粮数量为（石）.故选：D.6、B【解析】根据线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断即可.【详解】选项A.一条直线垂直于一平面内的，两条相交直线，则改直线与平面垂直则由，不能得出，故选项A不正确.选项B.,则正确，故选项B正确.选项C若，则与可能相交，可能异面，也可能平行，故选项C不正确.选项D.若，则与可能相交，可能平行，故选项D不正确.故选：B7、C【解析】由已知直接利用等差数列的性质求解【详解】在等差数列{an}中，由a1+a2+a3=3，得3a2=3，即a2=1，又a5=9，∴a8=2a5-a2=18-1=17故选C【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查等差数列的性质，是基础题8、B【解析】利用空间向量的基本定理，用，，表示向量【详解】因为是的中点，是的中点，，故选：B9、A【解析】利用基本不等式进行求解即可.【详解】因为，所以，当且仅当时取等号，即当时取等号，故选：A10、C【解析】先由只有第4项的二项式系数最大，求出n=6；再由展开式的所有项的系数和为0，用赋值法求出,用通项公式求出的项的系数.【详解】∵在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，∴在的展开式有7项，即n=6；而展开式的所有项的系数和为0，令x=1，代入，即，所以.∴是展开式的通项公式为：，要求含的项，只需，解得，所以系数为.故选：C11、C【解析】将圆的一般方程化为标准方程，即可得答案.【详解】由题可知，圆的标准方程为，所以圆心为，半径为3，故选.12、B【解析】根据题意，依次求出，观察规律，进而求出数列的周期，然后通过周期性求得答案.【详解】因为数列满足，，所以，所以，，，可知数列具有周期性，周期为3，，所以.故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1010【解析】先由S2020>0，S2021<0，判断出，，即可得到答案.【详解】等差数列{an}的前n项和为，所以，因为1+2020=1010+1011，所以，所以.，所以，所以当n=1010时，Sn最大.故答案为：1010.14、【解析】设出半焦距c，用表示出椭圆的长半轴长、双曲线的实半轴长，由可得为直角三角形，由此建立关系即可计算作答.【详解】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，它们的半焦距为c，于是得，，由椭圆及双曲线的对称性知，不妨令焦点和在x轴上，点P在y轴右侧，由椭圆及双曲线定义得：，解得，，因，即，而O是线段的中点，因此有，则有，即，整理得：，从而有，即有，又，则有，即，解得，所以的取值范围是.故答案：15、【解析】由已知找到异面直线所成角的平面角，再运用余弦定理可得答案.【详解】解：设BD的中点为O，连接EO，FO，所以，则∠EOF（或其补角）就是异面直线AD，BC所成的角的平面角，又因为EO=AD=1，FO=BC=，EF=.根据余弦定理得=-，所以∠EOF=150°，异面直线AD与BC所成角的大小为30°.故答案为：30°.16、【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，设，，，，，由向量法可得，令，，，利用导数研究函数的单调性即可求得的最大值，从而可得答案【详解】解：由题意，根据已知条件，直线AB，AD，AQ两两互相垂直，所以建立如图所示空间直角坐标系不妨设，则，0，，，0，，，1，，设，，，，，，，，，，，令，，则，函数在上单调递减，时，函数取得最大值，的最大值为故答案为：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）恒过点【解析】（1）设为椭圆上的点，根据椭圆的性质得到，再根据的取值范围，得到，再根据离心率求出、，最后根据，求出，即可得解；（2）设、，表示出、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由，即可得到，再根据，即可得到，从而得到，再将、代入计算可得；【小问1详解】解：设为椭圆上的点，为椭圆的右焦点，所以，因为，所以，又，所以、，因为，所以，所以椭圆方程为；【小问2详解】解：设、，依题意可得、，所以、，联立得，则即，所以、，因为，所以，即，由得，即，所以，即，，整理得，所以，即，即，解得或，当时直线过点，故舍去，所以，则直线恒过点；18、（1）不公平，理由见解析.（2）【解析】（1）通过计算概率来进行判断.（2）利用几何概型计算出所求概率.【小问1详解】两数之和为奇数的概率为，两数之和为偶数的概率为，两个概率不相等，所以不公平.【小问2详解】设甲到的时刻为，乙到的时刻为，则，若它们中的任意一艘都不需要等待码头空出，则或，画出可行域如下图阴影部分所示，所以所求的概率为：.19、（1）（2）【解析】（1）由“”是“”的充分条件，可得，从而可得关于的不等式组，解不等式组可得答案；（2）“”是“”的必要条件，可得，然后分和两种情况求解即可【小问1详解】由题意得到A＝[1，5]，由“x∈A”是“x∈B”的充分条件可得A⊆B，则，解得，故实数a的取值范围是.【小问2详解】由“x∈A”是“x∈B”的必要条件可得B⊆A，当时，2-a＞1+2a，即a＜时，满足题意，当时，即a≥时，则，解得≤a≤1.综上a≤1，故实数a的取值范围是.20、（1），，；（2）.【解析】（1）由等差中项的性质可求出，又，，构成等比数列，设出公差，代入可求出，从而求出数列的通项公式，代入可求出，的值，从而求出数列的通项公式；（2）将通项公式代入，运用裂项相消的方法可求出前项和.【详解】解析：（1）因为等差数列中，，所以，设数列公差为，因为，，构成等比数列，则，即，解得或(舍)即，又等比数列中，，所以，；（2）∵，∴，∴【点睛】易错点睛：（1）裂项相消时一定要注意分母的差，一般情况下分母的差是几，则要在裂项前面乘以几分之一；（2）裂项相消时要注意保留的项数.21、（1）；（2）在单调递减，在单调递增【解析】（1）求出函数的导数，求出切线的斜率，切点坐标，然后求解切线方程；（2）利用导函数的符号，判断函数的单调性，求解函数的单调区间即可【详解】解：（1）由得，所以切线斜率为切点坐标为，所以切线方程为，即；（2），令，得当时，；当时，，∴在单调递减，在单调递增22、(1)见解析;(2).【解析】（1）推导出，取BC的中点F，连结EF，可推出，从而平面，进而，由此得到平面，从而；（2）以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，以过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成二面角的余弦值【详解】（1）∵是平行四边形，且∴，故，即取BC的中点F，连结EF.∵∴又∵平面平面∴平面∵平面∴∵平面∴平面，