2026届上海市吴淞中学数学高二第一学期期末质量检测模拟试题含解析

2026届上海市吴淞中学数学高二第一学期期末质量检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．已知向量，，且，则实数等于（）A1 B.2C. D.2．已知直线与直线平行，则实数a值为（）A.1 B.C.1或 D.3．已知a，b是互不重合直线，，是互不重合的平面，下列命题正确的是（）A.若，，则B.若，，，则C.若，，则D.若，，，则4．定义在R上的函数与函数在上具有相同的单调性，则k的取值范围是（）A. B.C. D.5．圆（）上点到直线的最小距离为1，则A.4 B.3C.2 D.16．紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品,其制作始于明朝正德年间.紫砂壶的壶型众多,经典的有西施壶、掇球壶、石瓢壶、潘壶等.其中,石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台(即圆锥用平行于底面的平面截去一个锥体得到的).下图给出了一个石瓢壶的相关数据(单位:cm),那么该壶的容量约为（）A.100 B.C.300 D.4007．已知为偶函数，且，则___________.8．已知等比数列的各项均为正数，且，则（）A. B.C. D.9．若双曲线（，）的一条渐近线经过点，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.210．双曲线的渐近线的斜率是（）A.1 B.C. D.11．若等比数列的前n项和，则r的值为（）A. B.C. D.12．已知数列满足，令是数列的前n项积，，现给出下列四个结论：①；②为单调递增的等比数列；③当时，取得最大值；④当时，取得最大值其中所有正确结论的编号为（）A.②④ B.①③C.②③④ D.①③④二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如果圆锥的底面圆半径为1，母线长为2，则该圆锥的侧面积为___14．设P为圆上一动点，Q为直线上一动点，O为坐标原点，则的最小值为___15．给定点、、与点，求点到平面的距离______.16．如图，棱长为2的正方体中，E，F分别为棱、的中点，G为面对角线上一个动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值为___________.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）如图所示，椭圆的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，为椭圆上一点，连接并延长交椭圆于点，已知椭圆的离心率为，△的周长为8（1）求椭圆的方程；（2）设点的坐标为①当，，成等差数列时，求点的坐标；②若直线、分别与直线交于点、，以为直径的圆是否经过某定点？若经过定点，求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由18．（12分）某市对新形势下的中考改革工作进行了全面的部署安排.中考录取科目设置分为固定赋分科目和非固定赋分科目，固定赋分科目（语文、数学、英语、物理、体育与健康）按卷面分计算；非固定赋分科目（化学、生物、道德与法治、历史、地理）按学生在该学科中的排名进行等级赋分，即根据改革方案，将每门等级考试科目中考生的原始成绩从高到低分为A，，，，，，，共个等级.参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为，，，，，，，.等级考试科目成绩计入考生总成绩时，将A至等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到，，，，，，，八个分数区间，得到考生的等级成绩.该市学生的中考化学原始成绩制成频率分布直方图如图所示：（1）求图中的值；（2）估计该市学生中考化学原始成绩不少于多少分才能达到等级及以上（含等级）？（3）由于中考改革后学生各科原始成绩不再返回学校，只告知各校参考学生的各科平均成绩及方差.已知某校初三共有名学生参加中考，为了估计该校学生的化学原始成绩达到等级及以上（含等级）的人数，将该校学生的化学原始成绩看作服从正态分布，并用这名学生的化学平均成绩作为的估计值，用这名学生化学成绩的方差作为的估计值，计算人数（结果保留整数）附：，，.19．（12分）已知向量，（1）求；（2）求；（3）若（），求的值20．（12分）如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，，，，为侧棱包含端点上的动点.（1）当时，求证平面；（2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求二面角的余弦值.21．（12分）已知动点到点的距离与点到直线的距离相等.（1）求动点的轨迹方程；（2）若过点且斜率为的直线与动点的轨迹交于、两点，求三角形AOB的面积.22．（10分）已知O为坐标原点，、为椭圆C的左、右焦点，，P为椭圆C的上顶点，以P为圆心且过、的圆与直线相切（1）求椭圆C的标准方程；（2）若过点作直线l，交椭圆C于M，N两点（l与x轴不重合），在x轴上是否存在一点T，使得直线TM与TN的斜率之积为定值？若存在，请求出所有满足条件的点T的坐标；若不存在，请说明理由

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】利用空间向量垂直的坐标表示计算即可得解【详解】因向量，，且，则，解得，所以实数等于.故选：C2、A【解析】根据两直线平行的条件列方程，化简求得，检验后确定正确答案.【详解】由于直线与直线平行，所以，或，当时，两直线方程都为，即两直线重合，所以不符合题意.经检验可知符合题意.故选：A3、B【解析】根据线线，线面，面面位置关系的判定方法即可逐项判断.【详解】A：若，，则或a，故A错误；B：若，，则a⊥β，又，则a⊥b，故B正确；C：若，，则或α与β相交，故C错误；D：若，，，则不能判断α与β是否垂直，故D错误.故选：B.4、B【解析】判定函数单调性，再利用导数结合函数在的单调性列式计算作答.【详解】由函数得：，当且仅当时取“=”，则在R上单调递减，于是得函数在上单调递减，即，，即，而在上单调递减，当时，，则，所以k的取值范围是.故选：B5、A【解析】根据题意可得,圆心到直线的距离等于,即,求得,所以A选项是正确的.【点睛】判断直线与圆的位置关系的常见方法：(1)几何法：利用ｄ与ｒ的关系．(2)代数法：联立方程之后利用判断．(3)点与圆的位置关系法：若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交．上述方法中常用的是几何法，点与圆的位置关系法适用于动直线问题6、B【解析】根据圆台的体积等于两个圆锥的体积之差，即可求出【详解】设大圆锥的高为，所以，解得故故选：B【点睛】本题主要考查圆台体积的求法以及数学在生活中的应用，属于基础题7、8【解析】由已知条件中的偶函数即可计算出结果，【详解】为偶函数，且，.故答案为：88、B【解析】利用对数的运算性质，结合等比数列的性质可求得结果.【详解】是各项均为正数的等比数列，，，，.故选：B9、A【解析】先求出渐近线方程，进而将点代入直线方程得到a,b关系，进而求出离心率.【详解】由题意，双曲线的渐近线方程为：，而一条渐近线过点，则，.故选：A.10、B【解析】由双曲线的渐近线方程为：，化简即可得到答案.【详解】双曲线的渐近线方程为：，即，渐近线的斜率是.故选：B11、B【解析】利用成等比数列来求得.【详解】依题意，等比数列的前n项和，，，所以.故选：B12、B【解析】求出，即可判断选项①正确；求出，即可选项②错误；求出，利用单调性即可判断选项③正确；求出，即可判断选项④错误，即得解.【详解】解：因为，①所以，，②①②得，，整理得，又，满足上式，所以，因为，所以数列为等差数列，公差为，所以，故①正确；，因为，故数列为等比数列，其中首项，公比为的等比数列，因为，，所以数列为递减的等比数列，故②错误；，因为为单调递增函数，所以当最大时，有最大值，因为，所以时，最大，即时，取得最大值，故③正确；设，由可得，，解得或，又因为，所以时，取得最大值，故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、2π【解析】由圆锥的侧面积公式即可求解【详解】由题意，圆锥底面周长为2π×1=2π，又母线长为2，所以圆锥的侧面积故答案为：2π.14、4【解析】取点，可得，从而，，从而可求解【详解】解：由圆，得圆心，半径，取点A（3，0），则，又，∴，∴，∴，当且仅当直线时取等号故答案为：15、【解析】先求出平面的法向量，再利用点到面的距离公式计算即可.【详解】设平面的法向量为，点到平面的距离为，，，即，令，得故答案为：.16、【解析】以DA，DC，分别为x轴，y轴，z轴建系，则，设，球心，得到外接球半径关于的函数关系，求出的最小值，即可得到答案；【详解】解：以DA，DC，分别为x轴，y轴，z轴建系.则，设，球心，，又.联立以上两式，得，所以时，，为最小值，外接球表面积最小值为.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）①或；②过定点、，理由见解析.【解析】（1）由焦点三角形的周长、离心率求椭圆参数，即可得椭圆方程.（2）①由（1）可得，结合椭圆的定义求，即可确定的坐标；②由题设，求直线、的方程，进而求、坐标，即可得为直径的圆的方程，令求横坐标，即可得定点.【小问1详解】由题设，易知：，可得，则，∴椭圆.【小问2详解】①由（1）知：，令，则，∴，解得，故，此时或②由（1），，，∴可令直线：，直线：，∴将代入直线可得：，，则圆心且半径为，∴为直径的圆为，当时，，又，∴，可得或.∴为直径的圆过定点、.【点睛】关键点点睛：第二问，应用点斜式写出直线、的方程，再求、坐标，根据定义求为直径的圆的方程，最后令及在椭圆上求定点.18、（1）（2）85（3）23【解析】（1）根据所有矩形面积之和等于1可得；（2）先根据矩形面积之和判断达到等级的最低分数为x所在区间，然后根据矩形面积之和等于0.9可得；（3）由题知，所以由可得.【小问1详解】由得【小问2详解】由题意可知，要使等级达到等级及以上，则成绩需超过的学生.因为，记达到等级的最低分数为x，则，则由，解得所以该市学生中考化学原始成绩不少于85分才能达到等级及以上.【小问3详解】由题知，因为所以故该校学生的化学原始成绩达到等级及以上的人数大约为人.19、（1）（2）（3）【解析】（1）根据向量数量积的坐标表示即可得解；（2）求出，再根据空间向量的模的坐标表示即可得解；（3）由，可得，再根据数量积的运算律即可得解.【小问1详解】解：；【小问2详解】解：；【小问3详解】解：因为，所以，即，解得.20、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）连接交于，连接，证得，从而证得平面；（2）过作于，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求面的法向量，由直线与平面所成角的正弦值为，求得的值，再用向量法求出二面角的余弦值.【详解】解：（1）连接交于，连接，由题意，∵，∴，∴，又面，面，∴面.（2）过作于，则在中，，，，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，，，，，，，，设向量为平面的一个法向量，则由，有，令，得；记直线与平面所成的角为，则，解得，此时；设向量为平面的一个法向量则由，有，令，得；∴二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，用向量法求线面角，二面角，还考查了学生的分析能力，空间想象能力，运算能力，属于中档题.21、（1）（2）【解析】小问1：由抛物线的定义可求得动点的轨迹方程；小问2：可知直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出的值，利用抛物线的定义可求得的值，结合面积公式即可求解小问1详解】由题意点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，所以，则，所以动点的轨迹方程是.【小问2详解】由已知直线的方程是，设、，由得，，所以，则，故，22、（1）；（2）存在；.【解析】(1)根据给定条件求出a，c，b即可作答.(2)联立