2025屆云南省墨江縣民族學校數學高二上期末檢測模擬試題含解析

2025屆云南省墨江縣民族學校數學高二上期末檢測模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．若命題為“，”，則為（）A.， B.，C.， D.，2．已知雙曲線的離心率為2，則C的漸近線方程為（）A. B.C. D.3．雙曲線的漸近線方程是（）A. B.C. D.4．已知，設函數，若關于的不等式恒成立，則的取值范圍為（）A. B.C. D.5．已知拋物線的焦點為，準線為，是上一點，是直線與拋物線的一個交點，若，則（）A. B.3C. D.26．甲烷是一種有機化合物，分子式為，其在自然界中分布很廣，是天然氣、沼氣的主要成分．如圖所示的為甲烷的分子結構模型，已知任意兩個氫原子之間的距離（H-H鍵長）相等，碳原子到四個氫原子的距離（C-H鍵長）均相等，任意兩個H-C-H鍵之間的夾角為（鍵角）均相等，且它的余弦值為，即，若，則以這四個氫原子為頂點的四面體的體積為（）A. B.C. D.7．拋物線的焦點到準線的距離為（）A. B.C. D.8．若，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.9．已知雙曲線的焦距為，且雙曲線的一條漸近線與直線平行，則雙曲線的方程為（）A. B.C. D.10．給出下列結論：①如果數據的平均數為3，方差為0.2，則的平均數和方差分別為14和1.8；②若兩個變量的線性相關性越強，則相關系數r的值越接近于1．③對A、B、C三種個體按3：1：2的比例進行分層抽樣調查，若抽取的A種個體有15個，則樣本容量為30．則正確的個數是（）.A.3 B.2C.1 D.011．已知中，角，，的對邊分別為，，，且，，成等比數列，則這個三角形的形狀是（）A.直角三角形 B.等邊三角形C.等腰直角三角形 D.鈍角三角形12．已知方程表示的曲線是焦點在軸上的橢圓，則的取值范圍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，則曲線在點處的切線方程是______.14．數學家華羅庚說：“數缺形時少直觀，形少數時難入微”，事實上，很多代數問題可以轉化為幾何問題加以解決．例如：與相關的代數問題，可以轉化為點與點之間的距離的幾何問題．結合上述觀點：對于函數，的最小值為______15．經過兩直線l1：x－2y＋4＝0和l2：x＋y－2＝0的交點P，且與直線l3：3x－4y＋5＝0垂直的直線l的方程為________16．一個四面體有五條棱長均為2，則該四面體的體積最大值為_______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）已知函數.（1）當時，證明：函數圖象恒在函數的圖象的下方；（2）討論方程的根的個數.18．（12分）設拋物線的焦點為，點在拋物線上，且，橢圓右焦點也為，離心率為（1）求拋物線方程和橢圓方程；（2）若不經過的直線與拋物線交于、兩點，且（為坐標原點），直線與橢圓交于、兩點，求面積的最大值19．（12分）已知函數.（1）設函數，討論在區(qū)間上的單調性；（2）若存在兩個極值點，（）（極值點是指函數取極值時對應的自變量的值），且，證明：.20．（12分）已知三棱柱的側棱垂直于底面，，，，，分別是，的中點.（Ⅰ）證明：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值.21．（12分）如圖，在直三棱柱中，平面?zhèn)让妫?（1）求證：；（2）若直線與平面所成的角為，請問在線段上是否存在點，使得二面角的大小為，若存在請求出的位置，不存在請說明理由.22．（10分）設{an}是公比為正數的等比數列a1=2，a3=a2+4（Ⅰ）求{an}的通項公式；（Ⅱ）設{bn}是首項為1，公差為2的等差數列，求數列{an+bn}的前n項和Sn

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、B【解析】特稱命題的否定是全稱命題，把存在改為任意，把結論否定.【詳解】“，”的否命題為“，”，故選：B2、A【解析】根據離心率及a，b，c的關系，可求得，代入即可得答案.【詳解】因為離心率，所以，所以，，則，所以C的漸近線方程為.故選：A3、A【解析】先將雙曲線的方程化為標準方程得，再根據雙曲線漸近線方程求解即可.【詳解】解：將雙曲線的方程化為標準方程得，所以，所以其漸近線方程為：，即.故選：A.4、D【解析】由題設易知上恒成立，而在上，討論、，結合導數研究的最值，由不等式恒成立求的取值范圍.【詳解】由時，在上；由時，在上遞減，值域為；令且，則，當時，，即遞增，值域為，滿足題設；當時，在上，即遞減，在上，即遞增，此時值域為；當，即時存在，而在中，此時，不合題設；所以，此時要使的不等式恒成立，只需，即，可得；綜上，關于的不等式恒成立，則的取值范圍為.故選：D【點睛】關鍵點點睛：由題設易知上，只需在上恒有即可.5、D【解析】根據拋物線的定義求得，由此求得的長.【詳解】過作，垂足為，設與軸交點為.根據拋物線的定義可知.由于，所以，所以，所以，所以.故選：D【點睛】本小題主要考查拋物線定義，考查數形結合的數學思想方法，屬于基礎題.6、A【解析】利用余弦定理求得，計算出正四面體的高，從而計算出正四面體的體積.【詳解】設，則由余弦定理知：，解得，故該正四面體的棱長均為由正弦定理可知：該正四面體底面外接圓的半徑，高故該正四面體的體積為故選：A7、C【解析】根據拋物線方程求出焦點坐標與準線方程，即可得解；【詳解】解：因為拋物線方程為，所以焦點坐標為，準線的方程為，所以焦點到準線的距離為；故選：C8、B【解析】由題意可知且，構造函數，可得出，由函數的單調性可得出，利用導數求出函數的最小值，可得出關于的不等式，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】因為，則且，由已知可得，構造函數，其中，，所以，函數為上的增函數，由已知，所以，，可得，構造函數，其中，則.當時，，此時函數單調遞減，當時，，此時函數單調遞增，則，所以，，解得.故選：B.9、B【解析】根據焦點在x軸上的雙曲線漸近線斜率為±可求a，b關系，再結合a，b，c關系即可求解﹒【詳解】∵雙曲線1(a＞0，b＞0)的焦距為2，且雙曲線的一條漸近線與直線2x＋y＝0平行，∴，∴b＝2a，∵c2＝a2＋b2，∴a＝1，b＝2，∴雙曲線的方程為故選：B10、B【解析】對結論逐一判斷【詳解】對于①，則的平均數為，方差為，故①正確對于②，若兩個變量的線性相關性越強，則相關系數r的絕對值越接近于1，故②錯誤對于③，對A、B、C三種個體按3：1：2的比例進行分層抽樣調查，若抽取的A種個體有15個，則樣本容量為，故③正確故正確結論為2個故選：B11、B【解析】根據題意求出，結合余弦定理分情況討論即可.【詳解】解：因為，所以.由題意得，利用余弦定理得：.當，即時，，即，解得：.此時三角形為等邊三角形；當，即時，,不成立.所以三角形的形狀是等邊三角形.故選：B.【點睛】本題主要考查利用余弦定理判斷三角形的形狀，屬于基礎題.12、A【解析】根據條件，列出滿足條件的不等式，求的取值范圍.【詳解】曲線表示交點在軸的橢圓，，解得：.故選A【點睛】本題考查根據橢圓的焦點位置求參數的取值范圍，意在考查基本概念，屬于基礎題型.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】求導，得到，寫出切線方程.【詳解】因為，所以，則，所以曲線在點處的切線方程是，即，故答案為：14、【解析】根據題意得，表示點與點與距離之和的最小值，再找對稱點求解即可.【詳解】函數，表示點與點與距離之和的最小值，則點在軸上，點關于軸的對稱點，所以，所以的最小值為：.故答案為：.15、4x＋3y－6＝0【解析】直接求出兩直線l1：x﹣2y+4=0和l2：x+y﹣2=0的交點P的坐標，求出直線的斜率，然后求出所求直線方程【詳解】由方程組可得P（0，2）∵l⊥l3，∴kl=﹣，∴直線l的方程為y﹣2=﹣x，即4x＋3y－6＝0故答案為：4x＋3y－6＝016、1【解析】由已知中一個四面體有五條棱長都等于2，易得該四面體必然有兩個面為等邊三角形，根據棱錐的幾何特征，分析出當這兩個平面垂直時，該四面體的體積最大，將相關幾何量代入棱錐體積公式，即可得到答案【詳解】一個四面體有五條棱長都等于2，如下圖：設除PC外的棱均為2，設P到平面ABC距離為h，則三棱錐的體積V＝，∵是定值，∴當P到平面ABC距離h最大時，三棱錐體積最大，故當平面PAB⊥平面ABC時，三棱錐體積最大，此時h為等邊三角形PAB的AB邊上的高，則h，故三棱錐體積的最大值為：故答案為：1三、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）答案見解析【解析】（1）構造函數，利用導數判斷單調性，并求出函數的最大值小于零，即，即可得證；（2）將方程根的個數轉化為函數圖象與交點的問題，大致畫出函數的圖象，即可求解.【小問1詳解】設，其中，則，在區(qū)間上，單調遞減，又∵，即時，，∴，∴在區(qū)間上函數的圖象恒在函數的圖象的下方.【小問2詳解】由得，即，令，則，令，得，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，∴在處取得最小值，∴，又∵當時，，當時，，有零點存在性定理可知函數有唯一的零點，∴的大致圖象如圖所示，∴當時，方程的根的個數為0；當或時，方程的根的個數為1；當時，方程的根的個數為2.18、（1）拋物線方程為，橢圓方程為（2）【解析】（1）由，可得，繼而可得，故，再利用離心率，以及，即得解；（2）設直線方程為，與拋物線聯(lián)立，，結合韋達定理可得，再與橢圓聯(lián)立，，韋達定理代入，結合均值不等式即得解【小問1詳解】由題意，解得：，故，，，，，所以拋物線方程為，橢圓方程為【小問2詳解】設直線方程為，由消去得，，設，，則因，所以或（舍去），所以直線方程為由，消去得，設，，則設直線與軸交點為，則所以令，則，所以，當且僅當時，即時，取最大值19、（1）答案見解析（2）證明見解析【解析】（1）由題意得，然后對其求導，再分，兩種情況討論導數的正負，從而可求出函數的單調區(qū)間，（2）由（1）結合零點存在性定理可得在和上各有一個零點，且是的兩個極值點，再將極值點代入導函數中化簡結合已知可得，，從而將要證的結論轉化為證，令，再次轉化為利用導數求的最小值大于零即可【小問1詳解】由，得，則，當時，在上單調遞增；當時，令.當時，單調遞增；當時，單調遞減.綜上，當時，的增區(qū)間為，無減區(qū)間當時，的增區(qū)間為，減區(qū)間為小問2詳解】由（1）知若存在兩個極值點，則，且，且注意到，所以在和上各有一個零點，且時，單調遞減；當時，單調遞增；當時，單調遞減.所以是的兩個極值點.，因為，所以，所以，所以，即，所以而，所以，所以，要證，即要證即要證：因為，所以所以，即要證：即要證：令，即要證：即要證：令當時，，所以在上單調增所以結論得證.【點睛】關鍵點點睛：此題考查導數的應用，考查利用求函數的單調區(qū)間，考查利用導數證明不等式，解題的關鍵是將兩個極值點代入導函數中化簡后，將問題轉化為證明成立，換元后構造函數，再利用導數證明，考查數學轉化思想和計算能力，屬于較難題20、(1)見解析;(2).【解析】分析：依題意可知兩兩垂直，以點為原點建立空間直角坐標系，（1）利用直線的方向向量和平面的法向量垂直，即可證得線面平面；（2）求出兩個平面的法向量，利用兩個向量的夾角公式，即可求解二面角的余弦值.詳解：依條件可知、、兩兩垂直，如圖，以點為原點建立空間直角坐標系.根據條件容易求出如下各點坐標：，，，，，，，.（Ⅰ）證明：∵，，是平面的一個法向量，且，所以.又∵平面，∴平面；（Ⅱ）設是平面的法向量，因為，，由，得.解得平面的一個法向量，由已知，平面的一個法向量為，，∴二面角的余弦值是.點睛：本題考查了立體幾何中的面面垂直的判定和二面角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力；解答本題關鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關系的相互轉化，通過嚴密推理，明確角的構成.同時對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.21、（1）證明見解析（2）存在，點E為線段中點【解析】(1)通過作輔助線結合面面垂直的性質證明側面，從而證明結論；（2）建立空間直角坐標系，求出相關點的坐標,再求相關的向量坐標，求平面的法向量，利用向量的夾角公式求得答案.【小問1詳解】證明：連接交于點，因，則由平面?zhèn)让?，且平面?zhèn)让妫闷矫?，又平面，所以三棱柱是直三棱柱，則底面ABC，所以.又，從而側面，又側面，故.【小問2詳解】由(1).平面，則直線與平面所成的角,所以，又，所以假設在線段上是