上海市華東師范大學第一附屬中學2025屆數(shù)學高二上期末學業(yè)水平測試模擬試題含解析

上海市華東師范大學第一附屬中學2025屆數(shù)學高二上期末學業(yè)水平測試模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．魏晉時期數(shù)學家劉徽首創(chuàng)割圓術，他在《九章算術》方田章圓田術中指出：“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體而無所失矣.”這是注述中所用的割圓術是一種無限與有限的轉化過程，比如在正數(shù)中的“”代表無限次重復，設，則可以利用方程求得，類似地可得到正數(shù)（）A.2 B.3C. D.2．已知中，內角所對的邊分別，若，，，則（）A. B.C. D.3．頂點在原點，關于軸對稱，并且經過點的拋物線方程為（）A. B.C. D.4．直線且的傾斜角為（）A. B.C. D.5．已知雙曲線的漸近線方程為，則該雙曲線的離心率等于（）A. B.C.2 D.46．已知等差數(shù)列滿足，，數(shù)列滿足，記數(shù)列的前n項和為，若對于任意的，，不等式恒成立，則實數(shù)t的取值范圍為（）A. B.C. D.7．已知函數(shù)的導函數(shù)的圖像如圖所示，則下列判斷正確的是（）A.在區(qū)間上，函數(shù)增函數(shù) B.在區(qū)間上，函數(shù)是減函數(shù)C.為函數(shù)的極小值點 D.2為函數(shù)的極大值點8．在等差數(shù)列中，已知，則數(shù)列的前6項之和為（）A.12 B.32C.36 D.729．已知平面的一個法向量為=（2，－2，4），=（－1，1，－2），則AB所在直線l與平面的位置關系為（）A.l⊥ B.C.l與相交但不垂直 D.l∥10．在空間直角坐標系中，，，若∥，則x的值為（）A.3 B.6C.5 D.411．下列命題中正確的是（）A.拋物線的焦點坐標為B.拋物線的準線方程為x=?1C.拋物線的圖象關于x軸對稱D.拋物線的圖象關于y軸對稱12．函數(shù)的定義域為開區(qū)間，導函數(shù)在內的圖像如圖所示，則函數(shù)在開區(qū)間內有極小值點（）A.個 B.個C.個 D.個二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，，且，則的最小值為___________14．已知函數(shù)，則___________.15．在中.若成公比為的等比數(shù)列，則____________16．秦九韶出生于普州（今資陽市安岳縣），是我國南宋時期偉大的數(shù)學家，他創(chuàng)立的秦九韶算法歷來為人稱道，其本質是將一個次多項式寫成個一次式相組合的形式，如可將寫成，由此可得__________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）在如圖所示的幾何體中，四邊形是正方形，四邊形是梯形，，，平面平面，且（1）求證：平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值18．（12分）設數(shù)列的前項和為，且.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）記，求數(shù)列的前項和為.19．（12分）函數(shù).（1）當時，解不等式；（2）若不等式對任意恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.20．（12分）公差不為零的等差數(shù)列中，已知其前n項和為，若，且成等比數(shù)列（1）求數(shù)列的通項；（2）當時，求數(shù)列的前n和21．（12分）如圖，在四面體ABCD中，，平面ABC，點M為棱AB的中點，，（1）證明：；（2）求平面BCD和平面DCM夾角的余弦值22．（10分）（1）已知集合，．：，：，并且是的充分條件，求實數(shù)的取值范圍（2）已知：，，：，，若為假命題，求實數(shù)的取值范圍

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、A【解析】設，則，解方程可得結果.【詳解】設，則且，所以，所以，所以，所以或（舍）.所以.故選：A【點睛】關鍵點點睛：設是解題關鍵.2、B【解析】利用正弦定理可直接求得結果.【詳解】在中，由正弦定理得：.故選：B.3、C【解析】根據題意，設拋物線的方程為，進而待定系數(shù)求解即可.【詳解】解：由題，設拋物線的方程為，因為在拋物線上，所以，解得，即所求拋物線方程為故選：C4、C【解析】由直線方程可知其斜率，根據斜率和傾斜角關系可得結果.【詳解】直線方程可化為：，直線的斜率，直線的傾斜角為.故選：C.5、A【解析】由雙曲線的漸近線方程，可得，再由的關系和離心率公式，計算即可得到所求值【詳解】解：雙曲線的漸近線方程為，由題意可得即，可得由可得，故選：A.6、B【解析】由等差數(shù)列基本量法求出通項公式，用裂項相消法求得，求出的最大值，然后利用關于的不等式是一次不等式列出滿足的不等關系求得其范圍【詳解】設等差數(shù)列公差為，則由已知得，解得，∴，，∴，易知數(shù)列是遞增數(shù)列，且，∴若對于任意的，，不等式恒成立，即，又，∴，解得或故選：B【點睛】本題考查求等差數(shù)列的通項公式，考查裂項相消法求數(shù)列的和，考查不等式恒成立問題，解題關鍵是掌握不等式恒成立問題的轉化與化歸思想，不等式恒成立首先轉化為求數(shù)列的單調性與最值，其次轉化為一次不等式恒成立7、D【解析】根據導函數(shù)與原函數(shù)的關系可求解.【詳解】對于A，在區(qū)間，，故A不正確；對于B，在區(qū)間，，故B不正確；對于C、D，由圖可知在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，且，所以為函數(shù)的極大值點，故C不正確，D正確.故選：D8、C【解析】利用等差數(shù)列的求和公式結合角標和定理即可求解.【詳解】解：等差數(shù)列中，所以等差數(shù)列的前6項之和為：故選：C.9、A【解析】由向量與平面法向量的關系判斷直線與平面的位置關系【詳解】因為，所以，所以故選：A10、D【解析】依題意可得，即可得到方程組，解得即可；【詳解】解：依題意，即，所以，解得故選：D11、C【解析】根據拋物線的性質逐項分析可得答案.【詳解】拋物線的焦點坐標為，故A錯誤；拋物線的準線方程為，故B錯誤；拋物線的圖象關于x軸對稱，故C正確，D錯誤；故選：C.12、A【解析】利用極小值的定義判斷可得出結論.【詳解】由導函數(shù)在區(qū)間內的圖象可知，函數(shù)在內的圖象與軸有四個公共點，在從左到右第一個點處導數(shù)左正右負，在從左到右第二個點處導數(shù)左負右正，在從左到右第三個點處導數(shù)左正右正，在從左到右第四個點處導數(shù)左正右負，所以函數(shù)在開區(qū)間內的極小值點有個，故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、25【解析】根據，，且，由，利用基本不等式求解.【詳解】因為，，且，所以，當且僅當，即時，等號成立，所以的最小值為25，故答案為：2514、【解析】先求導數(shù)，代入可得.【詳解】因為所以，則，故.故答案為：15、【解析】由條件可得，即，由余弦定理可得答案.【詳解】由成公比為的等比數(shù)列，即由正弦定理可知所以故答案為：16、【解析】利用代入法進行求解即可.【詳解】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）先利用正方形和梯形的性質證明線面平行，然后再根據線面平行證明面面平行即可（2）根據題意建立空間直角坐標系，寫出相關點的坐標和相關的向量，然后分別求出平面與平面的一個法向量，最后求出平面與平面夾角的余弦值【小問1詳解】四邊形是正方形，可得：又平面，平面則有：平面四邊形是梯形，可得：又平面，平面則有：平面又故平面平面【小問2詳解】依題意知兩兩垂直，故以為原點，所在的直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.則有：，，，可得：，，設平面的一個法向量，則有：取，可得：設平面的一個法向量，則有：取，可得：設平面與平面的夾角為，則故平面與平面夾角的余弦值為18、（1）；（2）.【解析】（1）利用可求得結果；（2）由（1）可得，利用裂項相消法可求得結果.【小問1詳解】當時，；當時，，；經檢驗：滿足；綜上所述：.【小問2詳解】由（1）得：，.19、（1）；（2）.【解析】（1）由題設，原不等式等價于，分類討論即可得出結論；（2）不等式對任意恒成立，即，即可求實數(shù)a的取值范圍.【詳解】（1）當時，原不等式等價于，當時，，解得，即；當時，恒成立，即；當時，，解得，即；綜上，不等式的解集為；（2），，即或，解得，∴a取值范圍是.20、（1）（2）【解析】（1）根據等差數(shù)列的性質，結合題意，可求得值，根據成等比數(shù)列，即可求得d值，代入等差數(shù)列通項公式，即可得答案；（2）由（1）可求得，即可得表達式，根據裂項相消求和法，即可得答案.【小問1詳解】設等差數(shù)列的公差為，由等差數(shù)列性質可得，解得，又成等比數(shù)列，所以，整理得，因為，所以，所以【小問2詳解】由（1）可得，則，所以，所以21、（1）證明見解析（2）【解析】（1）根據題意，利用線面垂直的判定定理證明平面ABD即可；（2）以A為原點，分別以，，方向為x軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標系，分別求得平面BCD的一個法向量和平面DCM的一個法向量，然后由求解【小問1詳解】證明：∵平面ABC，∴，又，，∴平面ABD，∴【小問2詳解】如圖，以A為原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標系，則，，，，，依題意，可得，設為平面BCD的一個法向量，則，不妨令，可得設為平面DCM的一個法向量，則，不妨令，可得，所以所以平面BCD和平面DCM的夾角的余弦值為22、（1）；（2）【解析】（1）由二次函數(shù)的性質，求得，又由，求得集合，根據命題是命題的充分條件，所以，列出不等式，即可求解（2）依題意知，均為假命題，分別求得實數(shù)的取值范圍，即可