上海市華東師大一附中2025年高三數學試題第二學期期初模擬訓練一含附加題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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，，，則的大小關系為（）A． B． C． D．2．的展開式中的系數是（）A．160 B．240 C．280 D．3203．已知為定義在上的奇函數，且滿足當時，，則（）A． B． C． D．4．若樣本的平均數是10，方差為2，則對于樣本，下列結論正確的是（）A．平均數為20，方差為4 B．平均數為11，方差為4C．平均數為21，方差為8 D．平均數為20，方差為85．設變量滿足約束條件，則目標函數的最大值是（）A．7 B．5 C．3 D．26．用一個平面去截正方體，則截面不可能是（）A．正三角形 B．正方形 C．正五邊形 D．正六邊形7．已知函數，，若，對任意恒有，在區(qū)間上有且只有一個使，則的最大值為（）A． B． C． D．8．某幾何體的三視圖如圖所示，三視圖是腰長為1的等腰直角三角形和邊長為1的正方形，則該幾何體中最長的棱長為（）．A． B． C．1 D．9．已知水平放置的△ABC是按“斜二測畫法”得到如圖所示的直觀圖，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么原△ABC的面積是()A． B．2C． D．10．已知實數，滿足，則的最大值等于()A．2 B． C．4 D．811．一個正三棱柱的正（主）視圖如圖，則該正三棱柱的側面積是（）A．16 B．12 C．8 D．612．已知集合，集合，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知是等比數列,若，,且∥,則______.14．能說明“若對于任意的都成立，則在上是減函數”為假命題的一個函數是________.15．在中，角的對邊分別為，且，若外接圓的半徑為，則面積的最大值是______.16．一個算法的偽代碼如圖所示，執(zhí)行此算法，最后輸出的T的值為________.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）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為(為參數)，直線與曲線交于兩點.(1)求的長；(2)在以為極點，軸的正半軸為極軸建立的極坐標系中，設點的極坐標為，求點到線段中點的距離.18．（12分）如圖，在四棱錐中底面是菱形，，是邊長為的正三角形，，為線段的中點．求證：平面平面；是否存在滿足的點，使得？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．19．（12分）設橢圓：的左、右焦點分別為，，下頂點為，橢圓的離心率是，的面積是.（1）求橢圓的標準方程.（2）直線與橢圓交于，兩點（異于點），若直線與直線的斜率之和為1，證明：直線恒過定點，并求出該定點的坐標.20．（12分）在銳角中，，，分別是角，，所對的邊，的面積，且滿足，則的取值范圍是（）A． B． C． D．21．（12分）這次新冠肺炎疫情，是新中國成立以來在我國發(fā)生的傳播速度最快、感染范圍最廣、防控難度最大的一次重大突發(fā)公共衛(wèi)生事件.中華民族歷史上經歷過很多磨難，但從來沒有被壓垮過，而是愈挫愈勇，不斷在磨難中成長，從磨難中奮起.在這次疫情中，全國人民展現出既有責任擔當之勇、又有科學防控之智.某校高三學生也展開了對這次疫情的研究，一名同學在數據統計中發(fā)現，從2020年2月1日至2月7日期間，日期和全國累計報告確診病例數量（單位：萬人）之間的關系如下表：日期1234567全國累計報告確診病例數量（萬人）1.41.72.02.42.83.13.5（1）根據表中的數據，運用相關系數進行分析說明，是否可以用線性回歸模型擬合與的關系？（2）求出關于的線性回歸方程（系數精確到0.01）.并預測2月10日全國累計報告確診病例數.參考數據：，，，.參考公式：相關系數回歸方程中斜率和截距的最小二乘估計公式分別為：，.22．（10分）在中，角，，所對的邊分別為，，，且．求的值；設的平分線與邊交于點，已知，，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】

根據指數函數與對數函數的單調性，借助特殊值即可比較大小.【詳解】因為，所以.因為，所以，因為，為增函數，所以所以，故選：A.【點睛】本題主要考查了指數函數、對數函數的單調性，利用單調性比較大小，屬于中檔題.2．C【解析】

首先把看作為一個整體，進而利用二項展開式求得的系數，再求的展開式中的系數，二者相乘即可求解.【詳解】由二項展開式的通項公式可得的第項為，令，則，又的第為，令，則，所以的系數是.故選：C【點睛】本題考查二項展開式指定項的系數，掌握二項展開式的通項是解題的關鍵，屬于基礎題.3．C【解析】

由題設條件，可得函數的周期是，再結合函數是奇函數的性質將轉化為函數值，即可得到結論.【詳解】由題意，，則函數的周期是，所以，，又函數為上的奇函數，且當時，，所以，.故選：C.【點睛】本題考查函數的周期性，由題設得函數的周期是解答本題的關鍵，屬于基礎題.4．D【解析】

由兩組數據間的關系,可判斷二者平均數的關系,方差的關系,進而可得到答案.【詳解】樣本的平均數是10，方差為2，所以樣本的平均數為,方差為.故選:D.【點睛】樣本的平均數是，方差為，則的平均數為,方差為.5．B【解析】

由約束條件作出可行域，化目標函數為直線方程的斜截式，數形結合得到最優(yōu)解，聯立方程組求得最優(yōu)解的坐標，把最優(yōu)解的坐標代入目標函數得結論.【詳解】畫出約束條件，表示的可行域，如圖，由可得，將變形為，平移直線，由圖可知當直經過點時，直線在軸上的截距最大，最大值為，故選B.【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃中，利用可行域求目標函數的最值，屬于簡單題.求目標函數最值的一般步驟是“一畫、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是實線還是虛線）；（2）找到目標函數對應的最優(yōu)解對應點（在可行域內平移變形后的目標函數，最先通過或最后通過的頂點就是最優(yōu)解）；（3）將最優(yōu)解坐標代入目標函數求出最值.6．C【解析】試題分析：畫出截面圖形如圖顯然A正三角形，B正方形：D正六邊形，可以畫出五邊形但不是正五邊形；故選C．考點：平面的基本性質及推論．7．C【解析】

根據的零點和最值點列方程組，求得的表達式（用表示），根據在上有且只有一個最大值，求得的取值范圍，求得對應的取值范圍，由為整數對的取值進行驗證，由此求得的最大值.【詳解】由題意知，則其中，．又在上有且只有一個最大值，所以，得，即，所以，又，因此．①當時，，此時取可使成立，當時，，所以當或時，都成立，舍去；②當時，，此時取可使成立，當時，，所以當或時，都成立，舍去；③當時，，此時取可使成立，當時，，所以當時，成立；綜上所得的最大值為．故選:C【點睛】本小題主要考查三角函數的零點和最值，考查三角函數的性質，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查分類討論的數學思想方法，屬于中檔題.8．B【解析】

首先由三視圖還原幾何體，進一步求出幾何體的棱長．【詳解】解：根據三視圖還原幾何體如圖所示，所以，該四棱錐體的最長的棱長為．故選：B．【點睛】本題主要考查由三視圖還原幾何體，考查運算能力和推理能力，屬于基礎題．9．A【解析】

先根據已知求出原△ABC的高為AO＝，再求原△ABC的面積.【詳解】由題圖可知原△ABC的高為AO＝，∴S△ABC＝×BC×OA＝×2×＝，故答案為A【點睛】本題主要考查斜二測畫法的定義和三角形面積的計算，意在考察學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.10．D【解析】

畫出可行域，計算出原點到可行域上的點的最大距離，由此求得的最大值.【詳解】畫出可行域如下圖所示，其中，由于,，所以，所以原點到可行域上的點的最大距離為.所以的最大值為.故選：D【點睛】本小題主要考查根據可行域求非線性目標函數的最值，考查數形結合的數學思想方法，屬于基礎題.11．B【解析】

根據正三棱柱的主視圖，以及長度，可知該幾何體的底面正三角形的邊長，然后根據矩形的面積公式，可得結果.【詳解】由題可知：該幾何體的底面正三角形的邊長為2所以該正三棱柱的三個側面均為邊長為2的正方形，所以該正三棱柱的側面積為故選：B【點睛】本題考查正三棱柱側面積的計算以及三視圖的認識，關鍵在于求得底面正三角形的邊長，掌握一些常見的幾何體的三視圖，比如：三棱錐，圓錐，圓柱等，屬基礎題.12．D【解析】

可求出集合，，然后進行并集的運算即可．【詳解】解：，；．故選．【點睛】考查描述法、區(qū)間的定義，對數函數的單調性，以及并集的運算．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】若，,且∥,則，由是等比數列,可知公比為..故答案為.14．答案不唯一，如【解析】

根據對基本函數的理解可得到滿足條件的函數.【詳解】由題意，不妨設，則在都成立，但是在是單調遞增的，在是單調遞減的，說明原命題是假命題.所以本題答案為，答案不唯一，符合條件即可.【點睛】本題考查對基本初等函數的圖像和性質的理解，關鍵是假設出一個在上不是單調遞減的函數，再檢驗是否滿足命題中的條件，屬基礎題.15．【解析】

由正弦定理，三角函數恒等變換的應用化簡已知等式，結合范圍可求的值，利用正弦定理可求的值，進而根據余弦定理，基本不等式可求的最大值，進而根據三角形的面積公式即可求解.【詳解】解：，由正弦定理可得：，，，又，，，即，可得：，外接圓的半徑為，，解得，由余弦定理，可得，又，（當且僅當時取等號），即最大值為4，面積的最大值為.故答案為：.【點睛】本題主要考查了正弦定理，三角函數恒等變換的應用，余弦定理，基本不等式，三角形的面積公式在解三角形中的應用，考查了轉化思想，屬于中檔題．16．【解析】

由程序中的變量、各語句的作用，結合流程圖所給的順序，模擬程序的運行，即可得到答案.【詳解】根據題中的程序框圖可得：,執(zhí)行循環(huán)體，，不滿足條件，執(zhí)行循環(huán)體，，此時，滿足條件，退出循環(huán)，輸出的值為.故答案為：【點睛】本題主要考查了程序和算法，依次寫出每次循環(huán)得到的，的值是解題的關鍵，屬于基本知識的考查.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）將直線的參數方程化為直角坐標方程，由點到直線距離公式可求得圓心到直線距離，結合垂徑定理即可求得的長；（2）將的極坐標化為直角坐標，將直線方程與圓的方程聯立，求得直線與圓的兩個交點坐標，由中點坐標公式求得的坐標，再根據兩點間距離公式即可求得.【詳解】（1）直線的參數方程為(為參數)，化為直角坐標方程為，即直線與曲線交于兩點.則圓心坐標為，半徑為1，則由點到直線距離公式可知，所以.（2）點的極坐標為，化為直角坐標可得，直線的方程與曲線的方程聯立，化簡可得，解得，所以兩點坐標為，所以，由兩點間距離公式可得.【點睛】本題考查了參數方程與普通方程轉化，極坐標與直角坐標的轉化，點到直線距離公式應用，兩點間距離公式的應用，直線與圓交點坐標求法，屬于基礎題.18．證明見解析；2.【解析】

利用面面垂直的判定定理證明即可；由，知，所以可得出，因此，的充要條件是，繼而得出的值.【詳解】解：證明：因為是正三角形，為線段的中點，所以．因為是菱形，所以．因為，所以是正三角形，所以，而，所以平面．又，所以平面．因為平面，所以平面平面．由，知．所以，，．因此，的充要條件是，所以，．即存在滿足的點，使得，此時．【點睛】本題主要考查平面與平面垂直的判定、三棱錐的體積等基礎知識；考查空間想象能力、運算求解能力、推理論證能力和創(chuàng)新意識；考查化歸與轉化、函數與方程等數學思想，屬于難題．19．（1）；（2）證明見解析，.【解析】

（1）根據離心率和的面積是得到方程組，計算得到答案.（2）先排除斜率為0時的情況，設，，聯立方程組利用韋達定理得到，，根據化簡得到，代入直線方程得到答案.【詳解】（1）由題意可得，解得，，則橢圓的標準方程是.（2）當直線的斜率為0時，直線與直線關于軸對稱，則直線與直線的斜率之和為零，與題設條件矛盾，故直線的斜率不為0.設，，直線的方程為聯立，整理得則，.因為直線與直線的斜率之和為1，所以，所以，將，代入上式，整理得.所以，即，則直線的方程為.故直線恒過定點.【點睛】本題考查了橢圓的標準方程，直線過定點問題，計算出是解題的關鍵，意在考查學生的計算能力和轉化能力.20．A【解析】

由正弦定理化簡得，解得，進而得到，利用正切的倍角公式求得，根據三角形的面積公式，求得，進而化簡，即可求解.【詳解】由題意，在銳角中