2025年上海市浦东新区洋泾中学高二数学第一学期期末达标检测模拟试题含解析

2025年上海市浦东新区洋泾中学高二数学第一学期期末达标检测模拟试题注意事项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．设为坐标原点，抛物线的焦点为，为抛物线上一点．若，则的面积为（）A. B.C. D.2．数列，则是这个数列的第（）A.项 B.项C.项 D.项3．若圆与圆相切，则实数a的值为（）A.或0 B.0C. D.或4．已知、是椭圆的两个焦点，P为椭圆C上一点，且，若的面积为9，则的值为（）A.1 B.2C.3 D.45．已知五个数据3，4，x，6，7的平均数是x，则该样本标准差为（）A.1 B.C. D.26．若椭圆与直线交于两点,过原点与线段AB中点的直线的斜率为,则A. B.C. D.27．双曲线C：的渐近线方程为（）A. B.C. D.8．圆截直线所得弦的最短长度为（）A.2 B.C. D.49．求点关于x轴的对称点的坐标为（）A. B.C. D.10．数学家歌拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知的三个顶点分别为，，，则的欧拉线方程是（）A. B.C. D.11．下列各式正确的是（）A. B.C. D.12．在正方体中，为棱的中点，为棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数，则________.14．已知某圆锥的高为4，体积为，则其侧面积为________15．已知蜥蜴的体温与阳光照射的关系可近似为，其中为蜥蜴的体温(单位：℃)为太阳落山后的时间(单位：)．当________时，蜥蜴体温的瞬时变化率为16．不等式的解集为，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．（12分）已知（1）讨论函数的单调性；（2）若函数在上有1个零点，求实数a的取值范围18．（12分）已知等差数列公差不为0，且成等比数列.（1）求数列的通项公式及其前n项和；（2）记，求数列的前n项和.19．（12分）已知函数（e为自然对数的底数），（），.（1）若直线与函数，的图象都相切，求a的值；（2）若方程有两个不同的实数解，求a的取值范围.20．（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；21．（12分）已知集合，，.（1）求；（2）若“”是“”的必要不充分条件，求实数a的取值范围.22．（10分）已知的展开式中前三项的二项式系数之和为46，（1）求n；（2）求展开式中系数最大的项

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、D【解析】先由抛物线方程求出点的坐标，准线方程为，再由可求得点的横坐标为4，从而可求出点的纵坐标，进而可求出的面积【详解】由题意可得点的坐标，准线方程为，因为为抛物线上一点，，所以点的横坐标为4，当时，，所以，所以的面积为，故选：D2、A【解析】根据数列的规律，求出通项公式，进而求出是这个数列的第几项【详解】数列为，故通项公式为，是这个数列的第项.故选：A.3、D【解析】根据给定条件求出两圆圆心距，再借助两圆相切的充要条件列式计算作答.【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，而，即点不可能在圆内，则两圆必外切，于是得，即，解得，所以实数a的值为或.故选：D4、C【解析】根据椭圆定义，和条件列式，再通过变形计算求解.【详解】由条件可知，，即，解得：.故选：C【点睛】本题考查椭圆的定义，焦点三角形的性质，重点考查转化与变形，计算能力，属于基础题型.5、B【解析】先求出的值，然后利用标准差公式求解即可【详解】解：因为五个数据3，4，x，6，7的平均数是x，所以，解得，所以标准差，故选：B6、D【解析】细查题意，把代入椭圆方程，得，整理得出，设出点的坐标，由根与系数的关系可以推出线段的中点坐标，再由过原点与线段的中点的直线的斜率为，进而可推导出的值.【详解】联立椭圆方程与直线方程，可得，整理得，设，则，从而线段的中点的横坐标为，纵坐标，因为过原点与线段中点的直线的斜率为，所以，所以，故选D.【点睛】该题是一道关于直线与椭圆的综合性题目，涉及到的知识点有直线与椭圆相交时对应的解题策略，中点坐标公式，斜率坐标公式，属于简单题目.7、D【解析】根据给定的双曲线方程直接求出其渐近线方程作答.【详解】双曲线C：的实半轴长，虚半轴长，即有，而双曲线C的焦点在y轴上，所以双曲线C的渐近线的方程为，即.故选：D8、A【解析】由题知直线过定点，且在圆内，进而求解最值即可.【详解】解：将直线化为，所以联立方程得所以直线过定点将化为标准方程得，即圆心为，半径为，由于，所以点在圆内，所以点与圆圆心间的距离为，所以圆截直线所得弦的最短长度为故选：A9、D【解析】根据点关于坐标轴的对称点特征，直接写出即可.【详解】A点关于x轴对称点，横坐标不变，纵坐标与竖坐标为原坐标的相反数，故点的坐标为，故选：D10、B【解析】根据的三个顶点坐标，先求解出重心的坐标，然后再根据三个点坐标求解任意两条垂直平分线的方程，联立方程，即可算出外心的坐标，最后根据重心和外心的坐标使用点斜式写出直线方程.【详解】由题意可得的重心为．因为，，所以线段的垂直平分线的方程为．因为，，所以直线的斜率，线段的中点坐标为，则线段的垂直平分线的方程为．联立，解得，则的外心坐标为，故的欧拉线方程是，即故选：B.11、C【解析】利用导数的四则运算即可求解.【详解】对于A，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，，故D错误；故选：C12、D【解析】建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，利用线面角的向量公式即得解【详解】不妨设正方体的棱长为2，连接，以为坐标原点如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，由于平面，平面，故又正方形，故平面故平面，所以为平面的一个法向量，故直线与平面所成角正弦值为.故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2【解析】根据导数的计算法则计算即可.【详解】∵，∴，∴∴.故答案为：2.14、【解析】设该圆锥的底面半径为r，由圆锥的体积V＝πr2h，可解得r的值，再由勾股定理求得圆锥的母线长l，而侧面积S＝πrl，代入数据即可得解【详解】设该圆锥的底面半径为r，圆锥的体积V＝πr2h＝πr2×4＝12π，解得r＝3∴圆锥母线长l＝＝5，∴侧面积S＝πrl＝15π故答案为：15π【点睛】本题考查圆锥的侧面积和体积的计算，理解圆锥的结构特征是解题的关键，考查学生的空间立体感和运算能力，属于基础题15、5【解析】求得导函数，令，计算即可得出结果.【详解】，，令，得：.解得：.时刻min时，蜥蜴的体温的瞬时变化率为故答案为：5.16、【解析】由一元二次方程与一元二次不等式之间的关系可知，方程的两根是，所以因此.考点：一元二次方程与一元二次不等式之间的关系.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）答案见解析；（2）.【解析】(1)对函数求导，按a值的正负分析讨论导数值的符号计算作答.(2)求出函数的解析式并求导，再按在值的正负分段讨论推理作答.【小问1详解】函数的定义域为R，求导得：当时，当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，当时，令，得，若，即时，，则有在R上单调递增，若，即时，当或时，，当时，，则有在，上都单调递增，在上单调递减，若，即时，当或时，，当时，，则有在，上都单调递增，在上单调递减，所以，当时，上单调递减，在上单调递增，当时，在，上都单调递增，在上单调递减，当时，在R上单调递增，当时，在，上都单调递增，在上单调递减.【小问2详解】依题意，，，当时，，当时，，，则函数在上单调递增，有，无零点，当时，，，函数在上单调递减，，无零点，当时，，使得，而在上单调递增，当时，，当时，，因此，在上单调递增，在上单调递减，又，若，即时，无零点，若，即时，有一个零点，综上可知，当时，在有1个零点，所以实数a的取值范围.【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.18、（1），（2）【解析】（1）根据分式的合分比性质以及等差数列的性质即可求出；（2）根据裂项相消法即可求出【小问1详解】由题意：，即，又∵，∴，∴，∴，.【小问2详解】因为，∴.19、（1）；（2）.【解析】（1）根据导数的几何意义进行求解即可；（2）利用常变量分离法，通过构造新函数，由方程有两个不同的实数解问题，转化为两个函数的图象有两个交点问题，利用导数进行求解即可.【小问1详解】设曲线的切点坐标为，由，所以过该切点的切线的斜率为，因此该切线方程为：，因为直线与函数的图象相切，所以，因为直线与函数的图象相切，且函数过原点，所以曲线的切点为，于是有，即；【小问2详解】由可得：，当时，显然不成立，当时，由，设函数，，，当时，，单调递减，当时，，单调递减，当时，，单调递增，因此当时，函数有最小值，最小值为，而，当时，，函数图象如下图所示：方程有两个不同的实数解，转化为函数和函数的图象，在当时，有两个不同的交点，由图象可知：，故a的取值范围为.【点睛】关键点睛：利用常变量分离法，结合转化法进行求解是解题的关键.20、（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21、(1).(2).【解析】分析：（1）先求出A,B集合的解集，A集合求定义，B集合解不等式即可，然后由交集定义即可得结论；（2）若“”是“”的必要不充分条件，说明且，然后根据集合关系求解.详解：(1),.则(2)，因为“”是“”的必要不充分条件，所以且.由，得，解得.经检验，当时，成立，故