2026届上海市五十四中高二上数学期末考试模拟试题含解析

2026届上海市五十四中高二上数学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．设函数是定义在上的奇函数，且，当时，有恒成立.则不等式的解集为（）A. B.C. D.2．已知等比数列满足，则q＝（）A.1 B.－1C.3 D.－33．圆与圆的位置关系是（）A.相离 B.内含C.相切 D.相交4．在平面几何中，将完全覆盖某平面图形且直径最小的圆，称为该平面图形的最小覆盖圆.如线段的最小覆盖圆就是以该线段为直径的圆，锐角三角形的最小覆盖圆就是该三角形的外接圆.若，，，则的最小覆盖圆的半径为（）A. B.C. D.5．数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线．已知的顶点，，若其欧拉线的方程为，则顶点的坐标为（）A. B.C. D.6．若，，且，则（）A. B.C. D.7．直线与圆相交与A，B两点，则AB的长等于（）A3 B.4C.6 D.18．已知数列中，，，是的前n项和，则（）A. B.C. D.9．抛物线的焦点为，准线为，焦点在准线上的射影为点，过任作一条直线交抛物线于两点，则为（）A.锐角 B.直角C.钝角 D.锐角或直角10．若两条直线与互相垂直，则的值为（）A.4 B.-4C.1 D.-111．已知函数只有一个零点，则实数的取值范围是（）A B.C. D.12．已知双曲线的左焦点为F，O为坐标原点，M，N两点分别在C的左、右两支上，若四边形OFMN为菱形，则C的离心率为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知双曲线的右焦点为，过点作轴的垂线，在第一象限与双曲线及其渐近线分别交于，两点.若，则双曲线的离心率为___________.14．在长方体中，若，，则异面直线与所成角的大小为______.15．已知数列满足，且，则______，数列的通项_____16．如果椭圆上一点P到焦点的距离等于6，则点P到另一个焦点的距离为____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）已知函数在时有极值0.（1）求函数的解析式；（2）记，若函数有三个零点，求实数的取值范围.18．（12分）已知函数，当时，有极大值3（1）求的值；（2）求函数的极小值19．（12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，.（1）求数列{an}通项公式；（2）求数列的前n项和，求使不等式成立的最大整数m的值.20．（12分）已知椭圆的离心率，左、右焦点分别为、，点在椭圆上，过的直线交椭圆于、两点.（1）求椭圆的标准方程；（2）求的面积的最大值.21．（12分）如图，四棱锥的底面是正方形，平面平面，E为的中点（1）若，证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值的取值范围22．（10分）已知点P到点的距离比它到直线的距离小1.（1）求点P的轨迹方程；（2）点M，N在点P的轨迹上且位于x轴的两侧，（其中O为坐标原点），求面积的最小值.

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】根据当时，可知在上单调递减，结合可确定在上的解集；根据奇偶性可确定在上的解集；由此可确定结果.【详解】，当时，，在上单调递减，，，在上的解集为，即在上的解集为；又为上的奇函数，，为上的偶函数，在上的解集为，即在上的解集为；当时，，不合题意；综上所述：的解集为.故选：.【点睛】本题考查利用函数的单调性和奇偶性求解函数不等式的问题，关键是能够通过构造函数的方式，确定所构造函数的单调性和奇偶性，进而根据零点确定不等式的解集.2、C【解析】根据已知条件，利用等比数列的基本量列出方程，即可求得结果.【详解】因为，故可得；解得.故选：C.3、D【解析】先由圆的方程得出两圆的圆心坐标和半径，求出两圆心间的距离与两半径之和与差比较可得答案.【详解】圆的圆心为，半径为圆的圆心为，半径为两圆心间的距离为由，所以两圆相交.故选：D4、C【解析】根据新定义只需求锐角三角形外接圆的方程即可得解.【详解】，，，为锐角三角形，的外接圆就是它的最小覆盖圆，设外接圆方程为，则解得的最小覆盖圆方程为，即，的最小覆盖圆的半径为.故选：C5、A【解析】设，计算出重心坐标后代入欧拉方程，再求出外心坐标，根据外心的性质列出关于的方程，最后联立解方程即可.【详解】设，由重心坐标公式得，三角形的重心为，，代入欧拉线方程得：，整理得：①的中点为，，的中垂线方程为，即联立，解得的外心为则，整理得：②联立①②得：，或，当，时，重合，舍去顶点的坐标是故选：A【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是求出外心，二是根据外心的性质列方程.6、A【解析】由于对数函数的存在，故需要对进行放缩，结合（需证明），可放缩为，利用等号成立可求出，进而得解.【详解】令，，故在上单调递减，在上单调递增，，故，即，当且仅当，等号成立．所以，当且仅当时，等号成立，又，所以，即，所以，又，所以，，故故选：A7、C【解析】根据弦长公式即可求出【详解】因为圆心到直线的距离为，所以AB的长等于故选：C8、D【解析】由，得到为递增数列，又由，得到，化简，即可求解.【详解】解：由，得，又，所以，所以，即，所以数列为递增数列，所以，得，即，又由是的前项和，则.故选：D.【点睛】关键点睛：本题考查数列求和问题，关键在于由已知条件得出，运用裂项相消求和法.9、D【解析】设出直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理，求得，根据其结果即可判断和选择.【详解】为说明问题，不妨设抛物线方程，则，直线斜率显然不为零，故可设直线方程为，联立，可得，设坐标为，则，故，当时，，；当时，，；故为锐角或直角.故选：D.10、A【解析】根据两直线垂直的充要条件知：，即可求的值.【详解】由两直线垂直，可知：，即.故选：A11、B【解析】将题目转化为函数的图像与的图像只有一个交点，利用导数研究函数的单调性与极值，作出图像，利用数形结合求出的取值范围.【详解】由函数只有一个零点，等价于函数的图像与的图像只有一个交点，，求导，令，得当时，，函数在上单调递减；当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减；故当时，函数取得极小值；当时，函数取得极大值；作出函数图像，如图所示，由图可知，实数的取值范围是故选：B【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.12、C【解析】由题意可得且，从而求出点的坐标，将其代入双曲线方程中，即可得出离心率.【详解】由题意，四边形为菱形，如图，则且，分别为的左，右支上的点，设点在第二象限，在第一象限.由双曲线的对称性，可得，过点作轴交轴于点，则，所以,则，所以，所以，则，即，解得，或，由双曲线的离心率，所以取，则故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】按题意求得，两点坐标，以代数式表达出条件，即可得到关于的关系式，进而解得双曲线的离心率.【详解】双曲线的右焦点为,其渐近线为，垂线方程为，则，，，由，得，即即，则，离心率故答案为：14、【解析】画出长方体,再将异面直线与利用平行线转移到一个三角形内求解角度即可.【详解】画出长方体可得异面直线与所成角为与之间的夹角,连接.则因为,则,又,故,又,故为等腰直角三角形,故,即异面直线与所成角的大小为故答案为【点睛】本题主要考查立体几何中异面直线的角度问题,一般的处理方法是将异面直线经过平行线的转换构成三角形求角度,属于基础题型.15、①.②.【解析】判断出是等差数列，由此求得，利用累加法求得.【详解】依题意，则，所以数列是以为首项，公差为的等差数列，所以，，当时，，，也符合上式，所以.故答案为：；16、14【解析】根据椭圆的定义及椭圆上一点P到焦点的距离等于6，可得的长.【详解】解：根据椭圆的定义，又椭圆上一点P到焦点的距离等于6，，故，故答案：.【点睛】本题主要考查椭圆的定义及简单性质，相对简单.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）【解析】（1）求出函数的导函数，由在时有极值0,则，两式联立可求常数a，b的值，从而得解析式；（2）利用导数研究函数的单调性、极值，根据函数图象的大致形状可求出参数的取值范围.【小问1详解】由可得，因为在时有极值0，所以，即，解得或，当时，，函数在R上单调递增，不满足在时有极值，故舍去.所以常数a，b的值分别为.所以.【小问2详解】由（1）可知，，令，解得，当或时，当时，，的递增区间是和，单调递减区间为，当有极大值，当有极小值，要使函数有三个零点，则须满足，解得.18、（1）；（2）0【解析】（1）由题意得，则可得到关于实数的方程组，求解方程组，即可求得的值；（2）结合（1）中的值得出函数的解析式，即可利用导数求得函数的极小值.【详解】（1），当时，有极大值3，所以，解得，经检验，满足题意，所以；（2）由（1）得，则，令，得或，列表得极小值极大值易知是函数的极小值点，所以当时，函数有极小值0【点睛】本题主要考查了函数的极值的概念，以及利用导数求解函数的极值，考查了学生对极值概念的理解与运算求解能力.19、（1）；（2）.【解析】（1）根据给定的递推公式变形，再构造常数列求解作答.（2）利用（1）的结论求出，再利用裂项相消法求和，由单调性求出最大整数m值作答.【小问1详解】依题意，，当时，，两式相减得：，即，整理得：，于是得，所以数列{an}的通项公式是.【小问2详解】由（1）得，，数列是递增数列，因此，，于是有，则，不等式成立，则，，于是得，所以使不等式成立的最大整数m的值是505.【点睛】思路点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的20、（1）（2）【解析】（1）利用椭圆的离心率、点在椭圆上以及得到的方程组，进而得到椭圆的标准方程；（2）设出直线方程，联立直线和椭圆方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系和三角形的面积公式得到三角形的面积，再利用基本不等式求其最值.【小问1详解】解：由题可得，且，将点代入椭圆方程，得，解得，，即椭圆方程为；【小问2详解】解：由（1）可得，，设：，联立，消去，得，设，，则，则所以，当且仅当，即时取等号，故的面积的最大值为.21、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）取的中点F，连接．先证明，，即证平面，原题即得证；（2）分别取的中点G，H，连接，证明为直线与平面所成的角，设正方形的边长为1，，在中，，即得解.【小问1详解】解：取的中点F，连接因为，则为正三角形，所以因为平面平面，则平面因为平面，则．①因为四边形为正方形，E为的中点，则，所以，从而，所以．②又平面,结合①②知，平面，所以【小问2详解】解：分别取的中点G，H，则，又,，则，所以四边形为平行四边形，从而.因为，则因为平面平面，，则平面，从而，因为平面，所以平面，从而平面连接，则为直线与平面所成的角.设正方形的边长为1，，则从而，.在中，因为当时，单调递增，则，所以直线与平面所成角的余弦值的取值范围是.22、（1）；（2）.【解析】(1)根据给定条件可得点P到点的距离等于它到直线的距离，再由抛物线定义即