2025年上海市桃浦中学 高二数学第一学期期末质量跟踪监视试题含解析.doc

2025年上海市桃浦中学 高二数学第一学期期末质量跟踪监视试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．已知命题p：，，则命题p的否定为（）
A， B.，
C.， D.，
2．已知点的坐标为(5，2)，F为抛物线的焦点，若点在抛物线上移动，当取得最小值时，则点的坐标是
A.(1，) B.
C. D.
3．设函数，若的整数有且仅有两个，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
4．已知，且，则实数的值为（ ）
A. B.3
C.4 D.6
5．已知圆M与直线与都相切，且圆心在上，则圆M的方程为（ ）
A. B.
C. D.
6．下列函数求导错误的是（ ）
A.
B.
C.
D.
7．若a＞0，b＞0，且函数f（x）=4x3﹣ax2﹣2bx+2在x=1处有极值，则ab的最大值等于
A.2 B.3
C.6 D.9
8．已知，是椭圆的两焦点，是椭圆上任一点，从引外角平分线的垂线，垂足为，则点的轨迹为（）
A.圆 B.两个圆
C.椭圆 D.两个椭圆
9．已知椭圆，则它的短轴长为（）
A.2 B.4
C.6 D.8
10．曲线与曲线的（）
A.长轴长相等 B.短轴长相等
C.离心率相等 D.焦距相等
11．已知命题，；命题，，那么下列命题为假命题的是（）
A. B.
C. D.
12．下列推理中属于归纳推理且结论正确的是（）
A.由，求出，，，…，推断：数列的前项和
B.由满足对都成立，推断：为奇函数
C.由半径为的圆的面积，推断单位圆的面积
D.由，，，…，推断：对一切，
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若圆和圆的公共弦所在的直线方程为，则______
14．已知等差数列的前n项和为公差为d，且满足则的取值范围是_____________，的取值范围是_____________
15．命题“若实数a，b满足，则且”是_______命题(填“真”或“假”).
16．已知双曲线C：的一个焦点坐标为，则其渐近线方程为__________
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）已知数列的前项和为，且满足，，成等比数列，.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
18．（12分）在柯桥古镇的开发中，为保护古桥OA，规划在O的正东方向100m的C处向对岸AB建一座新桥，使新桥BC与河岸AB垂直，并设立一个以线段OA上一点M为圆心，与直线BC相切的圆形保护区（如图所示），且古桥两端O和A与圆上任意一点的距离都不小于50m，经测量，点A位于点O正南方向25m，，建立如图所示直角坐标系

（1）求新桥BC的长度；
（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最小？
19．（12分）如图，在多面体ABCEF中，和均为等边三角形，D是AC的中点，

（1）证明：
（2）若平面平面ACE，求二面角余弦值.
20．（12分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面于点M连接.

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
21．（12分）如图所示，在空间四边形中，，分别为，的中点，，分别在，上，且．求证：

（1）、、、四点共面；
（2）与的交点在直线上
22．（10分）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求在区间上的最值.
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、A
【解析】根据特称命题的否定是全称命题，结合已知条件，即可求得结果.
【详解】因为命题p：，，故命题p的否定为：，.
故选：A.
2、D
【解析】过作准线的垂线，垂足为，则，当且仅当三点共线时等号成立，此时，故，所以，选D
3、D
【解析】等价于，令，，利用导数研究函数的单调性，作出的简图，数形结合只需满足即可.
【详解】，即，
又，则.
令，，
，当时，，
时，，时，，
在单调递减，在单调递增，且，且，，作出函数图象如图所示，
若的整数有且仅有两个，即只需满足
，即，解得：
故选：D

4、B
【解析】根据给定条件利用空间向量垂直的坐标表示计算作答.
详解】因，且，则有，解得，
所以实数的值为3.
故选：B
5、A
【解析】由题可设，结合条件可得，即求.
【详解】∵圆心在上，
∴可设圆心，又圆M与直线与都相切，
∴，解得，
∴，即圆的半径为1，圆M的方程为.
故选：A.
6、C
【解析】每一个选项根据求导公式及法则来运算即可判断.
【详解】对于A，，正确；
对于B，，正确；
对于C，，不正确；
对于D，，正确.
故选：C
7、D
【解析】求出导函数，利用函数在极值点处的导数值为0得到a，b满足的条件；利用基本不等式求出ab的最值；注意利用基本不等式求最值需注意：一正、二定、三相等
解：∵f′（x）=12x2﹣2ax﹣2b
又因为在x=1处有极值
∴a+b=6
∵a＞0，b＞0
∴
当且仅当a=b=3时取等号
所以ab的最大值等于9
故选D
点评：本题考查函数在极值点处的导数值为0、考查利用基本不等式求最值需注意：一正、二定、三相等
8、A
【解析】设的延长线交的延长线于点，由椭圆性质推导出，由题意知是△的中位线，从而得到点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆
【详解】是焦点为、的椭圆上一点
为的外角平分线，，
设的延长线交的延长线于点，如图，

，
，
，
由题意知是△的中位线，
，
点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆
故选：A
9、B
【解析】根据椭圆短轴长的定义进行求解即可.
【详解】由椭圆的标准方程可知：，所以该椭圆的短轴长为，
故选：B
10、D
【解析】分别求出两曲线表示的椭圆的位置，长轴长、短轴长、离心率和焦距，比较可得答案.
【详解】曲线表示焦点在x轴上的椭圆，长轴长为10，短轴长为6，
离心率为 ,焦距为8,
曲线焦点在x轴上的椭圆，长轴长为，
短轴长为，离心率为 ,焦距为 ,
故选：D
11、B
【解析】由题设命题的描述判断、的真假，再判断其复合命题的真假即可.
【详解】对于命题，仅当时，故为假命题；
对于命题，由且开口向上，故为真命题；
所以为真命题，为假命题，
综上，为真，为假，为真，为真.
故选：B
12、A
【解析】根据归纳推理是由特殊到一般，推导结论可得结果.
【详解】对于A，由，求出，，，…，
推断：数列的前项和，是由特殊推导出一般性的结论，
且，故A正确；
B和C属于演绎推理，故不正确；
对于D，属于归纳推理，但时，结论不正确，故D不正确.
故选：A.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】由两圆公共弦方程，将两圆方程相减得到，结合已知列方程组求、，即可得答案.
【详解】由题设，两圆方程相减可得：，即为公共弦，
∴，可得，
∴.
故答案为：.
14、 ①. ②.
【解析】通过判断出，进而将化为基本量求得答案；然后用基本量将化简，进而通过的范围求得答案.
【详解】
由，
，
，
故答案为：
15、假
【解析】列举特殊值，判断真假命题.
【详解】当时，，所以，命题“若实数a，b满足，则且”是假命题.
故答案为：假
16、
【解析】根据双曲线的定义由焦点坐标求出，即可得到双曲线方程，从而得到其渐近线方程；
【详解】解：因为双曲线C：的一个焦点坐标为，即，，又，所以，所以双曲线方程为，所以双曲线的渐近线为；
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）由可得数列是公差为2的等差数列，再由，，成等比数列，列方程可求出，从而可求得数列的通项公式；
（2）由（1）可得，然后利用裂项相消求和法可求出
【详解】解：（1）由，可得，
即数列是公差为2的等差数列.
所以，，
.
由题意得，解得，
所以.
（2）由（1）可得，
所以数列的前项和
.
18、（1）80m；
（2）.
【解析】（1）根据斜率的公式，结合解方程组法和两点间距离公式进行求解即可；
（2）根据圆的切线性质进行求解即可.
【小问1详解】
由题意，可知，，∵∴
直线BC方程：①，
同理可得：直线AB方程：②
由①②可知，∴，从而得
故新桥BC得长度为80m
【小问2详解】
设，则，圆心，
∵直线BC与圆M相切，∴半径，
又因为，
∵∴，所以当时，圆M的面积达到最小
19、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）根据等腰三角形三线合一的性质得到、，即可得到平面，再根据，即可得证；
（2）由面面垂直的性质得到平面，建立如图所示空间直角坐标系，设，即可得到点，，的坐标，最后利用空间向量法求出二面角的余弦值；
【小问1详解】
证明：连接DE
因为，且D为AC的中点，所以
因为，且D为AC的中点，所以
因为平面BDE，平面BDE，且，所以平面
因为，所以平面BDE，所以
【小问2详解】
解：由（1）可知
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以DC，DB，DE两两垂直
以D为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系

设．则，，．从而，
设平面BCE的法向量为，
则令，得
平面ABC的一个法向量为
设二面角为，由图可知为锐角，
则
20、（1）证明见详解
（2）
【解析】（1）连接，交于点，则为中点，再由等腰三角形三线合一可知为中点，连接，利用中位线可知，根据直线与平面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法即可求出两平面所成角的余弦值.
【小问1详解】
连接，交于点，则为中点，
因为，于，则为中点，
连接，则，
又因为平面，平面,
所以平面；
【小问2详解】
如图所示，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量为，
由可得，
令，得，即，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面所成角为，
，
则平面与平面所成角的余弦值为.

21、（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）由平行关系转化，可得，即可证明四点共面；（2）由条件证明与的交点既在平面上，又在平面上，即可证明.
【详解】证明（1）∵，∴
∵，分别为，的中点，
∴，∴，∴，，，四点共面
（2）∵，不是，的中点，
∴，且，故为梯形
∴与必相交，设交点为，
∴平面，平面，
∴平面，且平面，
∴，即与的交点在直线上
22、（1）
（2）最小值为0，最大值为4
【解析】（1）利用导数求得切线方程.
（2）结合导数求得在区间上的最值.
【小问1详解】
，
所以曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
，
所以在区间递增；在区间递减，
，
所以在区间上的最小值为，最大值为.