2025屆上海市虹口中學數學高三第一學期期末監(jiān)測模擬試題含解析

2025屆上海市虹口中學數學高三第一學期期末監(jiān)測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．已知的展開式中的常數項為8，則實數（）A．2 B．-2 C．-3 D．32．設集合，，若，則的取值范圍是（）A． B． C． D．3．已知集合，集合，則（）.A． B．C． D．4．若x∈（0，1），a＝lnx，b＝，c＝elnx，則a，b，c的大小關系為（）A．b＞c＞a B．c＞b＞a C．a＞b＞c D．b＞a＞c5．下列函數中，值域為的偶函數是（）A． B． C． D．6．的展開式中的系數為（）A． B． C． D．7．公比為2的等比數列中存在兩項，，滿足，則的最小值為（）A． B． C． D．8．若，則()A． B． C． D．9．若函數的圖象上兩點，關于直線的對稱點在的圖象上，則的取值范圍是（）A． B． C． D．10．已知集合M＝{y｜y＝2x，x＞0}，N＝{x｜y＝lg（2x－xA．（1，＋∞） B．（1，2） C．[2，＋∞） D．[1，＋∞）11．在等腰直角三角形中，，為的中點，將它沿翻折，使點與點間的距離為，此時四面體的外接球的表面積為（）.A． B． C． D．12．設點，，不共線，則“”是“”（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分又不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設定義域為的函數滿足，則不等式的解集為__________．14．將底面直徑為4，高為的圓錐形石塊打磨成一個圓柱，則該圓柱的側面積的最大值為__________.15．為激發(fā)學生團結協(xié)作，敢于拼搏，不言放棄的精神，某校高三5個班進行班級間的拔河比賽．每兩班之間只比賽1場，目前（—）班已賽了4場，（二）班已賽了3場，（三）班已賽了2場，（四）班已賽了1場．則目前（五）班已經參加比賽的場次為__________．16．集合，，若是平面上正八邊形的頂點所構成的集合，則下列說法正確的為________①的值可以為2；②的值可以為；③的值可以為；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）在四棱錐中，底面是平行四邊形，為其中心，為銳角三角形，且平面底面，為的中點，.（1）求證:平面；（2）求證:.18．（12分）如圖，四邊形為菱形，為與的交點，平面.（1）證明：平面平面；（2）若，，三棱錐的體積為，求菱形的邊長.19．（12分）設，函數.（1）當時，求在內的極值；（2）設函數，當有兩個極值點時，總有，求實數的值.20．（12分）在中，為邊上一點，，.（1）求；（2）若，，求.21．（12分）已知曲線的參數方程為為參數，曲線的參數方程為為參數).（1）求與的普通方程；（2）若與相交于，兩點，且，求的值.22．（10分）在平面直角坐標系中，已知直線（為參數），以坐標原點為極點，軸的非負半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的直角坐標方程；（2）設點的極坐標為，直線與曲線的交點為，求的值.

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、A【解析】

先求的展開式，再分類分析中用哪一項與相乘，將所有結果為常數的相加，即為展開式的常數項，從而求出的值.【詳解】展開式的通項為，當取2時，常數項為，當取時，常數項為由題知，則.故選：A.【點睛】本題考查了兩個二項式乘積的展開式中的系數問題，其中對所取的項要進行分類討論，屬于基礎題.2、C【解析】

由得出，利用集合的包含關系可得出實數的取值范圍.【詳解】，且，，.因此，實數的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題考查利用集合的包含關系求參數，考查計算能力，屬于基礎題.3、A【解析】

算出集合A、B及，再求補集即可.【詳解】由，得，所以，又，所以，故或.故選：A.【點睛】本題考查集合的交集、補集運算，考查學生的基本運算能力，是一道基礎題.4、A【解析】

利用指數函數、對數函數的單調性直接求解．【詳解】∵x∈（0，1），∴a＝lnx＜0，b＝（）lnx＞（）0＝1，0＜c＝elnx＜e0＝1，∴a，b，c的大小關系為b＞c＞a．故選：A．【點睛】本題考查三個數的大小的判斷，考查指數函數、對數函數的單調性等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．5、C【解析】試題分析：A中，函數為偶函數，但，不滿足條件；B中，函數為奇函數，不滿足條件；C中，函數為偶函數且，滿足條件；D中，函數為偶函數，但，不滿足條件，故選C．考點：1、函數的奇偶性；2、函數的值域．6、C【解析】由題意，根據二項式定理展開式的通項公式，得展開式的通項為，則展開式的通項為，由，得，所以所求的系數為.故選C.點睛：此題主要考查二項式定理的通項公式的應用，以及組合數、整數冪的運算等有關方面的知識與技能，屬于中低檔題，也是常考知識點.在二項式定理的應用中，注意區(qū)分二項式系數與系數，先求出通項公式，再根據所求問題，通過確定未知的次數，求出，將的值代入通項公式進行計算，從而問題可得解.7、D【解析】

根據已知條件和等比數列的通項公式，求出關系，即可求解.【詳解】，當時，，當時，，當時，，當時，，當時，，當時，，最小值為.故選:D.【點睛】本題考查等比數列通項公式，注意為正整數，如用基本不等式要注意能否取到等號，屬于基礎題.8、D【解析】

直接利用二倍角余弦公式與弦化切即可得到結果．【詳解】∵，∴，故選D【點睛】本題考查的知識要點：三角函數關系式的恒等變變換，同角三角函數關系式的應用，主要考查學生的運算能力和轉化能力，屬于基礎題型．9、D【解析】

由題可知，可轉化為曲線與有兩個公共點，可轉化為方程有兩解，構造函數，利用導數研究函數單調性，分析即得解【詳解】函數的圖象上兩點，關于直線的對稱點在上，即曲線與有兩個公共點，即方程有兩解，即有兩解，令，則，則當時，；當時，，故時取得極大值，也即為最大值，當時，；當時，，所以滿足條件．故選：D【點睛】本題考查了利用導數研究函數的零點，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數形結合，數學運算的能力，屬于較難題.10、B【解析】M=y|y=N==x|∴M∩N=(1,2)．故選B．11、D【解析】

如圖，將四面體放到直三棱柱中，求四面體的外接球的半徑轉化為求三棱柱外接球的半徑，然后確定球心在上下底面外接圓圓心連線中點，這樣根據幾何關系，求外接球的半徑.【詳解】中，易知，翻折后,，，設外接圓的半徑為，，，如圖：易得平面，將四面體放到直三棱柱中，則球心在上下底面外接圓圓心連線中點，設幾何體外接球的半徑為，，四面體的外接球的表面積為.故選：D【點睛】本題考查幾何體的外接球的表面積，意在考查空間想象能力，和計算能力，屬于中檔題型，求幾何體的外接球的半徑時，一般可以用補形法，因正方體，長方體的外接球半徑容易求，可以將一些特殊的幾何體補形為正方體或長方體，比如三條側棱兩兩垂直的三棱錐，或是構造直角三角形法，確定球心的位置，構造關于外接球半徑的方程求解.12、C【解析】

利用向量垂直的表示、向量數量積的運算，結合充分必要條件的定義判斷即可.【詳解】由于點，，不共線，則“”；故“”是“”的充分必要條件.故選：C.【點睛】本小題主要考查充分、必要條件的判斷，考查向量垂直的表示，考查向量數量積的運算，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

根據條件構造函數F（x），求函數的導數，利用函數的單調性即可得到結論．【詳解】設F（x），則F′（x），∵，∴F′（x）＞0，即函數F（x）在定義域上單調遞增．∵∴，即F（x）＜F（2x）∴，即x＞1∴不等式的解為故答案為：【點睛】本題主要考查函數單調性的判斷和應用，根據條件構造函數是解決本題的關鍵．14、【解析】

由題意欲使圓柱側面積最大，需使圓柱內接于圓錐.設圓柱的高為h，底面半徑為r，則，將側面積表示成關于的函數，再利用一元二次函數的性質求最值.【詳解】欲使圓柱側面積最大，需使圓柱內接于圓錐.設圓柱的高為h，底面半徑為r，則，所以.∴，當時，的最大值為.故答案為：.【點睛】本題考查圓柱的側面積的最值，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想、，考查空間想象能力和運算求解能力，求解時注意將問題轉化為函數的最值問題.15、2【解析】

根據比賽場次，分析，畫出圖象，計算結果.【詳解】畫圖所示，可知目前（五）班已經賽了2場．故答案為：2【點睛】本題考查推理，計數原理的圖形表示，意在考查數形結合分析問題的能力，屬于基礎題型.16、②③【解析】

根據對稱性，只需研究第一象限的情況，計算：，得到，，得到答案.【詳解】如圖所示：根據對稱性，只需研究第一象限的情況，集合：，故，即或，集合：，是平面上正八邊形的頂點所構成的集合，故所在的直線的傾斜角為，，故：，解得，此時，，此時.故答案為：②③.【點睛】本題考查了根據集合的交集求參數，意在考查學生的計算能力和轉化能力，利用對稱性是解題的關鍵.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）證明見解析（2）證明見解析【解析】

（1）通過證明，即可證明線面平行；（2）通過證明平面，即可證明線線垂直.【詳解】（1）連，因為為平行四邊形，為其中心，所以，為中點，又因為為中點，所以，又平面，平面所以，平面；（2）作于因為平面平面，平面平面，平面，所以，平面又平面，所以又，，平面，平面所以，平面，又平面，所以，.【點睛】此題考查證明線面平行和線面垂直，通過線面垂直得線線垂直，關鍵在于熟練掌握相關判定定理，找出平行關系和垂直關系證明.18、（1）證明見解析；（2）1【解析】

（1）由菱形的性質和線面垂直的性質，可得平面，再由面面垂直的判定定理，即可得證；（2）設，分別求得，和的長，運用三棱錐的體積公式，計算可得所求值．【詳解】（1）四邊形為菱形，，平面，，又，平面，又平面，平面平面；（2）設，在菱形中，由，可得，，，，在中，可得，由面，知，為直角三角形，可得，三棱錐的體積，，菱形的邊長為1．【點睛】本題考查面面垂直的判定，注意運用線面垂直轉化，考查三棱錐的體積的求法，考查化簡運算能力和推理能力，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平．19、（1）極大值是，無極小值；（2）【解析】

（1）當時，可求得，令，利用導數可判斷的單調性并得其零點，從而可得原函數的極值點及極大值；（2）表示出，并求得，由題意，得方程有兩個不同的實根，，從而可得△及，由，得．則可化為對任意的恒成立，按照、、三種情況分類討論，分離參數后轉化為求函數的最值可解決；【詳解】（1）當時，.令，則，顯然在上單調遞減，又因為，故時，總有，所以在上單調遞減.由于，所以當時，；當時，.當變化時，的變化情況如下表：+-增極大減所以在上的極大值是，無極小值.（2）由于，則.由題意，方程有兩個不等實根，則，解得，且，又，所以.由，，可得又.將其代入上式得：.整理得，即當時，不等式恒成立，即.當時，恒成立，即，令，易證是上的減函數.因此，當時，，故.當時，恒成立，即，因此，當時，所以.綜上所述，.【點睛】本題考查利用導數求函數的最值、研究函數的極值等知識，考查分類討論思想、轉化思想，考查學生綜合運用知識分析問題解決問題的能力，該題綜合性強，難度大，對能力要求較高．20、（1）；（2）4【解析】

（1），利用兩角差的正弦公式計算即可；（2）設，在中，用正弦定理將用x表示，在中用一次余弦定理即可解決.【詳解】（1）∵，∴，所以，.（2）∵，∴設，，在中，由正弦定理得，，∴，∴，∵，∴∴.【點睛】本題考查兩角差的正弦公式以及正余弦定理解三角形，考查學生的運算求解能力，是一道容易題.21、（1），（2）0【解析】

（1）分別把兩曲線參數方程中的參數消去，即可得到普通方程；（2）把直線的參數方程代入的普通方程，化為關于的一元二次方程，再由根與系數的關系及此時的幾何意義求解．【詳解】（1）由曲線的參數方程為為參數），消去參數，可得；由曲線的參數方程為為參數），消去參數，可得，即．（2）把為參數）代入