2026届上海市实验中学数学高二第一学期期末达标检测模拟试题含解析.doc

2026届上海市实验中学数学高二第一学期期末达标检测模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．在三棱锥中，，，则异面直线PC与AB所成角的余弦值是（）
A. B.
C. D.
2．已知点分别是椭圆的左、右焦点,点P在此椭圆上,,则的面积等于
A. B.
C. D.
3．已知圆：，圆：，则两圆的位置关系为（　　）
A.外离 B.外切
C.相交 D.内切
4．已知直线m经过，两点，则直线m的斜率为（）
A.-2 B.
C. D.2
5．《周髀算经》中有这样一个问题，从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长依次成等差数列，若冬至、大寒、雨水的日影长的和为36.3尺，小寒、惊蛰、立夏的日影长的和为18.3尺，则冬至的日影长为（ ）
A 4尺 B.8.5尺
C.16.1尺 D.18.1尺
6．2020年12月4日，嫦娥五号探测器在月球表面第一次动态展示国旗.1949年公布的《国旗制法说明》中就五星的位置规定：大五角星有一个角尖正向上方，四颗小五角星均各有一个角尖正对大五角星的中心点.有人发现，第三颗小星的姿态与大星相近.为便于研究，如图，以大星的中心点为原点，建立直角坐标系，，，，分别是大星中心点与四颗小星中心点的联结线，，则第三颗小星的一条边AB所在直线的倾斜角约为（）

A. B.
C. D.
7．等差数列的公差，且，，则的通项公式是（）
A. B.
C. D.
8．若直线的斜率为，则的倾斜角为（ ）
A. B.
C. D.
9．直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
10．魏晋时期数学家刘徽首创割圆术，他在《九章算术》方田章圆田术中指出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”这是注述中所用的割圆术是一种无限与有限的转化过程，比如在正数中的“”代表无限次重复，设，则可以利用方程求得，类似地可得到正数（ ）
A.2 B.3
C. D.
11．已知集合M＝{0，x}，N＝{1,2}，若M∩N＝{2}，则M∪N＝(　　)
A.{0，x,1,2} B.{2,0,1,2}
C.{0,1,2} D.不能确定
12．已知直线与直线垂直，则（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知正方形的边长为分别是边的中点，沿将四边形折起，使二面角的大小为，则两点间的距离为__________
14．已知在△中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若△的面积为2，边上中线的长为．且，则△外接圆的面积为___________
15．设数列满足，则an＝________
16．甲、乙两人下棋，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，则甲、乙两人下成和棋的概率为___________.
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）已知函数
（1）求函数单调区间；
（2）函数在区间上的最小值小于零，求a的取值范围
18．（12分）（1）求函数的单调区间.
（2）用向量方法证明：已知直线l，a和平面，，，，求证：.
19．（12分）已知直线：和：
（1）若，求实数m的值；
（2）若，求实数m的值
20．（12分）已知数列的前n项和为，满足，
（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）设，为数列的前n项和，
①求；
②若不等式对任意的正整数n恒成立，求实数的取值范围
21．（12分）已知函数在其定义域内有两个不同的极值点
（1）求a的取值范围；
（2）设的两个极值点分别为，证明：
22．（10分）如图所示，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，过点作交于点.求证：

（1）平面；
（2）平面.
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】分别取、、的中点、、，连接、、、、，由题意结合平面几何的知识可得、、或其补角即为异面直线PC与AB所成角，再由余弦定理即可得解.
【详解】分别取、、的中点、、，连接、、、、，如图：

由可得，所以，
在，，可得
由中位线的性质可得且，且，
所以或其补角即为异面直线PC与AB所成角，
在中，，
所以异面直线AB与PC所成角的余弦值为.
故选：A.
【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角
2、B
【解析】根据椭圆标准方程，可得，结合定义及余弦定理可求得值，由及三角形面积公式即可求解.
【详解】椭圆
则，所以，
则
由余弦定理可知
代入化简可得，
则，
故选：B.
【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及几何性质的简单应用，正弦定理与余弦定理的简单应用，三角形面积公式的用法，属于基础题.
3、C
【解析】求出两圆的圆心和半径，根据圆心距与半径和与差的关系，判断圆与圆的位置关系
【详解】圆：的圆心为，半径，
圆：，即，圆心，半径，
两圆的圆心距，显然，即，
所以圆与圆相交.
故选：C
4、A
【解析】根据斜率公式求得正确答案.
【详解】直线的斜率为：.
故选：A
5、C
【解析】设等差数列，用基本量代换列方程组，即可求解.
【详解】由题意，从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列，记为数列，公差为d，
则有，即，解得：，
即冬至的日影长为16.1尺.
故选：C
6、C
【解析】由五角星的内角为，可知，又平分第三颗小星的一个角，过作轴平行线，则，即可求出直线的倾斜角.
【详解】都为五角星的中心点，平分第三颗小星的一个角，
又五角星的内角为，可知，
过作轴平行线，则，所以直线的倾斜角为，
故选：C

【点睛】关键点点睛：本题考查直线倾斜角，解题的关键是通过做辅助线找到直线的倾斜角，通过几何关系求出倾斜角，考查学生的数形结合思想，属于基础题.
7、C
【解析】由于数列为等差数列，所以，再由可得可以看成一元二次方程的两个根，由可知，所以，从而可求出，可得到通项公式.
【详解】解：因为数列为等差数列，所以，
因为，所以可以看成一元二次方程的两个根，
因为，所以，
所以，解得，
所以
故选：C
【点睛】此题考查的是等差数列的通项公式和性质，属于基础题.
8、C
【解析】设直线l倾斜角为 ，根据题意得到，即可求解.
【详解】设直线l的倾斜角为，
因为直线的斜率是，可得，
又因为，所以，即直线的倾斜角为.
故选：C.
9、A
【解析】由直线方程求得直线斜率的范围，再由斜率等于倾斜角的正切值可得直线的倾斜角的取值范围.
【详解】∵直线的斜率,，
设直线的倾斜角为，则，
解得.
故选：A.
10、A
【解析】设，则，解方程可得结果.
【详解】设，则且，
所以，所以，
所以，所以或（舍）.
所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛：设是解题关键.
11、C
【解析】集合M＝{0，x}，N＝{1,2}，若M∩N＝{2}，则.
所以.
故选C.
点睛：集合的交集即为由两个集合的公共元素组成的集合，集合的并集即由两集合的所有元素组成.
12、D
【解析】根据互相垂直两直线的斜率关系进行求解即可.
【详解】由，所以直线的斜率为，
由，所以直线的斜率为，
因为直线与直线垂直，
所以，
故选：D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、.
【解析】取BE的中点G，然后证明是二面角的平面角，进而证明，最后通过勾股定理求得答案.
【详解】如图，取BE的中点G，连接AG,CG，由题意，则是二面角的平面角，则，又，则是正三角形，于是.

根据可得：平面ABE，而平面ABE，所以，而，则平面BCFE，又平面BCFE，于是，，又，所以.
故答案为：.
14、或
【解析】由已知，结合正弦定理边角关系及三角形内角的性质可得，再根据三角形面积公式、余弦定理列方程求边长b、c，应用余弦定理求边长a，根据正弦定理求外接圆半径，再用圆的面积公式求面积.
【详解】由题设及正弦定理边角关系有，又
∴，
∴，
∴．又，
∴，即
又据题意，得，且，
∴或，故或，
∴△外接圆的半径或，
∴△外接圆的面积为或
故答案为：或
15、
【解析】先由题意得时，，再作差得，
验证时也满足
【详解】①
当时，；
当时，②
①②得，当也成立.
即
故答案为：
16、##
【解析】直接根据概率和为1计算得到答案.
【详解】.
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）答案见解析；
（2）.
【解析】（1）对求导并求定义域，讨论、分别判断的符号，进而确定单调区间.
（2）由题设，结合（1）所得的单调性讨论、、分别确定在给定区间上的最小值，根据最小值小于零求参数a的范围.
【小问1详解】
由题设，且定义域为，
当，即时，在上，即在上递增；
当，即时，在上，在上，所以在上递减，在上递增；
【小问2详解】
由（1）知：
若，即时，则在上递增，故，可得；
若，即时，则在上递减，在上递增，故，不合题设；
若，即时，则在上递减，故，得；
综上，a的取值范围.
18、（1）的单调减区间为和，单调增区间为；（2）证明见解析.
【解析】（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间；
（2）说明直线方向向量与平行的法向量垂直后可得
【详解】（1）解：定义域为R，
，
，解得，.

当或时，，
当时，.
所以的单调减区间为和，单调增区间为.
（2）证明：在直线a上取非零向量，
因为，所以是直线l的方向向量，
设是平面的一个法向量，因为，所以.
又，所以.
19、（1）2（2）或
【解析】（1）易知两直线的斜率存在，根据，由斜率相等求解.
（2）分和，根据，由直线的斜率之积为-1求解.
【小问1详解】
由直线的斜率存在，且为，则直线的斜率也存在，且为，
因为，
所以，
解得或2，
①当时，由此时直线，重合，
②当时，，此时直线，平行，
综上：若，则实数m的值为2
【小问2详解】
①当时，直线斜率为0，此时若必有，不可能.
②当时，若必有，解得，
由上知若，则实数m的值为或
20、（1）证明见解析，
（2）①；②
【解析】（1）由得到，即可得到，从而得证，即可求出的通项公式，从而得到的通项公式；
（2）①由（1）可得，再利用错位相减法求和即可；
②利用作差法证明的单调性，即可得到，即可得到，再解一元二次不等式即可；
【小问1详解】
证明：由，，当时，可得，解得，
当时，，
又，两式相减得，
所以，所以，即，
则数列是首项为，公比为的等比数列；
所以，所以
【小问2详解】
解：①由（1）可得，所以，所以，所以，所以
整理得
②由①知，所以，即单调递增，所以，因为不等式对任意的正整数n恒成立，所以，即，解得或，即
21、（1）；
（2）证明见解析.
【解析】(1)对函数求导，把问题转化为导函数值为0的方程有两个正根，再构造函数求解作答.
(2)将所证不等式等价转化，构造函数，利用导数探讨其单调性作答.
【小问1详解】
函数的定义域为，求导得：，
依题意，函数在上有两个不同极值点，于是得有两个不等的正根，
令，，则，当时，，当时，，
于是得在上单调递增，在上单调递减，，
因，恒成立，即当时，的值从递减到0(不能取0)，又，
有两个不等的正根等价于直线与函数的图象有两个不同的公共点，如图，

因此有，
所以a取值范围是.
【小问2详解】
由(1)知分别是方程的两个不等的正根，，
即，作差得，则有，
原不等式，
令，则，于是得，
设，则，
因此，在单调递增，则有，即成立，
所以.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问题的关键.
22、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）连结、，交于点，连结，通过即可证明；
（2）通过， 可证平面，即得，进而通过平面得，结合即证.
详解】证明：（1）连结、，交于点，连结，

底面正方形，∴是中点，
点是的中点，.
平面， 平面，
∴平面.
（2），点是的中点，.
底面是正方形，侧棱底面，
∴， ，且 ，
∴平面，∴，
又，∴平面，
∴，
，，
平面.
【点睛】本题考查线面平行和线面垂直的证明，属于基础题.