上海市戏剧学院附属中学2025届高二上数学期末联考试题含解析

上海市戏剧学院附属中学2025届高二上数学期末联考试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．在平面区域内随机投入一点P，则点P的坐标满足不等式的概率是（）A. B.C. D.2．点分别为椭圆左右两个焦点，过的直线交椭圆与两点，则的周长为（）A.32 B.16C.8 D.43．直线的一个方向向量为，则它的斜率为（）A. B.C. D.4．在一个正方体中，为正方形四边上的动点，为底面正方形的中心，分别为中点，点为平面内一点，线段与互相平分，则满足的实数的值有A.0个 B.1个C.2个 D.3个5．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.6．在棱长为4的正方体中，为的中点，点P在正方体各棱及表面上运动且满足，则点P轨迹围成的图形的面积为（）A. B.C. D.7．积分（）A. B.C. D.8．如图1所示，抛物面天线是指由抛物面（抛物线绕其对称轴旋转形成的曲面）反射器和位于其焦点上的照射器（馈源，通常采用喇叭天线）组成的单反射面型天线，广泛应用于微波和卫星通讯等，具有结构简单、方向性强、工作频带宽等特点.图2是图1的轴截面，，两点关于抛物线的对称轴对称，是抛物线的焦点，是馈源的方向角，记为.焦点到顶点的距离与口径的比为抛物面天线的焦径比，它直接影响天线的效率与信噪比等.若馈源方向角满足，则该抛物面天线的焦径比为（）A. B.C. D.29．抛物线的焦点坐标为A. B.C. D.10．曲线与曲线的（）A.长轴长相等 B.短轴长相等C.离心率相等 D.焦距相等11．已知点是椭圆上的任意一点，过点作圆：的切线，设其中一个切点为，则的取值范围为（）A. B.C. D.12．2021年是中国共产党百年华诞，3月24日，中宣部发布中国共产党成立100周年庆祝活动标识（图1），标识由党徽、数字“100”“1921”“2021”和56根光芒线组成，生动展现中国共产党团结带领中国人民不忘初心、牢记使命、艰苦奋斗的百年光辉历程.其中“100”的两个“0”设计为两个半径为的相交大圆，分别内含一个半径为1的同心小圆，且同心小圆均与另一个大圆外切（图2）.已知，在两大圆的区域内随机取一点，则该点取自两大圆公共部分的概率为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若，且，则_____________14．已知等比数列满足，则_________15．已知为抛物线上的动点，，，则的最小值为________.16．在公差不为的等差数列中，，，成等比数列，数列的前项和为（1）求数列的通项公式；（2）若，且数列的前项和为，求三、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）已知函数，（1）求的单调区间；（2）当时，求证：在上恒成立18．（12分）已知圆，直线.（1）当为何值时，直线与圆相切；（2）当直线与圆相交于、两点，且时，求直线的方程.19．（12分）设F为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆C交于两点.（1）若点B为椭圆C的上顶点，求直线的方程；（2）设直线的斜率分别为，，求证：为定值.20．（12分）一个盒中装有编号分别为、、、的四个形状大小完全相同的小球.（1）从盒中任取两球，列出所有的基本事件，并求取出的球的编号之和大于的概率；（2）从盒中任取一球，记下该球的编号，将球放回，再从盒中任取一球，记下该球的编号，列出所有的基本事件，并求的概率.21．（12分）在直角坐标系中，曲线C的参数方程为，（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）写出曲线C的极坐标方程；（2）已知直线与曲线C相交于A，B两点，求.22．（10分）同时掷两颗质地均匀的骰子（六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6的正方体）（1）求两颗骰子向上的点数相等的概率；（2）求两颗骰子向上的点数不相等，且一个点数是另一个点数的整数倍的概率

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】根据题意作出图形，进而根据几何概型求概率的方法求得答案.【详解】根据题意作出示意图，如图所示：于，所求概率.故选：A.2、B【解析】由题意结合椭圆的定义可得，而的周长等于，从而可得答案【详解】解：由得，由题意得，所以的周长等于，故选：B3、A【解析】根据的方向向量求得斜率.【详解】且是直线的方向向量，.故选：A4、C【解析】因为线段D1Q与OP互相平分，所以四点O，Q，P，D1共面，且四边形OQPD1为平行四边形．若P在线段C1D1上时，Q一定在线段ON上运动，只有当P为C1D1的中点时，Q与点M重合，此时λ＝1，符合题意若P在线段C1B1与线段B1A1上时，在平面ABCD找不到符合条件Q；在P在线段D1A1上时，点Q在直线OM上运动，只有当P为线段D1A1的中点时，点Q与点M重合，此时λ＝0符合题意，所以符合条件的λ值有两个故选C.5、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.6、A【解析】构造辅助线，找到点P轨迹围成的图形为长方形，从而求出面积.【详解】取的中点E，的中点F，连接BE，EF，AF，则由于为的中点，可得，所以∠CBE=∠ECN，从而∠BCN+∠CBE=∠BCN+∠ECN=90°，所以BE⊥CN，又EF⊥平面，平面，所以EF⊥CN，又因为BEEF=E，所以CN⊥平面ABEF，所以点P轨迹围成的图形为矩形ABEF，又，所以矩形ABEF面积为.故选：A7、B【解析】根据定积分的几何意义求值即可.【详解】由题设，定积分表示圆在x轴的上半部分，所以.故选：B8、B【解析】建立平面直角坐标系，利用题设条件得到得点坐标，代入抛物线方程化简即可求解【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线的方程为（）在中，则所以则所以，所以将代入抛物线方程中得所以或即或（舍）当时，故选：B9、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10、D【解析】分别求出两曲线表示的椭圆的位置，长轴长、短轴长、离心率和焦距，比较可得答案.【详解】曲线表示焦点在x轴上的椭圆，长轴长为10，短轴长为6，离心率为,焦距为8,曲线焦点在x轴上的椭圆，长轴长为，短轴长为，离心率为,焦距为,故选：D11、B【解析】设，得到，利用椭圆的范围求解.【详解】解：设，则，，，因为，所以，即，故选：B12、B【解析】求出两圆相交公共部分两个弓形面积，结合两圆面积可得概率【详解】如图，是两圆心，是两圆交点坐标，四边形边长均为，又，所以，所以，四边形是正方形，，弓形面积为，两个弓形面积为，两圆涉及部分面积为所以所求概率为故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由，可得，，，从而利用换底公式及对数的运算性质即可求解.【详解】解：因为，所以，，，又，所以，所以，所以，故答案为：.14、84【解析】设公比为q，求出，再由通项公式代入可得结论【详解】设公比为q，则，解得所以故答案为：8415、6【解析】根据抛物线的定义把的长转化为到准线的距离为，进而数形结合求出最小值.【详解】易知为抛物线的焦点，设到准线的距离为，则，而的最小值为到准线的距离，故的最小值为.故答案为：616、（1）（2）【解析】（1）由解出，再由前项和为55求得，由等差数列通项公式即可求解；（2）先求出，再由裂项相消求和即可.【小问1详解】设公差为，由，，成等比数列，可得，即有，整理得，数列的前项和为55，可得，解得1，1，则；【小问2详解】，则三、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）单调减区间为，单调增区间为；（2）证明见解析.【解析】（1）求得，根据其正负，即可判断函数单调性从而求得函数单调区间；（2）根据题意，转化目标不等式为，分别构造函数，，利用导数研究其单调性，即可证明.【小问1详解】因为，故可得，又为单调增函数，令，解得，故当时，；当时，，故的单调减区间为，单调增区间为.【小问2详解】当时，，要证，即证，又，则只需证，即证，令，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，取得最大值；令，，又为单调增函数，且时，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故当时，取得最小值.则，且当时，同时取得最小值和最大值，故，即，也即时恒成立.【点睛】本题考察利用导数求函数的单调区间，以及利用导数研究恒成立问题；处理本题的关键是合理转化目标式，属中档题.18、（1）；（2）或.【解析】（1）将圆的方程表示为标准方程，确定圆心坐标与半径，利用圆心到直线的距离可求得实数的值；（2）求出圆心到直线的距离，利用、、三者满足勾股定理可求得的方程，解出的值，即可得出直线的方程.【详解】将圆C的方程配方得标准方程为，则此圆的圆心为，半径为.（1）若直线与圆相切，则有，解得；（2）圆心到直线的距离为，由勾股定理可得，可得，整理得，解得或，故所求直线方程为或.【点睛】方法点睛：圆的弦长的常用求法（1）几何法：求圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；（2）代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式.19、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）求出的直线方程，结合椭圆方程可求的坐标，从而可求的直线方程；（2）设，直线（或），则可用两点的坐标表示或，联立直线的方程和椭圆的方程，消元后利用韦达定理可化简前者从而得到要证明的结论【详解】（1）若B为椭圆的上顶点，则.又过点，故直线由可得，解得即点，又，故直线；（2）设，方法一：设直线，代入椭圆方程可得：所以，故，又均不为0，故，即为定值方法二：设直线，代入椭圆方程可得：所以所以，即，所以，即为定值方法三：设直线，代入椭圆方程可得：所以，所以所以，把代入得方法四：设直线，代入椭圆的方程可得，则所以.因为，代入得.【点睛】思路点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.20、（1）基本事件答案见解析，概率为；（2）基本事件答案见解析，概率为.【解析】（1）利用列举法列举出所有的基本事件，并确定事件“取出的球的编号之和大于”所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得结果；（2）利用列举法列举出所有的基本事件，并确定事件“”所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得结果.【详解】（1）记“从盒中任取两球，取出球的编号之和大于”为事件，样本点表示“从盒中取出、号球”，且和表示相同的样本点（以此类推），则样本空间为，则，根据古典概型可知，从盒中任取两球，取出球的编号之和大于的概率为；（2）记“”为事件，样本点表示第一次取出号球，将球放回，从盒中取出号球（以此类推），则样本空间，则，所以，故事件“”的概率为.21、（1）；（2）.【解析】（1）首先将圆的参数方程华为普通方程，再转化为极坐标方程即可.（2）首先联立得到，再求的长度即可.【详解】（1）将曲线C的参数方程，（为参数）化为普通方程，得，极坐标方程为.（2）联立方程组，消去得，设点A，B对应的极径分别为，，则，，所以.22、（1）；（2）.【