2025届上海市宝山区淞浦中学数学高二上期末考试模拟试题含解析

2025届上海市宝山区淞浦中学数学高二上期末考试模拟试题注意事项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．设实数x，y满足约束条件则的最小值（）A.5 B.C. D.82．几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点、是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大的．”如图，其结论是：点为过、两点且和射线相切的圆的切点．根据以上结论解决一下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是（）A.B.C.或D.或3．在三棱锥中，，D为上的点，且，则（）A. B.C. D.4．如图，和分别是双曲线的两个焦点，和是以为圆心，以为半径的圆与该双曲线左支的两个交点，且是等边三角形，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.5．抛物线的准线方程为，则实数的值为（）A. B.C. D.6．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P是椭圆上一点且的最大值为，则椭圆离心率为（）A. B.C. D.7．如图，奥运五环由5个奥林匹克环套接组成，环从左到右互相套接，上面是蓝、黑、红环，下面是黄，绿环，整个造形为一个底部小的规则梯形．为迎接北京冬奥会召开，某机构定制一批奥运五环旗，已知该五环旗的5个奥林匹克环的内圈半径为1，外圈半径为1.2，相邻圆环圆心水平距离为2.6，两排圆环圆心垂直距离为1.1，则相邻两个相交的圆的圆心之间的距离为（）A. B.2.8C. D.2.98．已知数列满足，则满足的的最大取值为（）A.6 B.7C.8 D.99．已知函数的导函数为，若的图象如图所示，则函数的图象可能是（）A. B.C. D.10．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S7＝28，则a4＝（）A.4 B.7C.8 D.1411．若数列为等比数列，且，，则（）A.8 B.16C.32 D.6412．数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，-些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物.曲线C：为四叶玫瑰线.①方程(xy<0)表示的曲线在第二和第四象限；②曲线C上任一点到坐标原点0的距离都不超过2；③曲线C构成的四叶玫瑰线面积大于4π；④曲线C上有5个整点(横、纵坐标均为整数的点).则上述结论中正确的个数是（）A.1 B.2C.3 D.4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．随机变量X的取值为0，1，2，若，，则_________14．用秦九韶算法求函数，当时的值时，___________15．某校为了解学生学习的情况，采用分层抽样的方法从高一人、高二人、高三人中，抽取人进行问卷调查.已知高一被抽取的人数为，那么高二被抽取的人数为__.16．等轴（实轴长与虚轴长相等）双曲线的离心率_______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，,，数列满足（1）求证：数列是等比数列，并求出数列的通项公式；（2）数列前项和为，且满足，求的表达式；（3）令，对于大于的正整数、（其中），若、、三个数经适当排序后能构成等差数列，求符合条件的数组.18．（12分）已知三棱柱中，，，平面ABC，，E为AB中点，D为上一点（1）求证：；（2）当D为中点时，求平面ADC与平面所成角的正弦值19．（12分）已知两动圆：和：，把它们的公共点的轨迹记为曲线，若曲线与轴的正半轴的交点为，取曲线上的相异两点、满足：且点与点均不重合.（1）求曲线的方程；（2）证明直线恒经过一定点，并求此定点的坐标；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）已知数列满足,，设.（1）证明数列为等比数列，并求通项公式；（2）设，求数列的前项和.22．（10分）已知椭圆的焦距为，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）若斜率为1的直线与椭圆交于不同的两点，，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、B【解析】做出，满足约束条件的可行域，结合图形可得答案.【详解】做出，满足约束条件可行域如图，化为，平移直线，当直线经过点时有最小值，由得，所以的最小值为.故选：B.2、A【解析】根据米勒问题的结论，点应该为过点、的圆与轴的切点，设圆心的坐标为，写出圆的方程，并将点、的坐标代入可求出点的横坐标.【详解】解：设圆心的坐标为，则圆的方程为，将点、的坐标代入圆的方程得，解得或（舍去），因此，点的横坐标为，故选：A.3、B【解析】根据几何关系以及空间向量的线性运算即可解出【详解】因为，所以，即故选：B4、D【解析】解：，设F1F2=2c，∵△F2AB是等边三角形，∴∠AF1F2==30°，∴AF1=c，AF2=c，∴a=(c-c)2，e=2c(c-c)=+1，故选D5、B【解析】由题得，解方程即得解.【详解】解：抛物线的准线方程为，所以.故选：B6、A【解析】根据椭圆的定义可得，从而得到，则，其中，再根据对勾函数的性质求出，即可得到方程，从求出椭圆的离心率；【详解】解：依题意，所以，又，所以，因为在上单调递减，所以当时函数取得最大值，即，即所以，即，所以，解得或（舍去）故选：A7、C【解析】根据题意作出辅助线直接求解即可.【详解】如图所示，由题意可知，在中，取的中点，连接，所以，，又因为，所以，所以即相邻两个相交的圆的圆心之间的距离为.故选：C8、B【解析】首先地推公式变形，得，，求得数列的通项公式后，再解不等式.【详解】因为，两边取倒数，得，整理为：，，所以数列是首项为1，公差为4的等差数列，，，因为，即，得，解得：，,所以的最大值是7.故选：B9、D【解析】根据导函数大于，原函数单调递增；导函数小于，原函数单调递减；即可得出正确答案.【详解】由导函数得图象可得：时，，所以单调递减，排除选项A、B，当时，先正后负，所以在先增后减，因选项C是先减后增再减，故排除选项C，故选：D.10、A【解析】由等差数列的性质可知，再代入等差数列的前项和公式求解.【详解】数列{an}是等差数列，，那么，所以.故选：A.【点睛】本题考查等差数列的性质和前项和，属于基础题型.11、B【解析】设等比数列的公比为，根据等比数列的通项公式得到，即可求出，再根据计算可得；【详解】解：设等比数列公比为，因为、，所以，所以；故选：B12、B【解析】对于①，由判断，对于②，利用基本不等式可判断，对于③，以为圆心，2为半径的圆的面积与曲线围成的面积进行比较即可，对于④，将和联立，求解出两曲线的切点，从而可判断【详解】对于①，由，得异号，方程(xy<0)关于原点及y=x对称，所以方程(xy<0)表示的曲线在第二和第四象限，所以①正确，对于②，因为，所以，所以，所以，所以由曲线的对称性可知曲线C上任一点到坐标原点0的距离都不超过2，所以②正确，对于③，由②可知曲线C上到原点的距离不超过2，而以为圆心，2为半径的圆的面积为，所以曲线C构成的四叶玫瑰线面积小于4π，所以③错误，对于④，将和联立，解得，所以可得圆与曲线C相切于点，，，，而点（1，1）不满足曲线方程，所以曲线在第一象限不经过任何整数点，由曲线的对称性可知曲线在其它象限也不经过任何整数点，所以曲线C上只有1个整点（0，0），所以④错误，故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、##0.4【解析】设出概率，利用期望求出相应的概率，进而利用求方差公式进行求解.【详解】设，则，从而，解得：，所以故答案为：14、0【解析】利用秦九韶算法的定义计算即可.【详解】故答案为:015、【解析】利用分层抽样可求得的值，再利用分层抽样可求得高二被抽取的人数.【详解】高一年级抽取的人数为：人，则，则高二被抽取的人数，故答案为：.16、【解析】由题意可知，，由，化简可求离心率.【详解】由题意可知，，两边同时平方，得，即，，所以离心率，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）证明见解析，；（2）；（3）.【解析】（1）由已知等式变形可得，利用等比数列的定义可证得结论成立，确定等比数列的首项和公比，可求得数列的通项公式；（2）求得，然后分、两种情况讨论，结合裂项相消法可得出的表达式；（3）求得，分、、三种情况讨论，利用奇数与偶数的性质以及整数的性质可求得、的值，综合可得出结论.【小问1详解】解：由可得，，则，，以此类推可知，对任意的，，则，故数列为等比数列，且该数列的首项为，公比为，故，可得.【小问2详解】解：由（1）知，所以，所以，当n＝1时，，当时，.因为满足，所以.【小问3详解】解：，、、这三项经适当排序后能构成等差数列，①若，则，所以，，又，所以，，则；②若，则，则，左边为偶数，右边为奇数，所以，②不成立；③若，同②可知③也不成立综合①②③得，18、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）利用线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理即证；（2）利用坐标法即求.【小问1详解】∵，E为AB中点，∴，∵平面ABC，平面ABC，∴，又，，∴平面，平面，∴；【小问2详解】以C点为坐标原点，CA，CB，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，不妨设，则平面的法向量为，设平面ADC法向量为，则，∴，即，令，则∴平面ADC与平面所成角的余弦值为，所以平面ADC与平面所成角的正弦值.19、（1）；（2）证明见解析，.【解析】（1）设两动圆的公共点为，则有，运用椭圆的定义，即可得到，，，进而得到的轨迹方程；（2），设，，，，设出直线方程，联立方程组，利用韦达定理法及向量的数量积的坐标表示，即可得到定点.【小问1详解】设两动圆的公共点为，则有由椭圆的定义可知的轨迹为椭圆，设方程为，则，，所以曲线的方程是：【小问2详解】由题意可知：，且直线斜率存在，设，，设直线：，联立方程组，可得，，，因为，所以有，把代入整理化简得，或舍，因为点与点均不重合，所以直线恒过定点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）计算可得出，根据等比数列的定义可得出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式；（2）求得，利用错位相减法可求得.【小问1详解】证明：对任意的，，则，则，因为，则，