上海第二工業(yè)大學附屬龔路中學2025屆數學高二上期末教學質量檢測試題含解析

上海第二工業(yè)大學附屬龔路中學2025屆數學高二上期末教學質量檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知拋物線上的一點，則點M到拋物線焦點F的距離等于（）A.6 B.5C.4 D.22．已知橢圓的長軸長，短軸長，焦距長成等比數列，則橢圓離心率為（）A. B.C. D.3．已知中，角，，的對邊分別為，，，且，，成等比數列，則這個三角形的形狀是（）A.直角三角形 B.等邊三角形C.等腰直角三角形 D.鈍角三角形4．己知F為拋物線的焦點，過F作兩條互相垂直的直線，，直線與C交于A、B兩點，直線與C交于D、E兩點，則的最小值為（）A.24 B.22C.20 D.165．在試驗“甲射擊三次，觀察中靶的情況”中，事件A表示隨機事件“至少中靶1次”，事件B表示隨機事件“正好中靶2次”，事件C表示隨機事件“至多中靶2次”，事件D表示隨機事件“全部脫靶”，則（）A.A與C是互斥事件 B.B與C是互斥事件C.A與D是對立事件 D.B與D是對立事件6．已知橢圓的左、右焦點分別為，，點P是橢圓上一點且的最大值為，則橢圓離心率為（）A. B.C. D.7．數列滿足且，則的值是（）A.1 B.4C.－3 D.68．“直線的斜率不大于0”是“直線的傾斜角為鈍角”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件9．如圖，某鐵路客運部門設計的從甲地到乙地旅客托運行李的費用c（元）與行李質量w（kg）之間的流程圖．已知旅客小李和小張托運行李的質量分別為30kg，60kg，且他們托運的行李各自計費，則這兩人托運行李的費用之和為（）A.28元 B.33元C.38元 D.48元10．已知二次函數交軸于，兩點，交軸于點.若圓過，，三點，則圓的方程是（）A. B.C. D.11．如圖，兩個半徑為R的相交大圓，分別內含一個半徑為r的同心小圓，且同心小圓均與另一個大圓外切.已知時，在兩相交大圓的區(qū)域內隨機取一點，則該點取自兩大圓公共部分的概率為（）A. B.C. D.12．如圖，D是正方體的一個“直角尖”O(jiān)-ABC（OA，OB，OC兩兩垂直且相等）棱OB的中點，P是BC中點，Q是AD上的一個動點，連PQ，則當AC與PQ所成角為最小時，（）A. B.C. D.2二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知平面和兩條不同的直線，則下列判斷中正確的序號是___________.①若，則；②若，則；③若，則；④若，則；14．設函數的導函數為，已知函數，則______.15．數列的前項和為，則_________________.16．如圖，將一個正方體沿相鄰三個面的對角線截出一個棱錐，若該棱錐的體積為，則該正方體的邊長為___________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知四邊形是菱形，四邊形是矩形，平面平面，，，G是的中點（1）證明：平面；（2）求二面角的正弦值18．（12分）設函數.（1）當k＝1時，求函數的單調區(qū)間；（2）當時，求函數在上的最小值m和最大值M.19．（12分）已知函數（Ⅰ）求的單調區(qū)間和最值；（Ⅱ）設，證明：當時，20．（12分）已知是公差不為零等差數列，，且、、成等比數列（1）求數列的通項公式：（2）設．數列{}的前項和為，求證：21．（12分）已知橢圓的左焦點為，上頂點為，直線與橢圓的另一個交點為A（1）求點A的坐標；（2）過點且斜率為的直線與橢圓交于，兩點（均與A，不重合），過點與軸垂直的直線分別交直線，于點，，證明：點，關于軸對稱22．（10分）設橢圓：（）的離心率為，橢圓上一點到左右兩個焦點、的距離之和是4.（1）求橢圓的方程；（2）已知過的直線與橢圓交于、兩點，且兩點與左右頂點不重合，若，求四邊形面積的最大值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】將點代入拋物線方程求出，再由拋物線的焦半徑公式可得答案.詳解】將點代入拋物線方程可得，解得則故選：B2、A【解析】由題意，，結合，求解即可【詳解】∵橢圓的長軸長，短軸長，焦距長成等比數列∴∴又∵∴∴，即∴e=又在橢圓e＞0∴e=故選：A3、B【解析】根據題意求出，結合余弦定理分情況討論即可.【詳解】解：因為，所以.由題意得，利用余弦定理得：.當，即時，，即，解得：.此時三角形為等邊三角形；當，即時，,不成立.所以三角形的形狀是等邊三角形.故選：B.【點睛】本題主要考查利用余弦定理判斷三角形的形狀，屬于基礎題.4、A【解析】由拋物線的性質：過焦點的弦長公式計算可得.【詳解】設直線，的斜率分別為，由拋物線的性質可得，，所以，又因為，所以，所以，故選：A.5、C【解析】根據互斥事件、對立事件的定義即可求解.【詳解】解：因為A與C，B與C可能同時發(fā)生，故選項A、B不正確；B與D不可能同時發(fā)生，但B與D不是事件的所有結果，故選項D不正確；A與D不可能同時發(fā)生，且A與D為事件的所有結果，故選項C正確故選：C.6、A【解析】根據橢圓的定義可得，從而得到，則，其中，再根據對勾函數的性質求出，即可得到方程，從求出橢圓的離心率；【詳解】解：依題意，所以，又，所以，因為在上單調遞減，所以當時函數取得最大值，即，即所以，即，所以，解得或（舍去）故選：A7、A【解析】根據題意，由于，可知數列是公差為-3的等差數列，則可知d=-3,由于=，故選A8、B【解析】直線傾斜角的范圍是[0°,180°)，直線斜率為傾斜角(不為90°)的正切值，據此即可判斷求解.【詳解】直線的斜率不大于0，則直線l斜率可能等于零，此時直線傾斜角為0°，不為鈍角，故“直線的斜率不大于0”不是“直線的傾斜角為鈍角”充分條件；直線的傾斜角為鈍角時，直線的斜率為負，滿足直線的斜率不大于0，即“直線的傾斜角為鈍角”是“直線的斜率不大于0”的充分條件，“直線的斜率不大于0”是“直線的傾斜角為鈍角”的必要條件；綜上，“直線的斜率不大于0”是“直線的傾斜角為鈍角”的必要不充分條件.故選：B.9、D【解析】根據程序框圖分別計算小李和小張托運行李的費用，再求和得出答案.【詳解】由程序框圖可知，當時，元；當時，元，所以這兩人托運行李的費用之和為元.故選：D10、C【解析】由已知求得點A、B、C的坐標，則有AB的垂直平分線必過圓心，所以設圓的圓心為，由，可求得圓M的半徑和圓心，由此求得圓的方程.【詳解】解：由解得或，所以，又令，得，所以，因為圓過，，三點，所以AB的垂直平分線必過圓心，所以設圓的圓心為，所以，即，解得，所以圓心，半徑，所以圓的方程是，即，故選：C11、C【解析】設D為線段AB的中點，求得,在中，可得.進而求得兩大圓公共部分的面積為：,利用幾何概型計算即可得出結果.【詳解】如圖，設D為線段AB的中點，,在中，.兩大圓公共部分的面積為：,則該點取自兩大圓公共部分的概率為.故選：C.12、C【解析】根據題意，建立空間直角坐標系，求得AC與PQ夾角的余弦值關于點坐標的函數關系，求得角度最小時點的坐標，即可代值計算求解結果.【詳解】根據題意，兩兩垂直，故以為坐標原點，建立空間直角坐標系如下所示：設，則，不妨設點的坐標為，則，，則，又，設直線所成角為，則，則，令，令，則，令，則，此時.故當時，取得最大值，此時最小，點，則，故，則故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、②④【解析】根據直線與直線，直線與平面的位置關系依次判斷每個選項得到答案.詳解】若，則或，異面，或，相交，①錯誤；若，則，②正確；若，則或或與相交，③錯誤；若，則，④正確；故答案為：②④.14、【解析】首先求出函數的導函數，再令代入計算可得；【詳解】解：因為，所以，所以，解得；故答案為：15、【解析】利用計算可得出數列的通項公式.【詳解】當時，;而不適合上式，.故答案：.16、2【解析】根據體積公式直接計算即可.【詳解】設正方體邊長為，則，解得.故答案為：三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析（2）【解析】（1）設，線段的中點為H，分別連接，可證，從而可得平面；（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面的一個法向量和平面的一個法向量后可求二面角的余弦值.【小問1詳解】證明：設，線段的中點為H，分別連接又因為G是的中點，所以因為四邊形為矩形，據菱形性質知，O為的中點，所以，且，所以，且，所以四邊形是平行四邊形，所以又因為平面，平面，所以平面【小問2詳解】解：據四邊形是菱形的性質知，又因為平面平面，平面，平面平面，故平面，所以以分別為x軸，y軸，以過與的交點O，且垂直于平面的直線為z軸建立空間直角坐標系如圖所示，則有，所以設平面的一個法向量，則令，則，且，所以設平面的一個法向量，則令，則，且，所以所以，所以二面角的正弦值為18、（1）增區(qū)間為（2），【解析】（1）求導，由判別式可判斷導數符號，然后可得；（2）求導，求導數零點，比較函數極值和端點函數值，結合單調性可得.【小問1詳解】因為，所以，，因為，所以恒成立所以的增區(qū)間為.【小問2詳解】當時，，令，解得，當時，，當時，，當時，所以，函數在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增.因為，所以在區(qū)間上的最大值，最小值為19、（Ⅰ）單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為；最小值為，無最大值；（Ⅱ）證明見解析【解析】（Ⅰ）根據導函數的正負即可確定單調區(qū)間，由單調性可得最值點；（Ⅱ）構造函數，利用導數可確定單調性，結合的正負可確定的零點的范圍，進而得到結論.【詳解】（Ⅰ）由題意得：定義域為，，當時，；當時，；的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為的最小值為，無最大值（Ⅱ）設，則，令得：當時，；當時，，在上單調遞增；在上單調遞減由（Ⅰ）知：，可得：，，可得：，即又，當時，，即當時，【點睛】思路點睛：本題考查導數在研究函數中的應用，涉及到函數單調性和最值的求解、利用導數證明不等式等知識；利用導數證明不等式的關鍵是能夠通過移項構造的方式，構造出新的函數，通過的單調性，結合零點所處的范圍可分析得到結果.20、（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）設等差數列的公差為，則，根據題意可得出關于的方程，求出的值，利用等差數列的通項公式可求得數列的通項公式；（2）求得，利用裂項相消法求出，即可證得結論成立.【小問1詳解】解：設等差數列的公差為，則，由題意可得，即，整理可得，，解得，因此，.【小問2詳解】證明：，因此，，故原不等式得證.21、（1）（2）證明見解析【解析】（1）先求出直線的方程，聯立直線與橢圓，求出A點坐標；（2）設出直線方程，聯立橢圓方程，用韋達定理得到兩根之和，兩根之積，求出兩點的縱坐標，證明出，即可證明關于軸對稱.【小問1詳解】由題意得，，所以直線方程為，與橢圓方程聯立得解得或，當時，，所以【小問2詳解】設，，的方程為，聯立消去得，則，直線的方程為，設，則，直線的方程為，設，則，因為，即，所以點，關于軸對稱22、（1）；（2）6.【解析】（1）本小題根據題意先求