河北省保定市曲陽縣第一高級中學(xué)2025屆高二數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

河北省保定市曲陽縣第一高級中學(xué)2025屆高二數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．下列直線中，傾斜角為45°的是（）A. B.C. D.2．在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AC與BD的交點為M，設(shè)＝，＝，＝，則＝（）A.++ B.+C.++ D.+3．在空間直角坐標(biāo)系中，點關(guān)于平面的對稱點為，則（）A.－4 B.－10C.4 D.104．已知是橢圓上的一點，則點到兩焦點的距離之和是（）A.6 B.9C.14 D.105．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，棱長為a，M，N分別為A1B和AC上的點，A1M=AN=，則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是（）A.相交 B.平行C.垂直 D.不能確定6．下列說法正確的是（）A.空間中的任意三點可以確定一個平面B.四邊相等的四邊形一定是菱形C.兩條相交直線可以確定一個平面D.正四棱柱的側(cè)面都是正方形7．已知等比數(shù)列的首項為1，公比為2，則=（）A. B.C. D.8．如圖，在三棱錐中，，則三棱錐外接球的表面積是（）A. B.C. D.9．已知一個圓錐的體積為，任取該圓錐的兩條母線a，b，若a，b所成角的最大值為，則該圓錐的側(cè)面積為（）A. B.C. D.10．拋物線的準(zhǔn)線方程是A.x=1 B.x=-1C. D.11．若“”是“”的充分不必要條件，則實數(shù)a的取值范圍為A. B.或C. D.12．若連續(xù)拋擲兩次骰子得到的點數(shù)分別為m，n，則點P(m，n)在直線x＋y＝4上的概率是()A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．點在以，為焦點的橢圓上運(yùn)動，則的重心的軌跡方程是___________.14．甲、乙兩名學(xué)生通過某次聽力測試的概率分別為和，且是否通過聽力測試相互獨(dú)立，兩人同時參加測試，其中有且只有一人能通過的概率是__________15．已知平面和兩條不同的直線，則下列判斷中正確的序號是___________.①若，則；②若，則；③若，則；④若，則；16．已知曲線在點處的切線與曲線相切，則______.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知數(shù)列的前項的和為，且.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）設(shè)，求數(shù)列的前項和.18．（12分）已知橢圓C：過兩點（1）求C的方程；（2）定點M坐標(biāo)為，過C右焦點的直線與C交于P，Q兩點，判斷是否為定值？若是，求出該定值，若不是，請說明理由19．（12分）已知，（1）當(dāng)時，求函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間；（2）當(dāng)時，，求實數(shù)a的取值范圍20．（12分）已知函數(shù)（為自然對數(shù)的底數(shù)）.（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)有且僅有2個零點，求實數(shù)的值.21．（12分）如圖，在直三棱柱中，，是中點.（1）求點到平面的的距離；（2）求平面與平面夾角的余弦值；22．（10分）設(shè)銳角三角形ABC的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c，.（1）求B的大?。?）若，，求b.

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、C【解析】由直線傾斜角得出直線斜率，再由直線方程求出直線斜率，即可求解.【詳解】由直線傾斜角為45°，可知直線的斜率為，對于A，直線斜率為，對于B，直線無斜率，對于C，直線斜率，對于D，直線斜率，故選：C2、B【解析】利用向量三角形法則、平行四邊形法則、向量共線定理即可得出【詳解】如圖所示，∵＝+，又＝，＝－，＝，∴＝+，故選：B3、A【解析】根據(jù)關(guān)于平面對稱的點的規(guī)律：橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo)保持不變，豎坐標(biāo)變?yōu)樗南喾磾?shù)，即可求出點關(guān)于平面的對稱點的坐標(biāo)，再利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算求.【詳解】解：由題意，關(guān)于平面對稱的點橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo)保持不變，豎坐標(biāo)變?yōu)樗南喾磾?shù)，從而有點關(guān)于對稱的點的坐標(biāo)為（2，?1，-3）.故選：A【點睛】本題以空間直角坐標(biāo)系為載體，考查點關(guān)于面的對稱，考查數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題4、A【解析】根據(jù)橢圓的定義，可求得答案.【詳解】由可知：，由是橢圓上的一點，則點到兩焦點的距離之和為，故選：A5、B【解析】建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面BB1C1C的法向量和直線MN的方向向量，利用兩向量垂直，得到線面平行.【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由圖可知平面BB1C1C的法向量.∵A1M=AN=，∴M，N，∴.∵，∴MN∥平面BB1C1C，故選：B.【點睛】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問題，涉及到的知識點有利于空間向量判斷線面平行，屬于簡單題目.6、C【解析】根據(jù)立體幾何相關(guān)知識對各選項進(jìn)行判斷即可.【詳解】對于A，根據(jù)公理2及推論可知，不共線的三點確定一個平面，故A錯誤；對于B，在一個平面內(nèi)，四邊相等的四邊形才一定是菱形，故B錯誤；對于C，根據(jù)公理2及推論可知，兩條相交直線可以確定一個平面，故C正確；對于D，正四棱柱指上、下底面都是正方形且側(cè)棱垂直于底面的棱柱，側(cè)面可以是矩形，故D錯誤.故選：C7、D【解析】數(shù)列是首項為1，公比為4的等比數(shù)列，然后可算出答案.【詳解】因為等比數(shù)列的首項為1，公比為2，所以數(shù)列是首項為1，公比為4的等比數(shù)列所以故選：D8、A【解析】根據(jù)題意，將該幾何體放置于正方體中截得，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為求邊長為2的正方體的外接球，再求解即可.【詳解】解：因為在三棱錐中，，所以將三棱錐補(bǔ)形成正方體如圖所示，正方體的邊長為2，則體對角線長為，外接球的半徑為，所以外接球的表面積為，故選：.9、B【解析】設(shè)圓錐的母線長為R，底面半徑長為r，由題可知圓錐的軸截面是等邊三角形，根據(jù)體積公式計算可得，利用扇形的面積公式計算即可求得結(jié)果.【詳解】如圖，設(shè)圓錐的母線長為R，底面半徑長為r，由題可知圓錐的軸截面是等邊三角形，所以，圓錐的體積，解得，所以該圓錐的側(cè)面積為.故選：B10、C【解析】先把拋物線方程整理成標(biāo)準(zhǔn)方程，進(jìn)而求得p，再根據(jù)拋物線性質(zhì)得出準(zhǔn)線方程【詳解】解：整理拋物線方程得，∴p＝∵拋物線方程開口向上，∴準(zhǔn)線方程是y＝﹣故答案為C【點睛】本題主要考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程和簡單性質(zhì)．屬基礎(chǔ)題11、D【解析】“”是“”的充分不必要條件，結(jié)合集合的包含關(guān)系，即可求出的取值范圍.【詳解】∵“”是“”的充分不必要條件∴或∴故選：D.【點睛】本題考查充分必要條件，根據(jù)充要條件求解參數(shù)的范圍時，可把充分條件、必要條件或充要條件轉(zhuǎn)化為集合間的關(guān)系，由此得到不等式（組）后再求范圍.解題時要注意，在利用兩個集合之間的關(guān)系求解參數(shù)的取值范圍時，不等式是否能夠取等號決定端點值的取舍，處理不當(dāng)容易出現(xiàn)漏解或增解的現(xiàn)象.12、D【解析】利用分布計數(shù)原理求出所有的基本事件個數(shù)，在求出點落在直線x+y=4上包含的基本事件個數(shù)，利用古典概型的概率個數(shù)求出.解：連續(xù)拋擲兩次骰子出現(xiàn)的結(jié)果共有6×6=36，其中每個結(jié)果出現(xiàn)的機(jī)會都是等可能的，點P（m，n）在直線x+y=4上包含的結(jié)果有（1，3），（2，2），（3，1）共三個，所以點P（m，n）在直線x+y=4上的概率是3:36=1:12,故選D考點：古典概型點評:本題考查先判斷出各個結(jié)果是等可能事件，再利用古典概型的概率公式求概率，屬于基礎(chǔ)題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】設(shè)出點和三角形的重心，利用重心坐標(biāo)公式得到點和三角形的重心坐標(biāo)的關(guān)系，，代入橢圓方程即可求得軌跡方程，再利用，，三點不共線得到.【詳解】設(shè)，，由，得，即，，因為為的重心，所以，，即，，代入，得，即，因為，，三點不共線，所以，則的重心的軌跡方程是.故答案：.14、##0.5【解析】分兩種情況，結(jié)合相互獨(dú)立事件公式即可求解.【詳解】記甲，乙通過聽力測試的分別為事件，則可得，兩人有且僅有一人通過為事件，故所求事件概率為.故答案為：15、②④【解析】根據(jù)直線與直線，直線與平面的位置關(guān)系依次判斷每個選項得到答案.詳解】若，則或，異面，或，相交，①錯誤；若，則，②正確；若，則或或與相交，③錯誤；若，則，④正確；故答案為：②④.16、2或10【解析】求出在處的導(dǎo)數(shù)，得出切線方程，與聯(lián)立，利用可求.【詳解】令，，則，，可得曲線在點處的切線方程為.聯(lián)立，得，，解得或.故答案為：2或10.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）.【解析】（1）根據(jù)，并結(jié)合等比數(shù)列的定義即可求得答案；（2）結(jié)合（1），并通過錯位相減法即可求得答案.【小問1詳解】當(dāng)時，，當(dāng)時，，是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，.【小問2詳解】，…①…②①-②得，.18、（1）；（2）為定值.【解析】（1）根據(jù)題意，列出的方程組，求解即可；（2）對直線的斜率是否存在進(jìn)行討論，當(dāng)直線斜率存在時，設(shè)出直線的方程，聯(lián)立橢圓方程，利用韋達(dá)定理，轉(zhuǎn)化，求解即可.【小問1詳解】因為橢圓過兩點，故可得，解得，故橢圓方程為：.【小問2詳解】由（1）可得：，故橢圓的右焦點的坐標(biāo)為；當(dāng)直線的斜率不存在時，此時直線的方程為：，代入橢圓方程，可得，不妨取，又，故.當(dāng)直線的斜率存在時，設(shè)直線的方程為：，聯(lián)立橢圓方程，可得：，設(shè)坐標(biāo)為，故可得，則.綜上所述，為定值.【點睛】本題考察橢圓方程的求解，以及橢圓中的定值問題；處理問題的關(guān)鍵是合理的利用韋達(dá)定理，將目標(biāo)式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，屬中檔題.19、（1）（2）【解析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，再解導(dǎo)函數(shù)的不等式，即可求出函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間；（2）依題意可得當(dāng)時，當(dāng)時，顯然成立，當(dāng)時只需，參變分離得到，令，，利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可求出參數(shù)的取值范圍；【小問1詳解】解：當(dāng)時定義域為，所以，令，解得或，令，解得，所以的單調(diào)遞減區(qū)間為；【小問2詳解】解：由，即，即，當(dāng)時顯然成立，當(dāng)時，只需，即，令，，則，所以在上單調(diào)遞減，所以，所以，故實數(shù)的取值范圍為.20、（1）函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為，（2）【解析】（1）利用導(dǎo)數(shù)求得的單調(diào)區(qū)間.（2）利用導(dǎo)數(shù)研究的單調(diào)性、極值，從而求得的值.【小問1詳解】由，得，令，得或；令，得.∴函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為，.【小問2詳解】∵，∴.當(dāng)時，；當(dāng)時，∴的單調(diào)遞減區(qū)間為，；單調(diào)遞增區(qū)間為.∴的極小值為，極大值為.當(dāng)時，；當(dāng)時，.又∵函數(shù)有且僅有2個零點，∴實數(shù)的值為.21、（1）（2）【解析】（1）以為原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量為，再利用公式計算即可；（2）易得平面的法向量為，設(shè)平面與平面的夾角為，再利用計算即可小問1詳解】解：（1）以為原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐