上海市華東師大一附中2025屆高二數學第一學期期末聯考模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．已知定義在區間上的函數，，若以上兩函數的圖像有公共點，且在公共點處切線相同，則m的值為（）A.2 B.5C.1 D.02．用斜二測畫法畫出邊長為2的正方形的直觀圖，則直觀圖的面積為（）A. B.C.4 D.3．與直線關于軸對稱的直線的方程為（）A. B.C. D.4．在等比數列中，若，，則（）A. B.C. D.5．已知橢圓方程為：，則其離心率為（）A. B.C. D.6．已知三棱錐，點分別為的中點，且，用表示，則等于()A. B.C. D.7．“趙爽弦圖”是我國古代數學的瑰寶，如圖所示，它是由四個全等的直角三角形和一個正方形構成.現用4種不同的顏色（4種顏色全部使用）給這5個區域涂色，要求相鄰的區域不能涂同一種顏色，每個區域只涂一種顏色，則不同的涂色方案有（）A.24種 B.48種C.72種 D.96種8．用數學歸納法證明“”的過程中，從到時，不等式的左邊增加了（）A. B.C. D.9．已知命題:，命題:則是的（）條件A.充分不必要 B.必要不充分C.充分必要 D.既不充分也不必要10．函數的大致圖象為A. B.C. D.11．從0，1，2，3，4，5這六個數字中，任取兩個不同數字構成平面直角坐標系內點的橫、縱坐標，其中不在軸上的點有（）A.36個 B.30個C.25個 D.20個12．若橢圓的一個焦點為，則的值為（）A.5 B.3C.4 D.2二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，求_____________.14．橢圓C：的左、右焦點分別為，，P為橢圓上異于左右頂點的任意一點，、的中點分別為M、N，O為坐標原點，四邊形OMPN的周長為4，則的周長是_____15．若直線:x-2y+1=0與直線:2x+my-1=0相互垂直，則實數m的值為________.16．設直線，直線，若，則_______.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）動點與定點的距離和它到定直線的距離的比是，記動點M的軌跡為曲線C.（1）求曲線C的方程；（2）已知過點的直線與曲線C相交于兩點，，請問點P能否為線段的中點，并說明理由.18．（12分）已知過點的圓的圓心M在直線上，且y軸被該圓截得的弦長為4（1）求圓M的標準方程；（2）設點，若點P為x軸上一動點，求的最小值，并寫出取得最小值時點P的坐標19．（12分）如圖，在三棱錐中，，，記二面角的平面角為（1）若，，求三棱錐的體積；（2）若M為BC的中點，求直線AD與EM所成角的取值范圍20．（12分）已知函數.（1）求的單調區間；（2）求在區間上的最值.21．（12分）已知圓：，定點，Q為圓上的一動點，點P在半徑CQ上，且，設點P的軌跡為曲線E.（1）求曲線E的方程；（2）過點的直線交曲線E于A，B兩點，過點H與AB垂直的直線與x軸交于點N，當取最大值時，求直線AB的方程.22．（10分）如圖在直三棱柱中，為的中點，為的中點，是中點，是與的交點，是與的交點.（1）求證：；（2）求證：平面；（3）求直線與平面的距離.

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、C【解析】設兩曲線與公共點為，分別求得函數的導數，根據兩函數的圖像有公共點，且在公共點處切線相同，列出等式，求得公共點的坐標，代入函數，即可求解.【詳解】根據題意，設兩曲線與公共點為，其中，由，可得，則切線的斜率為，由，可得，則切線斜率為，因為兩函數的圖像有公共點，且在公共點處切線相同，所以，解得或（舍去），又由，即公共點的坐標為，將點代入，可得.故選：C.2、A【解析】畫出直觀圖，求出底和高，進而求出面積.【詳解】如圖，，，，過點C作CD⊥x軸于點D，則,所以直觀圖是底為2、高為的平行四邊形，所以面積為.故選：A.3、D【解析】點關于x軸對稱，橫坐標不變，縱坐標互為相反數，據此即可求解.【詳解】設(x，y)是與直線關于軸對稱的直線上任意一點，則(x，－y)在上，故，∴與直線關于軸對稱的直線的方程為.故選：D.4、D【解析】由等比數列的性質得，化簡，代入數值求解.【詳解】因為數列是等比數列，所以，由題意，所以.故選：D5、B【解析】根據橢圓的標準方程，確定，計算離心率即可.【詳解】由知，，，，即，故選：B6、D【解析】連接，利用，化簡即可得到答案.【詳解】連接，如下圖.故選：D.7、B【解析】根據題意，分2步進行分析區域①、②、⑤和區域③、④的涂色方法，由分步計數原理計算可得答案.【詳解】根據題意，分2步進行分析：當區域①、②、⑤這三個區域兩兩相鄰，有種涂色的方法；當區域③、④，必須有1個區域選第4種顏色，有2種選法，選好后，剩下的區域有1種選法，則區域③、④有2種涂色方法，故共有種涂色的方法.故選：B8、B【解析】依題意，由遞推到時，不等式左邊為，與時不等式的左邊作差比較即可得到答案【詳解】用數學歸納法證明等式的過程中，假設時不等式成立，左邊，則當時，左邊，∴從到時，不等式的左邊增加了故選：B9、B【解析】利用充分條件和必要條件的定義判斷.【詳解】解：若，則或，即或，所以是的必要不充分條件故選：B10、D【解析】根據函數奇偶性排除A、C.當時排除B【詳解】解：由可得所以函數為偶函數，排除A、C.因為時，，排除B.故選：D.11、C【解析】根據點不在y軸上，分2類根據分類加法計數原理求解.【詳解】因為點不在軸上，所以點的橫坐標不能為0，分兩類考慮，第一類含0且為點的縱坐標，共有個點，第二類坐標不含0的點，共有個點，根據分類加法計數原理可得共有個點.故選：C12、B【解析】由題意判斷橢圓焦點在軸上，則，解方程即可確定的值.【詳解】有題意知：焦點在軸上，則，從而，解得：.故選：B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據導數的定義即可求解.【詳解】，所以，故答案為：.14、【解析】先證明則四邊形OMPN是平行四邊形，進而根據橢圓定義求出a，再求出c，最后求出答案.【詳解】因為M,O,N分別為的中點，所以，則四邊形OMPN是平行四邊形，所以，由四邊形OMPN的周長為4可知，，即，則，于是的周長是.故答案為：.15、1【解析】由兩條直線垂直可知，進而解得答案即可.【詳解】因為兩條直線垂直，所以.故答案為：1.16、##0.5【解析】根據兩直線平行可得，，即可求出【詳解】依題可得，，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）（2）不能，理由見解析.【解析】（1）利用題中距離之比列出關于動點的方程即可求解；（2）先假設點P能為線段的中點，再利用點差法求出直線的斜率，最后聯立直線與曲線進行檢驗即可.【小問1詳解】解：動點與定點的距離和它到定直線的距離的比是則等式兩邊平方可得：化簡得曲線C的方程為：【小問2詳解】解：點不能為線段的中點，理由如下：由（1）知，曲線C的方程為：過點的直線斜率為，，因為過點的直線與曲線C相交于兩點，所以，兩式作差并化簡得：①當為的中點時，則，②將②代入①可得：此時過點的直線方程為：將直線方程與曲線C方程聯立得：，，無解與過點的直線與曲線C相交于兩點矛盾所以點不能為線段的中點【點睛】方法點睛：當圓錐曲線中涉及中點和斜率的問題時，常用點差法進行求解.18、（1）（2），【解析】（1）用待定系數法設出圓心，根據圓過點和弦長列出方程求解即可；（2）當三點共線時有最小值，求出直線MN的方程，令y=0即可.【小問1詳解】由題意可設圓心，因為y軸被圓M截得的弦長為4，所以，又，則，化簡得，解得，則圓心，半徑，所以圓M的標準方程為【小問2詳解】點關于x軸的對稱點為，則，當且僅當M，P，三點共線時等號成立，因為，則直線的方程為，即，令，得，則19、（1）（2）【解析】（1）作出輔助線，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出，求出底面積和高，進而求出三棱錐的體積；（2）利用空間基底表達出，結合第一問結論求出，從而求出答案.【小問1詳解】取AC的中點F，連接FD，FE，由BC=2，則，故DF⊥AC，EF⊥AC，故∠DFE即為二面角的平面角，即，連接DE，作DH⊥FE，因為，所以平面DEF，因為DH平面DEF，所以AC⊥DH，因為，所以DH⊥平面ABC，因為，由勾股定理得：，，又，由勾股定理逆定理可知，AE⊥CE，且∠BAC=，，在△ABC中，由余弦定理得：，解得：或（舍去），則，因為，，所以△DEF為等邊三角形，則，故三棱錐的體積；【小問2詳解】設，則，，由（1）知：，，取為空間中的一組基底，則，由第一問可知：，則其中，且，，故，由第一問可知，又是的中點，所以，所以，因為三棱錐中，所以，所以，故直線AD與EM所成角范圍為.【點睛】針對于立體幾何中角度范圍的題目，可以建立空間直角坐標系來進行求解，若不容易建立坐標系時，也可以通過基底表達出各個向量，進而求出答案.20、（1）在、上是增函數，在上是減函數；（2）在區間，上的最大值為2，最小值為【解析】（1）求導，根據導數和函數的單調性的關系即可求出單調區間；（2）根據（1）可知，函數在，、上為增函數，在上為減函數，求出端點值和極值，比較即可求出最值【小問1詳解】根據題意，由于，，得到，，在、上是增函數，當時，在上是減函數；【小問2詳解】由（1）可知，函數在，，上為增函數，在上為減函數，，（1），，，在區間，上的最大值為2，最小值為21、（1）（2）或【解析】(1)結合已知條件可得到點P在線段QF的垂直平分線上，然后利用橢圓定義即可求解；(2)結合已知條件設出直線的方程，然后聯立橢圓方程，利用弦長公式求出，再設出直線NH的方程，求出N點坐標，進而求出，然后表示出，再利用換元法和均值不等式求解即可.【小問1詳解】設點的坐標為，∵，∴點P在線段QF垂直平分線上，∴，又∵，∴∴點P在以C，F為焦點的橢圓上，且，∴，∴曲線的方程為：.【小問2詳解】設直線AB方程為，，由，解得，，解得，由韋達定理可知，，，∴∵AB與HN垂直，∴直線NH的方程為，令，得，∴，又由，∴，∴設則∴當且僅當即時等號成立，有最大值，此時滿足，故，所以直線AB的方程為：，即或.22、（1）證明見解析（2）證明見解析（3）【解析】（1）法一：通過建立空間直角坐標系，運用向量數量積證明，法二：通過線面垂直證明，法三:根據三垂線證明；（2）法一：通過建立空間直角坐標系，運用向量數量積證明，法二：通過面面平行證明線面平行；（3）法一：通過建立空間直角坐標系，運用向量方法求解，法二：運用等體積法求解.【小問1詳解】證明：法一：在直三棱柱中，因為，以點為坐標原點，方向分別為軸正方向建立如圖所示空間直角坐標系.因為，所以，所以所以，所以.法二：連接，在直三棱柱中，有面，面，所以，又，則，因為，所以面因為面，所以因為，所以四邊形為正方形，所以因為，所以面因為面，所以.法三：用三垂線定理證明：連接，在直三棱柱中，有面因為面，所以，又，則，因為，所以面所以在平面內的射影為，因為四邊形為正方形，所以，因此根據三垂線定理可知【小問2詳解】證明：法一：因為為的中點，為的中點，為中點，是與的交點，所以、，依題意可知為重心，則，可得所以，，設為平面的法向量，則即取得則平面的一個法向量為.所以，則，因為平面，所以平面.法二：連接.在正方形中，為的中點，所以