上海市嘉定二中2026届数学高二上期末学业水平测试模拟试题含解析

上海市嘉定二中2026届数学高二上期末学业水平测试模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．已知不等式解集为，下列结论正确的是（）A. B.C. D.2．已知函数，若在处取得极值，且恒成立，则实数的最大值为（）A. B.C. D.3．下列函数是偶函数且在上是减函数的是A. B.C. D.4．过双曲线的左焦点作x轴的垂线交曲线C于点P，为右焦点，若，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.5．某校去年有1100名同学参加高考，从中随机抽取50名同学总成绩进行分析，在这个调查中，下列叙述错误的是A.总体是：1100名同学的总成绩 B.个体是：每一名同学C.样本是：50名同学的总成绩 D.样本容量是：506．已知函数对于任意的满足，其中是函数的导函数，则下列各式正确的是（）A. B.C. D.7．抛物线的焦点坐标是A. B.C. D.8．若圆与直线相切，则实数的值为（）A. B.或3C. D.或9．如图，在直三棱柱中，且，点E为中点．若平面过点E，且平面与直线AB所成角和平面与平面所成锐二面角的大小均为30°，则这样的平面有（）A.1个 B.2个C.3个 D.4个10．下列通项公式中，对应数列是递增数列的是（）A B.C. D.11．若球的半径为，一个截面圆的面积是，则球心到截面圆心的距离是（）A. B.C. D.12．已知直线和圆相交于两点．若，则的值为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．分别过椭圆的左、右焦点、作两条互相垂直的直线、，它们的交点在椭圆的内部，则椭圆的离心率的取值范围是________14．设分别是平面的法向量，若，则实数的值是________15．已知抛物线的焦点为，定点，若直线与抛物线相交于、两点（点在、中间），且与抛物线的准线交于点，若，则的长为______.16．已知过点作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，直线AB经过抛物线C的焦点F，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）已知椭圆的左、右顶点坐标分别是，，短轴长等于焦距.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆相交于两点，线段的中点为，求.18．（12分）已知函数（1）若，求函数的单调区间；（2）若函数有两个不相等的零点，证明：19．（12分）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，，的中点，点在棱上，且，，.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求平面与平面的距离.20．（12分）已知椭圆的离心率为，短轴端点到焦点的距离为2（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆上任意两点，为坐标原点，且以为直径的圆经过原点，求证：原点到直线的距离为定值，并求出该定值21．（12分）已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M（1）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；（2）若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率，若不能，说明理由22．（10分）如图1是直角梯形，以为折痕将折起，使点C到达的位置，且平面与平面垂直，如图2（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）在棱上是否存在点P，使平面与平面的夹角为？若存在，则求三棱锥的体积，若不存在，则说明理由

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】根据不等式解集为，得方程的解为或，且，利用韦达定理即可将用表示，即可判断各选项的正误.【详解】解：因为不等式解集为，所以方程的解为或，且，所以，所以，所以，故ABD错误；，故C正确.故选：C.2、D【解析】根据已知在处取得极值，可得，将在恒成立，转化为，只需求，求出最小值即可得答案【详解】解：，，由在处取得极值，得，解得，所以，，其中，.当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，故函数在处取得极小值，，恒成立，转化为，令，，则，，令得，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，即得，故选：D3、C【解析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与单调性，综合即可得答案【详解】根据题意，依次分析选项：对于A，为一次函数，不是偶函数，不符合题意；对于B，，，为奇函数，不是偶函数，不符合题意；对于C，，为二次函数，是偶函数且在上是减函数，符合题意；对于D，，，为奇函数，不是偶函数，不符合题意；故选C【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的判定，关键是掌握常见函数的奇偶性与单调性，属于基础题4、D【解析】由题知是等腰直角三角形，，又根据通径的结论知，结合可列出关于的二次齐次式，即可求解离心率.【详解】由题知是等腰直角三角形，且，，又，，即，，，即，解得，，.故选：D.5、B【解析】采用逐一验证法，根据总体，个体，样本的概念，可得结果.【详解】据题意：总体是1100名同学的总成绩，故A正确个体是每名同学的总成绩，故B错样本是50名同学的总成绩，故C正确样本容量是：50，故D正确故选：B【点睛】本题考查总体，个体，样本的概念，属基础题.6、C【解析】令，结合题意可得，利用导数讨论函数的单调性，进而得出，变形即可得出结果.【详解】令，则，又，所以，令，令，所以函数在上单调递减，在单调递增，所以，即，则.故选：C7、D【解析】根据抛物线的焦点坐标为可知，抛物线即的焦点坐标为，故选D.考点：抛物线的标准方程及其几何性质.8、D【解析】利用圆心到直线的距离等于半径可得答案.【详解】若圆与直线相切，则到直线的距离为，所以，解得，或.故选：D.9、B【解析】构造出长方体，取中点连接然后利用临界位置分情况讨论即可.【详解】如图，构造出长方体，取中点，连接则所有过点与成角的平面，均与以为轴的圆锥相切，过点绕且与成角，当与水平面垂直且在面的左侧（在长方体的外面）时，与面所成角为75°（与面成45°，与成30°），过点绕旋转，转一周，90°显然最大，到了另一个边界（在面与之间）为15度，即与面所成角从75°→90°→15°→90°→75°变化，此过程中，有两次角为30

，综上，这样的平面α有2个，故选：B.10、C【解析】根据数列单调性的定义逐项判断即可.【详解】对于A，B选项对应数列是递减数列．对于C选项，，故数列是递增数列．对于D选项，由于．所以数列不是递增数列故选：C.11、C【解析】由题意可解出截面圆的半径，然后利用勾股定理求解球心与截面圆圆心的距离【详解】由截面圆的面积为可知，截面圆的半径为，则球心到截面圆心的距离为故选：C【点睛】解答本题的关键点在于，球心与截面圆圆心的连线垂直于截面12、C【解析】求出圆心到直线的距离，再利用，化简求值，即可得到答案.【详解】圆的圆心为，圆心到直线的距离公式为，故故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据条件可知以为直径的圆在椭圆的内部，可得，再根据，即可求得离心率的取值范围.【详解】根据条件可知，以为直径的圆与椭圆没有交点，即，即，，即.故填：.【点睛】本题考查椭圆离心率的取值范围，求椭圆离心率是常考题型，涉及的方法包含1.根据直接求，2.根据条件建立关于的齐次方程求解，3.根据几何关系找到的等量关系求解.14、4【解析】根据分别是平面的法向量，且，则有求解.【详解】因为分别是平面的法向量，且所以所以解得故答案为：4【点睛】本题主要考查空间向量垂直，还考查了运算求解的能力，属于基础题.15、【解析】分别过点、作、垂直于抛物线的准线于、，则，求出直线的方程，可求得抛物线的焦点的坐标，可得出抛物线的标准方程，再将直线的方程与抛物线的方程联立，求出点的纵坐标，利用抛物线的定义可求得线段的长.【详解】如图，分别过点、作、垂直于抛物线的准线于、，则，由得，所以，，又，所以，直线的方程为，所以，，则，则抛物线的方程为，设点的纵坐标为，由，得或，因为点在、之间，则，所以，.故答案为：.16、【解析】设出点的坐标，与抛物线方程联立，结合题意和韦达定理，求得抛物线的方程为，直线AB的方程为，进而求得的值.【详解】设，在抛物线，过切点A与抛物线相切的直线的斜率为，则以为切点的切线方程为，联立方程组，整理得，则，整理得，所以，解得，所以以为切点的切线方程为，即，同理，设，在抛物线，过切点B与抛物线相切的直线，又因为在切线和，所以，所以直线AB的方程为，又直线AB过抛物线的焦点，所以令，可得，即，所以抛物线的方程为，直线AB的方程为，联立方程组，整理得或，所以，所以.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）.【解析】（1）由椭圆顶点可知，又短轴长等于焦距可知，求出，即可写出椭圆方程（2）根据“点差法”可求直线的斜率，写出直线方程，联立椭圆方程可得，，代入弦长公式即可求解.【详解】（1）依题意，解得.故椭圆方程为.（2）设的坐标分别为，，直线的斜率显然存在，设斜率为，则，两式相减得，整理得.因为线段的中点为，所以，所以直线的方程为，联立，得，则，，故.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及简单几何性质，“点差法”，弦长公式，属于中档题.18、（1）单调递增区间是(4,+∞)，单调递减区间是(0,4)；（2）证明见解析.【解析】（1）求的导函数，结合定义域及导数的符号确定单调区间；（2）法一：讨论、时的零点情况，即可得，构造，利用导数研究在(0,2a)恒成立，结合单调性证明不等式；法二：设，由零点可得，进而应用分析法将结论转化为证明，综合换元法、导数证明结论即可.【小问1详解】函数的定义域为(0,+∞)，当a=2时，，则令得，x>4；令得，0<x<4；所以,单调递增区间是(4,+∞)；单调递减区间是(0,4).【小问2详解】法一：当a≤0时，>0在(0,+∞)上恒成立，故函数不可能有两个不相等的零点，当a>0时，函数在(2a,+∞)上单调递增，在(0,2a)上单调递减，因为函数有两个不相等的零点，则，不妨设，设，（0<x<2a），则，所以，由a>0知：在(0,2a)恒成立，所以在(0,2a)上单调递减，即>=0，所以，即，又，故，因为，所以，因为函数在(2a,+∞)上单调递增，所以，即法二：不妨设，由题意得，，得，即，要证，只需证，即证：，即，令，，则，所以在区间(1,+∞)单调递减，故<=0，即恒成立因此，所以.【点睛】关键点点睛：第二问，法一：应用极值点偏移方法构造，将问题转化为在(0,2a)恒成立，法二：根据零点可得，再由分析法将问题化为证明，构造函数，综合运用换元法、导数证明结论.19、（1）见解析（2）见解析（3）【解析】（1）利用勾股定理证得，证明平面，根据线面垂直的性质证得，再根据线面垂直的判定定理即可得证；（2）取的中点，连接，可得为的中点，证明，四边形是平行四边形，可得，再根据面面平行的判定定理即可得证；（3）设，由（1）（2）可得即为平面与平面的距离，求出的长度，即可得解.【小问1详解】证明：在直三棱柱中，为的中点，，，故，因为，所以，又平面，平面，所以，又因，，所以平面，又平面，所以，又，所以平面；【小问2详解】证明：取的中点，连接，则为的中点，因为，，分别为，，的中点，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，所以，又平面，平面，所以平面，因为，所以，又平面，平面，所以平面，又因，平面，平面，所以平面平面；【小问3详解】设，因为平面，平面平面，所以平面，所以即为平面与平面的距离，因平面，所以，，所以，即平面与平面的距离为.20、（1）（2）证明见解析，定值为【解析】（1）根据题意得到，，得到椭圆方程.（2）考虑直线斜率存在和不存在两种情况，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，将题目转化为，化简得到，代入计算得到答案.【小问1详解】椭圆的离心率为，短轴端点到焦点的距离为，故，，故椭圆方程为.【小问2详解】当直线斜率存在时，设直线方程为，，，则，即，，以为直径的圆经过原点，故，即，即，化简整理得到：，原点到直线的距离为.当直线斜率不存在时，为等腰直角三角形，设，则，解得，即直线方程为，到原点的距离为.综上所述：原点到直线的距离为定值.【点睛】本题考查了椭圆方程，椭圆中的定值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将圆过原点转化为是解题的关键.21、（1）证明见解析（2）能为平行四边形；斜率为4－或4＋【解析】（1）设两点坐标，由点差法证明（2）求出两点坐标，由平行四边形的几何性质判断【小问1详解】设的斜率为,，两式相减可得，即故【小问2详解】由（1）得的直线为，直线方程为联立，解得联立解得若四边形OAPB为平行四边形，则对角线互相平分为中点，解得，经检验，均符合题意故四边形OAPB能为平行四边形，此时斜率为