2025屆上海市五愛中學高三數學第一學期期末檢測模擬試題含解析

2025屆上海市五愛中學高三數學第一學期期末檢測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．復數在復平面內對應的點為則（）A． B． C． D．2．一個正三角形的三個頂點都在雙曲線的右支上，且其中一個頂點在雙曲線的右頂點，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．3．已知實數滿足線性約束條件，則的取值范圍為（）A．(-2,-1］ B．(-1,4］ C．[-2,4) D．[0,4]4．已知函數是上的偶函數，是的奇函數，且，則的值為（）A． B． C． D．5．已知復數z滿足（i為虛數單位），則在復平面內復數z對應的點位于()A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限6．在中，角所對的邊分別為，已知，．當變化時，若存在最大值，則正數的取值范圍為A． B． C． D．7．向量，，且，則（）A． B． C． D．8．已知x，y滿足不等式，且目標函數z＝9x+6y最大值的變化范圍[20，22]，則t的取值范圍（）A．[2，4] B．[4，6] C．[5，8] D．[6，7]9．如圖所示，在平面直角坐標系中，是橢圓的右焦點，直線與橢圓交于，兩點，且，則該橢圓的離心率是（）A． B． C． D．10．在原點附近的部分圖象大概是（）A． B．C． D．11．執(zhí)行程序框圖，則輸出的數值為（）A． B． C． D．12．“是函數在區(qū)間內單調遞增”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在的展開式中，的系數等于__．14．學校藝術節(jié)對同一類的四項參賽作品，只評一項一等獎，在評獎揭曉前，甲、乙、丙、丁四位同學對這四項參賽作品預測如下：甲說：“作品獲得一等獎”；乙說：“作品獲得一等獎”；丙說：“，兩項作品未獲得一等獎”；丁說：“是或作品獲得一等獎”，若這四位同學中只有兩位說的話是對的，則獲得一等獎的作品是___．15．已知集合，.若，則實數a的值是______.16．已知，則展開式的系數為__________．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）已知公差不為零的等差數列的前n項和為，，是與的等比中項.（1）求；（2）設數列滿足，，求數列的通項公式.18．（12分）在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，（Ⅰ）求的大??；（Ⅱ）若，求面積的最大值．19．（12分）在三棱錐中，是邊長為的正三角形，平面平面，，M、N分別為、的中點.?（1）證明：；（2）求三棱錐的體積.20．（12分）設為實數,已知函數,．（1）當時,求函數的單調區(qū)間：（2）設為實數,若不等式對任意的及任意的恒成立,求的取值范圍;（3）若函數（,）有兩個相異的零點,求的取值范圍．21．（12分）如圖，在正四棱錐中，，點、分別在線段、上，．（1）若，求證：⊥；（2）若二面角的大小為，求線段的長．22．（10分）已知曲線C的極坐標方程是.以極點為平面直角坐標系的原點,極軸為x軸的正半軸,建立平面直角坐標系,直線l的參數方程是:（是參數）.（1）若直線l與曲線C相交于A、B兩點,且,試求實數m值.（2）設為曲線上任意一點，求的取值范圍.

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、B【解析】

求得復數，結合復數除法運算，求得的值.【詳解】易知，則.故選：B【點睛】本小題主要考查復數及其坐標的對應，考查復數的除法運算，屬于基礎題.2、D【解析】

因為雙曲線分左右支，所以，根據雙曲線和正三角形的對稱性可知：第一象限的頂點坐標為，，將其代入雙曲線可解得．【詳解】因為雙曲線分左右支，所以，根據雙曲線和正三角形的對稱性可知：第一象限的頂點坐標為，，將其代入雙曲線方程得：，即，由得．故選：．【點睛】本題考查了雙曲線的性質，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平．3、B【解析】

作出可行域，表示可行域內點與定點連線斜率，觀察可行域可得最小值．【詳解】作出可行域，如圖陰影部分（含邊界），表示可行域內點與定點連線斜率，，，過與直線平行的直線斜率為－1，∴．故選：B．【點睛】本題考查簡單的非線性規(guī)劃．解題關鍵是理解非線性目標函數的幾何意義，本題表示動點與定點連線斜率，由直線與可行域的關系可得結論．4、B【解析】

根據函數的奇偶性及題設中關于與關系，轉換成關于的關系式，通過變形求解出的周期，進而算出.【詳解】為上的奇函數，，而函數是上的偶函數，，，故為周期函數，且周期為故選：B【點睛】本題主要考查了函數的奇偶性，函數的周期性的應用，屬于基礎題.5、D【解析】

根據復數運算，求得，再求其對應點即可判斷.【詳解】，故其對應點的坐標為.其位于第四象限.故選：D.【點睛】本題考查復數的運算，以及復數對應點的坐標，屬綜合基礎題.6、C【解析】

因為，，所以根據正弦定理可得，所以，，所以，其中，，因為存在最大值，所以由，可得，所以，所以，解得，所以正數的取值范圍為，故選C．7、D【解析】

根據向量平行的坐標運算以及誘導公式，即可得出答案.【詳解】故選：D【點睛】本題主要考查了由向量平行求參數以及誘導公式的應用，屬于中檔題.8、B【解析】

作出可行域，對t進行分類討論分析目標函數的最大值，即可求解.【詳解】畫出不等式組所表示的可行域如圖△AOB當t≤2時，可行域即為如圖中的△OAM，此時目標函數z＝9x+6y在A（2，0）取得最大值Z＝18不符合題意t＞2時可知目標函數Z＝9x+6y在的交點（）處取得最大值，此時Z＝t+16由題意可得，20≤t+16≤22解可得4≤t≤6故選：B．【點睛】此題考查線性規(guī)劃，根據可行域結合目標函數的最大值的取值范圍求參數的取值范圍，涉及分類討論思想，關鍵在于熟練掌握截距型目標函數的最大值最優(yōu)解的處理辦法.9、A【解析】

聯(lián)立直線方程與橢圓方程，解得和的坐標，然后利用向量垂直的坐標表示可得，由離心率定義可得結果.【詳解】由，得，所以，.由題意知，所以，.因為,所以,所以.所以，所以，故選：A.【點睛】本題考查了直線與橢圓的交點，考查了向量垂直的坐標表示，考查了橢圓的離心率公式，屬于基礎題.10、A【解析】

分析函數的奇偶性，以及該函數在區(qū)間上的函數值符號，結合排除法可得出正確選項.【詳解】令，可得，即函數的定義域為，定義域關于原點對稱，，則函數為奇函數，排除C、D選項；當時，，，則，排除B選項.故選：A.【點睛】本題考查利用函數解析式選擇函數圖象，一般要分析函數的定義域、奇偶性、單調性、零點以及函數值符號，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.11、C【解析】

由題知：該程序框圖是利用循環(huán)結構計算并輸出變量的值，計算程序框圖的運行結果即可得到答案.【詳解】，，，，，滿足條件，，，，，滿足條件，，，，，滿足條件，，，，，滿足條件，，，，，不滿足條件，輸出.故選：C【點睛】本題主要考查程序框圖中的循環(huán)結構，屬于簡單題.12、C【解析】，令解得當，的圖像如下圖當，的圖像如下圖由上兩圖可知，是充要條件【考點定位】考查充分條件和必要條件的概念，以及函數圖像的畫法.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、7【解析】

由題，得，令，即可得到本題答案.【詳解】由題，得，令，得x的系數.故答案為：7【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，屬基礎題.14、C【解析】

假設獲得一等獎的作品，判斷四位同學說對的人數.【詳解】分別獲獎的說對人數如下表：獲獎作品ABCD甲對錯錯錯乙錯錯對錯丙對錯對錯丁對錯錯對說對人數3021故獲得一等獎的作品是C.【點睛】本題考查邏輯推理，常用方法有：1、直接推理結果，2、假設結果檢驗條件.15、9【解析】

根據集合交集的定義即得.【詳解】集合，，，，則a的值是9.故答案為：9【點睛】本題考查集合的交集，是基礎題.16、【解析】

先根據定積分求出的值，再用二項展開式公式即可求解.【詳解】因為所以的通項公式為當時，當時，故展開式中的系數為故答案為：【點睛】此題考查定積分公式，二項展開式公式等知識點，屬于簡單題目.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）；（2）.【解析】

（1）根據題意，建立首項和公差的方程組，通過基本量即可寫出前項和；（2）由（1）中所求，結合累加法求得.【詳解】（1）由題意可得即又因為，所以，所以.（2）由條件及（1）可得.由已知得，所以.又滿足上式，所以【點睛】本題考查等差數列通項公式和前項和的基本量的求解，涉及利用累加法求通項公式，屬綜合基礎題.18、（1）（2）【解析】

分析：(1)利用正弦定理以及誘導公式與和角公式，結合特殊角的三角函數值，求得角C；(2)運用向量的平方就是向量模的平方，以及向量數量積的定義，結合基本不等式，求得的最大值，再由三角形的面積公式計算即可得到所求的值.詳解：（1）∵，，（Ⅱ）取中點，則，在中，，（注：也可將兩邊平方）即，，所以，當且僅當時取等號．此時，其最大值為.點睛：該題考查的是有關三角形的問題，涉及到的知識點有正弦定理，誘導公式，和角公式，向量的平方即為向量模的平方，基本不等式，三角形的面積公式，在解題的過程中，需要正確使用相關的公式進行運算即可求得結果.19、（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）取中點，連接，，證明平面，由線面垂直的性質可得；（2）由，即可求得三棱錐的體積．【詳解】解：（1）證明：取中點D，連接，.因為，，所以且，因為，平面，平面，所以平面.又平面，所以；（2）解：因為平面，平面，所以平面平面，過N作于E，則平面，因為平面平面，，平面平面，平面，所以平面，又因為平面，所以，由于，所以所以，所以.【點睛】本題考查線面垂直，考查三棱錐體積的計算，解題的關鍵是掌握線面垂直的判定與性質，屬于中檔題．20、（1）函數單調減區(qū)間為;單調增區(qū)間為．（2）（3）【解析】

（1）據導數和函數單調性的關系即可求出;（2）分離參數,可得對任意的及任意的恒成立,構造函數,利用導數求出函數的最值即可求出的范圍;（3）先求導,再分類討論,根據導數和函數單調性以及最值得關系即可求出的范圍【詳解】解：（1）當時,因為,當時,;當時,．所以函數單調減區(qū)間為;單調增區(qū)間為．（2）由,得,由于,所以對任意的及任意的恒成立,由于,所以,所以對任意的恒成立,設,,則,所以函數在上單調遞減,在上單調遞增,所以,所以．（3）由,得,其中．①若時,則,所以函數在上單調遞增,所以函數至多有一個零點,不合題意;②若時,令,得．由第（2）小題,知：當時,,所以,所以,所以當時,函數的值域為．所以,存在,使得,即,①且當時,,所以函數在上單調遞增,在上單調遞減．因為函數有兩個零點,,所以．②設,,則,所以函數在單調遞增,由于,所以當時,．所以,②式中的,又由①式,得．由第（1）小題可知,當時,函數在上單調遞減,所以,即．當時,（?。┯捎?所以得,又因為,且函數在上單調遞減,函數的圖象在上不間斷,所以函數在上恰有一個零點;（ⅱ）由于,令,設,,由于時,,,所以設,即．由①式,得,當時,,且,同理可得函數在上也恰有一個零點．綜上,．【點睛】本題考查含參數的導數的單調性,利用導數求不等式恒成立問題,以及考查函數零點問題,考查學生的計算能力,是綜合性較強的題.21、（1）證明見解析；（2）．【解析】試題分析：由于圖形是正四棱錐，因此設AC、BD交點為O，則以OA為x軸正方向，以OB為y軸正方向，OP為z軸正方向建立空間直角坐標系，可用空間向量法解決問題．（1）只要證明＝0即可證明垂直；（2）設＝λ，得M(λ，0，1－λ)，然后求出平面MBD的法向量，而平面ABD的法向量為，利用法向量夾角與二面角相等或互補可求得．試題解析:(1)連結AC、BD交于點O，以OA為x軸正方向，以OB為y軸正方向，OP為z軸正方向建立空間直角坐標系．因為PA＝AB＝，則A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．由＝，得N，由＝，得M，所以，＝(－1，－1，0)．因為＝0，所以MN⊥AD(2)解：因為M在PA上，可設＝λ，得M(λ，0，1－λ)．所以＝(λ，－1，1－λ)，＝(0，－2，0)．設平面MBD的法向量＝(x，y，z)，由，得其中一組解為x＝λ－1，y＝0，z＝λ，所以可?。?λ－1，0，λ)．因為平