廣西玉林高中2025屆數學高二上期末統(tǒng)考模擬試題含解析

廣西玉林高中2025屆數學高二上期末統(tǒng)考模擬試題注意事項: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．已知拋物線的焦點為，直線過點與拋物線相交于兩點，且，則直線的斜率為（）A. B.C. D.2．設命題，則為（）A. B.C. D.3．已知空間四個點，，，，則直線AD與平面ABC所成的角為（）A. B.C. D.4．已知正三棱柱的側棱長與底面邊長相等，則AB1與側面ACC1A1所成角的正弦值等于A. B.C. D.5．已知雙曲線的離心率為2，則C的漸近線方程為（）A. B.C. D.6．如圖，在直三棱柱中，AB＝BC，，若棱上存在唯一的一點P滿足，則（）A. B.1C. D.27．對于三次函數，給出定義：設是函數的導數，是的導數，若方程有實數解，則稱點為函數的“拐點”.經過探究發(fā)現：任何一個三次函數都有“拐點”；任何一個三次函數圖象都有對稱中心，且“拐點”就是對稱中心.設函數，則（）A. B.C. D.8．設的內角的對邊分別為的面積，則（）A. B.C. D.9．已知雙曲線的兩個焦點，，是雙曲線上一點，且，，則雙曲線的標準方程是（）A. B.C. D.10．已知動點滿足，則動點的軌跡是（）A.橢圓 B.直線C.線段 D.圓11．已知斜率為1的直線與橢圓相交于A、B兩點，O為坐標原點，AB的中點為P，若直線OP的斜率為，則橢圓C的離心率為（）A. B.C. D.12．某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐內切球的表面積為A.B.C.D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在長方體中，若，，則異面直線與所成角的大小為______.14．橢圓的左、右焦點分別為，，為坐標原點，則以下說法正確的是（）A.過點的直線與橢圓交于，兩點，則的周長為8B.橢圓上存在點，使得C.橢圓的離心率為D.為橢圓上一點，為圓上一點，則點，的最大距離為315．已知數列滿足：，，，則______16．與圓外切于原點，且被y軸截得的弦長為8的圓的標準方程為__________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）已知橢圓與橢圓有共同的焦點，且橢圓經過點.（1）求橢圓的標準方程；（2）設為橢圓的左焦點，為橢圓上任意一點，為坐標原點，求的最小值.18．（12分）在等比數列{}中，（1），，求；（2），，求的值.19．（12分）已知函數（1）判斷的零點個數；（2）若對任意恒成立，求的取值范圍20．（12分）已知拋物線C：的焦點為F，為拋物線C上一點，且（1）求拋物線C的方程：（2）若以點為圓心，為半徑的圓與C的準線交于A，B兩點，過A，B分別作準線的垂線交拋物線C于D，E兩點，若，證明直線DE過定點21．（12分）如圖，在長方體中，，若點P為棱上一點，且，Q，R分別為棱上的點，且.（1）求直線與平面所成角的正弦值；（2）求平面與平面的夾角的余弦值.22．（10分）如圖，四棱柱的底面為正方形，平面，，，點在上，且.（1）求證：；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）求平面與平面夾角的余弦值.

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、B【解析】設直線傾斜角為，由，及，可求得，當點在軸上方，又，求得，利用對稱性即可得出結果.【詳解】設直線傾斜角為，由，所以，由，，所以，當點在軸上方，又，所以，所以由對稱性知，直線的斜率.故選：B.2、D【解析】利用含有一個量詞的命題的否定的定義判斷.【詳解】因為命題是全稱量詞命題，所以其否定是存在量詞命題，即，故選：D3、A【解析】根據向量法求出線面角即可.【詳解】設平面的法向量為，直線AD與平面ABC所成的角為令，則則故選：A【點睛】本題主要考查了利用向量法求線面角，屬于中檔題.4、C【解析】過作，連接，由于，故平面，所以所求直線與平面所成的角為，設棱長為，則，故，.點睛：本題主要考查空間立體幾何直線與平面的位置關系，考查直線與平面所成的角，考查線面垂直的證明方法和常見幾何體的結構特征.由于題目所給幾何體為直三棱柱，故側棱和底面垂直，這是一個重要的隱含條件，通過作交線的垂線，即可得到高，由此作出二面角的平面角.5、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：A6、D【解析】設，構建空間直角坐標系，令且，求出，，再由向量垂直的坐標表示列方程，結合點P的唯一性有求參數a，即可得結果.【詳解】由題設，構建如下圖空間直角坐標系，若，則，，且，所以，，又存在唯一的一點P滿足，所以，則，故，可得，此時，所以.故選：D7、B【解析】根據“拐點”的概念可判斷函數的對稱中心，進而求解.【詳解】，，，令，解得：，而，故函數關于點對稱，，，故選：B.8、A【解析】利用三角形面積公式、二倍角正弦公式有，再由三角形內角的性質及余弦定理化簡求即可.【詳解】由，∴，在中，，∴，解得.故選：A.9、D【解析】根據條件設，，由條件求得，即可求得雙曲線方程.【詳解】設，則由已知得，，又，，又，，雙曲線的標準方程為.故選：D10、C【解析】根據兩點之間的距離公式的幾何意義即可判定出動點軌跡.【詳解】由題意可知表示動點到點和點的距離之和等于，又因為點和點的距離等于，所以動點的軌跡為線段.故選：11、B【解析】這是中點弦問題，注意斜率與橢圓a,b之間的關系.【詳解】如圖：依題意，假設斜率為1的直線方程為：，聯立方程：，解得：，代入得，故P點坐標為，由題意，OP的斜率為，即，化簡得：，，，；故選：B.12、A【解析】由三視圖可知該幾何體是一個三棱錐，根據等積法求出幾何體內切球的半徑，再計算內切球的表面積【詳解】解：由三視圖知該幾何體是一個三棱錐，放入棱長為2的正方體中，如圖所示：設三棱錐內切球的半徑為，則由等體積法得，解得，所以該三棱錐內切球的表面積為故選：A【點睛】本題考查了由三視圖求三棱錐內切球表面積的應用問題，屬于中檔題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】畫出長方體,再將異面直線與利用平行線轉移到一個三角形內求解角度即可.【詳解】畫出長方體可得異面直線與所成角為與之間的夾角,連接.則因為,則,又,故,又,故為等腰直角三角形,故,即異面直線與所成角的大小為故答案為【點睛】本題主要考查立體幾何中異面直線的角度問題,一般的處理方法是將異面直線經過平行線的轉換構成三角形求角度,屬于基礎題型.14、ABD【解析】結合橢圓定義判斷A選項的正確性，結合向量數量積的坐標運算判斷B選項的正確性，直接法求得橢圓的離心率，由此判斷C選項的正確性，結合兩點間距離公式判斷D選項的正確性.【詳解】對于選項：由橢圓定義可得：，因此的周長為，所以選項正確；對于選項：設，則，且，又，，所以，，因此，解得，，故選項正確；對于選項：因為，，所以，即，所以離心率，所以選項錯誤；對于選項：設，，則點到圓的圓心的距離為，因為，所以，所以選項正確，故選：ABD15、.【解析】運用累和法，結合等差數列前項和公式進行求解即可.【詳解】因為，，所以當時，有，因此有：，即，當時，適合上式，所以，故答案為：.16、；【解析】設所求圓的圓心為，根據兩圓外切于原點可知兩圓心與原點共線，再根據弦長列出方程組求出即可.【詳解】設所求圓的圓心為，因為圓的圓心為，與原點連線的斜率為，又所求圓與已知圓外切于原點，，①所以所求圓的半徑滿足，又被y軸截得的弦長為8，②由①②解得，所以圓的方程為.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）（2）【解析】（1）設橢圓的方程為，將點的坐標代入橢圓的方程，求出的值，即可得出橢圓的方程；（2）設點，則，且，利用平面向量數量積的坐標運算結合二次函數的基本性質可求得的最小值.【小問1詳解】（1）由題可設橢圓的方程為，由橢圓經過點，可得，解得或（舍）.所以，橢圓的標準方程為.【小問2詳解】解：易知，設點，則，且，，，則，當且僅當時，等號成立，故的最小值為.18、（1）（2）【解析】（1）直接利用等比數列的求和公式求解即可，（2）由已知條件結合等比數的性質可得，從而可求得答案，或直接利用等比數列的求和公式化簡求解【小問1詳解】.【小問2詳解】方法1：.∴.方法2：，整理得：又19、（1）個；（2）.【解析】（1）求，利用導數判斷的單調性，結合單調性以及零點存在性定理即可求解；（2）由題意可得對任意恒成立，令，則，利用導數求的最小值即可求解.【小問1詳解】的定義域為，由可得，當時，；當時，；所以在上單調遞減，在上單調遞增，當時，，，此時在上無零點，當時，，，，且在上單調遞增，由零點存在定理可得在區(qū)間上存在個零點，綜上所述有個零點.【小問2詳解】由題意可得：對任意恒成立，即對任意恒成立，令，則，由可得：，當時，；當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，所以，所以的取值范圍.20、（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）解方程和即得解；（2）設，，將與圓P的方程聯立得到韋達定理，再寫出直線的方程即得解.【小問1詳解】解：因為拋物線C上一點，且，所以到拋物線C的準線的距離為2則，，則，所以，故拋物線C的方程為【小問2詳解】證明：由（1）知，則圓P的方程為設，，將與圓P的方程聯立，可得，則，當時，，不妨令，則，此時；當時，直線DE的斜率為，則直線DE的方程為，即，即，令且，得，直線過點；綜上，直線DE過定點21、（1）（2）【解析】（1）建立如圖所示的空間直角坐標系，用空間向量法求線面角；（2）用空間向量法求二面角【小問1詳解】以D為坐標原點，射線方向為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系.當時，，所以，設平面的法向量為，所以，即不妨得，，又，所以，則【小問2詳解】在長方體中，因為平面，所以平面平面，因為平面與平面交于，因為四邊形為正方形，所以，所以平面，即為平面的一個法向量，，所以，又平面的法向量為，所以.22、（1）證明見解析（2）（3）【解析】（1）以為原點，所在的直線為軸的正方向建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量可得，即平面，再由線面垂直的