四川省德陽市重點中學2025屆數(shù)學高二上期末達標檢測試題含解析

四川省德陽市重點中學2025屆數(shù)學高二上期末達標檢測試題考生須知：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．算盤是中國傳統(tǒng)計算工具，是中國人在長期使用算籌的基礎上發(fā)明的，“珠算”一詞最早見于東漢徐岳所撰的《數(shù)術記遺》，其中有云：“珠算控帶四時，經(jīng)緯三才．”北周甄鸞為此作注，大意是：把木板刻為3部分，上、下兩部分是停游珠用的，中間一部分是作定位用的．下圖是一把算盤的初始狀態(tài)，自右向左，分別是個位、十位、百位…，上面一粒珠（簡稱上珠）代表5，下面一粒珠（簡稱下珠）是1，即五粒下珠的大小等于同組一粒上珠的大小．現(xiàn)在從個位和十位這兩組中隨機選擇往下?lián)芤涣Ｉ现?，往上?粒下珠，得到的數(shù)為質(zhì)數(shù)（除了1和本身沒有其它的約數(shù)）的概率是（）A. B.C. D.2．已知橢圓的左、右頂點分別為，上、下頂點分別為.點為上不在坐標軸上的任意一點，且四條直線的斜率之積大于，則的離心率的取值范圍是（）A. B.C. D.3．若正整數(shù)N除以正整數(shù)m后的余數(shù)為n，則記為，如.如圖所示的程序框圖的算法源于我國古代聞名中外的“中國剩余定理”.執(zhí)行該程序框圖，則輸出的i等于（）A.7 B.10C.13 D.164．在拋物線上，橫坐標為4的點到焦點的距離為5，則p的值為（）A. B.2C.1 D.45．已知橢圓：，左、右焦點分別為，過的直線交橢圓于兩點，若的最大值為5，則的值是A.1 B.C. D.6．命題“若，則”的否命題是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則7．“若”為真命題，那么p是（

）A. B.C. D.8．已知的周長等于10，，通過建立適當?shù)钠矫嬷苯亲鴺讼担旤c的軌跡方程可以是（）A. B.C. D.9．已知空間向量，，，若，，共面，則m＋2t＝（）A.－1 B.0C.1 D.－610．已知實數(shù)x，y滿足約束條件，則的最大值為（）A. B.0C.3 D.511．阿基米德曾說過：“給我一個支點，我就能撬動地球”.他在做數(shù)學研究時，有一個有趣的問題：一個邊長為2的正方形內(nèi)部挖了一個內(nèi)切圓，現(xiàn)在以該內(nèi)切圓的圓心且平行于正方形的一邊的直線為軸旋轉一周形成幾何體，則該旋轉體的體積為（）A. B.C. D.12．橢圓上一點到一個焦點的距離為，則到另一個焦點的距離是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知拋物線的焦點F恰好是橢圓的右焦點，且兩條曲線交點的連線過點F，則該橢圓的離心率為____________14．據(jù)相關數(shù)據(jù)統(tǒng)計，部分省市的政府工作報告將“推進5G通信網(wǎng)絡建設”列入2020年的重點工作，2020年一月份全國共建基站3萬個如果從2月份起，以后的每個月比上一個月多建設0.2萬個，那么2020年這一年全國共有基站________萬個15．已知函數(shù)，，當時，不等式恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為_______16．如圖，四邊形和均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動點在線段上，、分別為、的中點.設異面直線與所成的角為，則的最大值為____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）若存在實常數(shù)k和b，使得函數(shù)和對其公共定義域上的任意實數(shù)x都滿足：和恒成立，則稱此直線y＝kx＋b為和的“隔離直線”.已知函數(shù)，.（1）證明函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞增；（2）證明和之間存在“隔離直線”，且b的最小值為－4.18．（12分）已知圓：與直線：.（1）證明：直線過定點，并求出其坐標；（2）當時，直線l與圓C交于A，B兩點，求弦的長度.19．（12分）在正方體中，E，F(xiàn)分別是，的中點（1）求證：∥平面；（2）求平面與平面EDC所成的二面角的正弦值20．（12分）如圖在四棱錐中，底面是菱形，，平面平面，，，為的中點，是棱上的一點，且.（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值.21．（12分）（1）若在是減函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍；（2）已知函數(shù)在R上無極值點，求a的值.22．（10分）設函數(shù).（1）求在處的切線方程；（2）求的極小值點和極大值點.

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】根據(jù)古典概型概率計算公式，計算出所求的概率.【詳解】依題有，算盤所表示的數(shù)可能有：17，26，8，35，62，71，80，53，其中是質(zhì)數(shù)的有：17，71，53，故所求事件的概率為故選：B2、A【解析】設，求得，得到，求得，結合，即可求解.【詳解】由橢圓的方程，可得，設，則，由，因為四條直線的斜率之積大于，即，所以，則離心率，又因為橢圓離心率，所以橢圓的離心率的取值范圍是.故選：A.3、C【解析】根據(jù)“中國剩余定理”，進而依次執(zhí)行循環(huán)體，最后求得答案.【詳解】由題意，第一步：，余數(shù)不為1；第二步：，余數(shù)不為1；第三步：，余數(shù)為1，執(zhí)行第二個判斷框，余數(shù)不為2；第四步：，執(zhí)行第一個判斷框，余數(shù)為1，執(zhí)行第二個判斷框，余數(shù)為2.輸出的i值為13.故選：C.4、B【解析】由方程可得拋物線的焦點和準線，進而由拋物線的定義可得，解之可得值【詳解】解：由題意可得拋物線開口向右，焦點坐標，，準線方程，由拋物線的定義可得拋物線上橫坐標為4的點到準線的距離等于5，即，解之可得.故選：B.5、D【解析】由題意可知橢圓是焦點在x軸上的橢圓，利用橢圓定義得到|BF2|+|AF2|＝8﹣|AB|，再由過橢圓焦點的弦中通徑的長最短，可知當AB垂直于x軸時|AB|最小，把|AB|的最小值b2代入|BF2|+|AF2|＝8﹣|AB|，由|BF2|+|AF2|的最大值等于5列式求b的值即可【詳解】由0＜b＜2可知，焦點在x軸上，∵過F1的直線l交橢圓于A，B兩點，則|BF2|+|AF2|+|BF1|+|AF1|＝2a+2a＝4a＝8∴|BF2|+|AF2|＝8﹣|AB|當AB垂直x軸時|AB|最小，|BF2|+|AF2|值最大，此時|AB|＝b2，則5＝8﹣b2，解得b，故選D【點睛】本題考查直線與圓錐曲線的關系，考查了橢圓的定義，考查橢圓的通徑公式，考查計算能力，屬于中檔題6、B【解析】根據(jù)原命題的否命題是條件結論都要否定【詳解】解：因為原命題的否命題是條件結論都要否定所以命題“若，則”的否命題是若，則；故選：B7、A【解析】求不等式的解集，根據(jù)解集判斷p.【詳解】由解得-2<x<4，所以p是.故選：A.8、A【解析】根據(jù)橢圓的定義進行求解即可.【詳解】因為的周長等于10，，所以，因此點的軌跡是以為焦點的橢圓，且不在直線上，因此有，所以頂點的軌跡方程可以是，故選：A9、D【解析】根據(jù)向量共面列方程，化簡求得.【詳解】，所以不共線，由于，，共面，所以存在，使，即，，，，，即.故選：D10、D【解析】先畫出可行域，由，得，作出直線，向上平移過點A時，取得最大值，求出點A的坐標，代入可求得結果【詳解】不等式組表示的可行域，如圖所示由，得，作出直線，向上平移過點A時，取得最大值，由，得，即，所以的最大值為，故選：D11、B【解析】根據(jù)題意，結合圓柱和球的體積公式進行求解即可.【詳解】由題意可知：該旋轉體的體積等于底面半徑為，高為的圓柱的體積減去半徑為的球的體積，即，故選：B12、B【解析】利用橢圓的定義可得結果.【詳解】在橢圓中，，由橢圓的定義可知，到另一個焦點的距離是.故選：B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】設兩條曲線交點為根據(jù)橢圓和拋物線對稱性知，不妨點A在第一象限，由A在拋物線上得，A在橢圓上得.則由條件得：.解得（舍去）14、2##【解析】由題意可知一月份到十二月份基站個數(shù)是以3為首項，0.2為公差的等差數(shù)列，根據(jù)等差數(shù)列求和公式可得答案.【詳解】一月份全國共建基站3萬個，2月全國共建基站萬個，3月全國共建基站萬個，，12月全國共建基站萬個，基站個數(shù)是以3為首項，0.2為公差的等差數(shù)列，2020年這一年全國共有基站萬個.故答案為：49.2.15、【解析】構造新函數(shù)，求導根據(jù)導數(shù)大于等于零得到，構造，求導得到單調(diào)區(qū)間，計算函數(shù)最小值得到答案.【詳解】當時，不等式恒成立，所以，所以在上是增函數(shù)，，則上恒成立，即在上恒成立，令，則，當時，，當時，，所以，所以故答案為：16、【解析】如圖所示，建立空間直角坐標系，設，，，，，由向量法可得，令，，，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可求得的最大值，從而可得答案【詳解】解：由題意，根據(jù)已知條件，直線AB，AD，AQ兩兩互相垂直，所以建立如圖所示空間直角坐標系不妨設，則，0，，，0，，，1，，設，，，，，，，，，，，令，，則，函數(shù)在上單調(diào)遞減，時，函數(shù)取得最大值，的最大值為故答案為：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）見解析（2）見解析【解析】（1）由導數(shù)得出在上的單調(diào)性；（2）設和之間的隔離直線為y＝kx＋b，由題設條件得出對任意恒成立，再由二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可.【小問1詳解】，當時，在上單調(diào)遞增在內(nèi)單調(diào)遞增【小問2詳解】設和之間的隔離直線為y＝kx＋b則對任意恒成立，即對任意恒成立由對任意恒成立，得當時，則有符合題意；當時，則有對任意恒成立的對稱軸為又的對稱軸為即故和之間存在“隔離直線”，且b的最小值為－4.【點睛】關鍵點睛：在解決問題一時，求了一階導得不了函數(shù)的單調(diào)性，再次求導得，進而得出在恒成立，得在上的單調(diào)性.18、（1）證明見解析，（2）【解析】（1）將直線方程化為，解方程得出定點；（2）求出圓心到直線的距離，再由幾何法得出弦長.【小問1詳解】證明：因為直線，所以．令，解得，所以不論取何值，直線必過定點【小問2詳解】當時，直線為，圓心圓心到直線的距離，則19、（1）見解析；（2）.【解析】(1)連接，，連接，證明CE∥即可；(2)建立空間直角坐標系，求出平面與平面EDC的法向量，利用向量法求二面角的正弦值.【小問1詳解】如圖，連接，，連接，∵BC∥且BC＝，∴四邊形是平行四邊形，∴∥且，∵E是中點，G是中點，∴∥CG且，∴四邊形是平行四邊形，∴∥CE，∵平面，CE平面，∴CE∥平面；【小問2詳解】如圖建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為2，則，則，設平面的法向量為，則，?。辉O平面EDC的法向量為，則，取，則；設平面與平面EDC所成的二面角的平面角為α，則，∴20、（1）見解析；（2）.【解析】（1）推導出PQ⊥AD，從而PQ⊥平面ABCD，連接AC，交BQ于N，連接MN，則AQ∥BC，推導出MN∥PA，由此能證明PA∥平面BMQ（2）連結BD，以Q為坐標原點，以QA、QB、QP分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角M﹣BQ﹣P的余弦值【詳解】（1）由已知PA＝PD，Q為AD的中點，∴PQ⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ?面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，連接AC，交BQ于N，連接MN，∵底面ABCD是菱形，∴AQ∥BC，∴△ANQ∽△BCN，，又，∴，∴MN∥PA，又MN?平面BMQ，PA?平面BMQ，∴PA∥平面BMQ（2）連結BD，∵底面底面是菱形，∴△ABD是正三角形，∴由（1）知PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥AD，PQ⊥BQ，以Q為坐標原點，以QA、QB、QP分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則Q（0，0，0），A（1，0，0），B（0，，0），P（0，0，），設平面BMQ的法向量＝（x，y，z），∴，由（1）知MN∥PA，∴，∴，取z＝1，得，平面BQP的法向量，設二面角M﹣BQ﹣P的平面角為θ，則cosθ＝，∴二面角M﹣BQ﹣P的余弦值為21、（1）；（2）1【解析】（1）將問題轉化為在內(nèi)恒成立，求出的最小值，即可得到答案