2025屆上海市金山區上海交大南洋中學高二數學第一學期期末達標檢測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．在棱長為2的正方體中，為線段的中點，則點到直線的距離為（）A. B.C. D.2．從1，2，3，4，5中任取2個不同的數，兩數和為偶數的概率為（）A. B.C. D.3．下列關于斜二測畫法所得直觀圖的說法中正確的有（）①三角形的直觀圖是三角形；②平行四邊形的直觀圖是平行四邊形；③菱形的直觀圖是菱形；④正方形的直觀圖是正方形.A.① B.①②C.③④ D.①②③④4．已知直線平分圓C：，則最小值為（）A.3 B.C. D.5．若函數在區間單調遞增，則的取值范圍是（）A. B.C. D.6．設變量x，y滿足約束條件則目標函數的最小值為（）A.3 B.1C.0 D.﹣17．等差數列中，，，則（）A.1 B.2C.3 D.48．在中，B=30°，BC=2，AB=，則邊AC的長等于（）A. B.1C. D.29．中國古代數學著作算法統宗中有這樣一個問題：“三百七十八里關，初步健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關，要見首日行里數，請公仔細算相還．”其大意為：有一個人走里路，第一天健步行走，從第二天起腳痛每天走的路程為前一天的一半，恰好走了天到達目的地，則該人第一天走的路程為（）A.里 B.里C.里 D.里10．設數列的前項和為，當時，，，成等差數列，若，且，則的最大值為（）A. B.C. D.11．已知拋物線，，點在拋物線上，記點到直線的距離為，則的最小值是（）A.5 B.6C.7 D.812．在數列中抽取部分項（按原來的順序）構成一個新數列，記為，再在數列插入適當的項，使它們一起能構成一個首項為1，公比為3的等比數列.若，則數列中第項前（不含）插入的項的和最小為（）A.30 B.91C.273 D.820二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知對任意正實數m，n，p，q，有如下結論成立：若，則有成立，現已知橢圓上存在一點P，，為其焦點，在中，，，則橢圓的離心率為______14．已知等差數列的前n項和為公差為d，且滿足則的取值范圍是_____________，的取值范圍是_____________15．已知函數在上單調遞減，則的取值范圍是______.16．在中，，，的外接圓半徑為，則邊c的長為_____.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）如圖，四邊形是一塊邊長為4km正方形地域，地域內有一條河流，其經過的路線是以中點為頂點且開口向右的拋物線的一部分（河流寬度忽略不計），某公司準備投資一個大型矩形游樂場.（1）設，矩形游樂園的面積為，求與之間的函數關系；（2）試求游樂園面積的最大值.18．（12分）已知為等差數列，是各項均為正數的等比數列的前n項和，，，，在①；②；③．這三個條件中任選其中一個，補充在上面的橫線上，并完成下面問題的解答（如果選擇多個條件解答，則按選擇的第一個解答計分）（1）求數列和的通項公式；（2）求數列的前n項和.19．（12分）已知圓C的圓心C在直線上，且與直線相切于點.（1）求圓C的方程；（2）過點的直線與圓C交于兩點，線段的中點為M，直線與直線的交點為N.判斷是否為定值.若是，求出這個定值，若不是，說明理由.20．（12分）如圖，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC＝∠BAD＝90°，F為PA中點，，．四邊形PDCE為矩形，線段PC交DE于點N（1）求證：AC∥平面DEF；（2）求二面角A－BC－P的余弦值21．（12分）已知空間中三點，，，設，（1）求向量與向量的夾角的余弦值；（2）若與互相垂直，求實數的值22．（10分）如圖，四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是邊長為的正方形E，F分別為PC，BD的中點，側面PAD⊥底面ABCD，且PA=PD=AD.（Ⅰ）求證：EF//平面PAD；（Ⅱ）求三棱錐C—PBD的體積.

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、D【解析】根據正方體的性質，在直角△中應用等面積法求到直線的距離.【詳解】由正方體的性質：面，又面，故，直角△中，若到上的高為，∴，而，，，∴.故選：D.2、B【解析】利用列舉法，結合古典概型概率計算公式，計算出所求概率.【詳解】從中任取個不同的數的方法有，共種，其中和為偶數的有共種，所以所求的概率為.故選：B【點睛】本小題主要考查古典概型概率計算，屬于基礎題.3、B【解析】根據斜二側直觀圖的畫法法則，直接判斷①②③④的正確性，即可推出結論【詳解】由斜二測畫法規則知：三角形的直觀圖仍然是三角形，所以①正確；根據平行性不變知，平行四邊形的直觀圖還是平行四邊形，所以②正確；根據兩軸的夾角為45°或135°知，菱形的直觀圖不再是菱形，所以③錯誤；根據平行于x軸的長度不變，平行于y軸的長度減半知，正方形的直觀圖不再是正方形，所以④錯誤.故選：B.4、D【解析】根據直線過圓心求得，再利用基本不等式求和的最小值即可.【詳解】根據題意，直線過點，即，則，當且僅當，即時取得最小值.故選：D.5、A【解析】函數在區間上單調遞增，轉化為導函數在該區間上大于等于0恒成立，進而求出結果.【詳解】由題意得：在區間上恒成立，而，所以.故選：A6、C【解析】線性規劃問題，作出可行域后，根據幾何意義求解【詳解】作出可行域如圖所示，，數形結合知過時取最小值故選：C7、B【解析】根據給定條件利用等差數列性質直接計算作答.【詳解】在等差數列中，因，，而，于是得，解得，所以.故選：B8、B【解析】利用余弦定理即得【詳解】由余弦定理，得，解得AC=1故選：B.9、C【解析】建立等比數列的模型，由等比數列的前項和公式求解【詳解】記第天走的路程為里，則是等比數列，，，故選：C10、A【解析】根據等差中項寫出式子，由遞推式及求和公式寫出和，進而得出結果.【詳解】解：由，，成等差數列，可得，則，，，可得數列中，每隔兩項求和是首項為，公差為的等差數列.則，，則的最大值可能為.由，，可得.因為，，，即，所以，則，當且僅當時，，符合題意，故的最大值為.故選：A.【點睛】本題考查等差數列的性質和遞推式的應用，考查分析問題能力，屬于難題.11、D【解析】先求出拋物線的焦點和準線，利用拋物線的定義將轉化為的距離，即可求解.【詳解】由已知得拋物線的焦點為，準線方程為，設點到準線的距離為，則，則由拋物線的定義可知∵，當點、、三點共線時等號成立，∴，故選：.12、C【解析】先根據等比數列的通項公式得到，列出數列的前6項，將其中是數列的項的所有數去掉即可求解.【詳解】因為是以1為首項、3為公比的等比數列，所以，則由，得，即數列中前6項分別為：1、3、9、27、81、243，其中1、9、81是數列的項，3、27、243不是數列的項，且，所以數列中第7項前（不含）插入的項的和最小為.故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據正弦定理，結合題意，列出方程，代入數據，化簡即可得答案.詳解】由題意得：，所以，所以，解得.故答案為：14、①.②.【解析】通過判斷出，進而將化為基本量求得答案；然后用基本量將化簡，進而通過的范圍求得答案.【詳解】由，，，故答案為：15、【解析】先求導，求出函數的單調遞減區間，由即可求解.【詳解】，令，得，即的單調遞減區間是，又在上單調遞減，可得，即.故答案為：.16、【解析】由面積公式求得，結合外接圓半徑，利用正弦定理得到邊c的長.【詳解】，從而，由正弦定理得：，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）【解析】（1）首先建立直角坐標系，求出拋物線的方程，利用，求出點的坐標，表示出的面積為即可；（2）利用導數求函數的最值即可.【小問1詳解】以為原點，所在直線為軸，垂直于的直線為軸建立直角坐標系，則，設拋物線的方程為，將點代入方程可得，解得，則拋物線方程為，由已知得，則點的縱坐標為，點的橫坐標為，則，【小問2詳解】，令，解得，當時，，所以函數在上單調遞增，當時，，所以函數在上單調遞減，因此函數時，有最大值，18、（1）無論選擇哪個條件答案均為；（2）.【解析】（1）先根據題設條件求解，然后根據選擇的條件求解；（2）先求，然后利用分組求和的方法求解.【小問1詳解】設的公差為，因為，；所以，解得，所以.選①：設的公比為，則；由題意得，因為，所以，解得或（舍）；所以.選②：由，當時，，因為，所以；當時，，整理得；即是首項和公比均為2的等比數列，所以.選③：因為，，所以，解得；所以.【小問2詳解】由（1）得；所以.19、（1）（2）【解析】（1）設過點且與直線垂直的直線為，將代入直線方程，即可求出，再與求交點坐標，得到圓心坐標，再求出半徑，即可得解；（2）分直線的斜率存在與不存在兩種情況討論，當斜率不存在直接求出、的坐標，即可求出，當直線的斜率存在，設直線為、、，聯立直線與圓的方程，消元列出韋達定理，即可表示出的坐標，再求出的坐標，即可表示出、，即可得解；【小問1詳解】解：設過點且與直線垂直的直線為，則，解得，即，由，解得，即圓心坐標為，所以半徑，所以圓的方程為【小問2詳解】解：當直線的斜率存在時，設過點的直線為，所以，消去得，設、，則，，所以，所以的中點，由解得，即，所以，，所以；當直線的斜率不存在時，直線的方程為，由，解得或，即、，所以，所以又解得，即，所以，所以，綜上可得.20、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）記PC交DE于點N，然后證明FN∥AC，進而通過線面平行的判定定理證明問題；（2）建立空間直角坐標系，進而通過空間向量夾角公式求得答案.【小問1詳解】因為四邊形PDCE為矩形，線段PC交DE于點N，所以N為PC的中點連接FN，在△PAC中，F，N分別為PA，PC的中點，所以FN∥AC，因為平面DEF，平面DEF，所以AC∥平面DEF.【小問2詳解】因為PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC＝∠BAD＝90°，所以DA，DC，DP兩兩垂直，如圖以D為原點，分別以DA，DC，DP所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系則，，，，所以，設平面PBC的法向量為，則，令x=1，則.因為PD垂直于梯形ABCD所在的平面，所以是平面ABC的一個法向量，所以.由圖可知所求二面角為銳角，即所求二面角的余弦值為.21、（1）；（2）或.【解析】（1）坐標表示出、，利用向量夾角的坐標表示求夾角余弦值；（2）坐標表示出k＋、k－2，利用向量垂直的坐標表示列方程求的值.【詳解】由題設，＝(1,1,0)，＝(－1,0,2)（1）cosθ＝，所以和的夾角余弦值為.（2）k＋＝k(1,1,0)＋(－1,0,2)＝(k－1,k,2)，k－2＝(k＋2,k,－4)，又(k＋)⊥(k－2)，則(k－1,k,2)·(k＋2,k,－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝2k2＋k－10＝0，解得k＝－或2.22、(1)見解析（2）【解析】本試題主要是考查了線面平行的判定和三棱錐體積的求解的綜合問題．培養