山東省齊河縣一中2025屆數(shù)學(xué)高二上期末檢測模擬試題含解析

山東省齊河縣一中2025屆數(shù)學(xué)高二上期末檢測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．過點且垂直于的直線方程為（）A. B.C. D.2．設(shè)平面的法向量為，平面的法向量為，若，則的值為（）A.-5 B.-3C.1 D.73．已知角的頂點與坐標(biāo)原點重合，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，角終邊上有一點，為銳角，且，則（）A. B.C. D.4．已知，數(shù)列，，，與，，，，都是等差數(shù)列，則的值是（）A. B.C. D.5．設(shè)各項均為正項的數(shù)列滿足，，若，且數(shù)列的前項和為，則（）A. B.C.5 D.66．直線的一個方向向量為，則它的斜率為（）A. B.C. D.7．已知等比數(shù)列的前3項和為3，，則（）A. B.4C. D.18．已知圓的圓心在軸上，半徑為2，且與直線相切，則圓的方程為A. B.或C. D.或9．已知三角形三個頂點為、、，則邊上的高所在直線的方程為（）A. B.C. D.10．如圖，過拋物線的焦點的直線依次交拋物線及準(zhǔn)線于點，若且，則拋物線的方程為（）A.B.C.D.11．在等差數(shù)列中，為其前項和，若．則（）A. B.C. D.12．棱長為1的正四面體的表面積是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在報名的3名男教師和3名女教師中，選取3人參加義務(wù)獻血，要求男、女教師都有，則不同的選取方法數(shù)為__________.(結(jié)果用數(shù)值表示)14．已知橢圓的兩個焦點分別為，，，點在橢圓上，若，且的面積為4，則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為______15．圓和圓的公切線的條數(shù)為______16．已知拋物線C：的焦點為F，準(zhǔn)線為l，過點F斜率為的直線與拋物線C交于點M（M在x軸的上方），過M作于點N，連接NF交拋物線C于點Q，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）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.18．（12分）平面直角坐標(biāo)系中，曲線與坐標(biāo)軸交點都在圓上.（1）求圓的方程；（2）圓與直線交于，兩點，在圓上是否存在一點，使得四邊形為菱形？若存在，求出此時直線的方程；若不存在，說明理由.19．（12分）設(shè)四邊形為矩形，點為平面外一點，且平面，若，.（1）求與平面所成角的大小；（2）在邊上是否存在一點，使得點到平面的距離為，若存在，求出的值，若不存在，請說明理由；（3）若點是的中點，在內(nèi)確定一點，使的值最小，并求此時的值.20．（12分）已知函數(shù)（…是自然對數(shù)的底數(shù)）.（1）求的單調(diào)區(qū)間；（2）求函數(shù)的零點的個數(shù).21．（12分）求函數(shù)在區(qū)間上的最大值和最小值22．（10分）已知函數(shù)，且a0（1）當(dāng)a=1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；（2）記函數(shù)，若函數(shù)有兩個零點，①求實數(shù)a的取值范圍；②證明：

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】求出直線l的斜率，再借助垂直關(guān)系的條件即可求解作答.【詳解】直線的斜率為，而所求直線垂直于直線l，則所求直線斜率為，于是有：，即，所以所求直線方程為.故選：B2、C【解析】根據(jù)，可知向量建立方程求解即可.【詳解】由題意根據(jù)，可知向量，則有，解得.故選：C3、C【解析】根據(jù)角終邊上有一點，得到，再根據(jù)為銳角，且，求得，再利用兩角差的正切函數(shù)求解.【詳解】因為角終邊上有一點，所以，又因為為銳角，且，所以，所以，故選：C4、A【解析】根據(jù)等差數(shù)列的通項公式，分別表示出，，整理即可得答案.【詳解】數(shù)列，，，和，，，，各自都成等差數(shù)列，，，，故選:A5、D【解析】由利用因式分解可得，即可判斷出數(shù)列是以為首項，為公差的等差數(shù)列，從而得到數(shù)列，數(shù)列的通項公式，進而求出【詳解】等價于，而，所以，即可知數(shù)列是以為首項，為公差的等差數(shù)列，即有，所以，故故選：D6、A【解析】根據(jù)的方向向量求得斜率.【詳解】且是直線的方向向量，.故選：A7、D【解析】設(shè)等比數(shù)列公比為，由已知結(jié)合等比數(shù)列的通項公式可求得，，代入即可求得結(jié)果.【詳解】設(shè)等比數(shù)列的公比為，由，得即，又，即又，，解得又等比數(shù)列的前3項和為3，故，即，解得故選：D8、D【解析】設(shè)圓心坐標(biāo)，由點到直線距離公式可得或，進而求得答案【詳解】設(shè)圓心坐標(biāo)，因為圓與直線相切，所以由點到直線的距離公式可得，解得或.因此圓的方程為或.【點睛】本題考查利用直線與圓的位置關(guān)系求圓的方程，屬于一般題9、A【解析】求出直線的斜率，可求得邊上的高所在直線的斜率，利用點斜式可得出所求直線的方程.【詳解】直線的斜率為，故邊上的高所在直線的斜率為，因此，邊上的高所在直線的方程為.故選：A.10、D【解析】如圖根據(jù)拋物線定義可知，進而推斷出的值，在直角三角形中求得，進而根據(jù)，利用比例線段的性質(zhì)可求得，則拋物線方程可得.【詳解】如圖分別過點，作準(zhǔn)線的垂線，分別交準(zhǔn)線于點，設(shè)，則由已知得：，由定義得：，故在直角三角形中，，，，從而得，，求得，所以拋物線的方程為故選：D11、C【解析】利用等差數(shù)列的性質(zhì)和求和公式可求得的值.【詳解】由等差數(shù)列的性質(zhì)和求和公式可得.故選：C.12、D【解析】采用數(shù)形結(jié)合，根據(jù)邊長，結(jié)合正四面體的概念，計算出正三角形的面積，可得結(jié)果【詳解】如圖由正四面體的概念可知，其四個面均是全等的等邊三角形，由其棱長為1，所以，所以可知：正四面體的表面積為，故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、18【解析】由題設(shè)，選取方式有兩男教師一女教師或兩女教師一男教師，應(yīng)用組合數(shù)求出選取方法數(shù).【詳解】選取方式有：選兩男教師一女教師或選兩女教師一男教師，∴不同的選取方法有：種.故答案為：18.14、【解析】由題意得到為直角三角形．設(shè)，，根據(jù)橢圓的離心率，定義，直角三角形的面積公式，勾股定理建立方程的方程組，消元后可求得的值.【詳解】由題可知，∴,又，代入上式整理得，由得為直角三角形又的面積為4，設(shè)，，則解得所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為15、3【解析】判斷出兩個圓的位置關(guān)系，由此確定公切線的條數(shù).內(nèi)含關(guān)系0條公切線，內(nèi)切關(guān)系1條公切線，相交關(guān)系2條公切線，外切關(guān)系3條公切線，外離關(guān)系4條公切線。【詳解】由題知圓：的圓心，半徑，圓：的圓心，半徑，所以，，所以兩圓外切，所以兩圓共有3條公切線.故答案為：316、【解析】由題意畫出圖形，寫出直線的方程，與拋物線方程聯(lián)立求出的坐標(biāo)，進一步求出的坐標(biāo)，求得即可求解【詳解】解：如圖，由拋物線，得，，則，與拋物線聯(lián)立得，解得、，，，，，為等邊三角形，，過作軸的垂線交軸于，設(shè)，，，，，在拋物線上，，解得，，，，則，故答案為：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）見解析；（2）.【解析】（1）推導(dǎo)出PQ⊥AD，從而PQ⊥平面ABCD，連接AC，交BQ于N，連接MN，則AQ∥BC，推導(dǎo)出MN∥PA，由此能證明PA∥平面BMQ（2）連結(jié)BD，以Q為坐標(biāo)原點，以QA、QB、QP分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)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(jié)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(biāo)原點，以QA、QB、QP分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則Q（0，0，0），A（1，0，0），B（0，，0），P（0，0，），設(shè)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(shè)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18、（1）；（2）存在，直線方程為或.【解析】（1）利用待定系數(shù)法即求；（2）利用直線與圓的位置關(guān)系可得，然后利用菱形的性質(zhì)可得圓心到直線的距離，即得.【小問1詳解】曲線與軸的交點為，與軸的交點為，，設(shè)圓的方程為，則，解得.∴圓的方程為；【小問2詳解】∵圓與直線交于，兩點，圓化為，圓心坐標(biāo)為，半徑為.∴圓心到直線的距離，解得.假設(shè)存在點，使得四邊形為菱形，則與互相平分，∴圓心到直線的距離，即，解得，經(jīng)驗證滿足條件.∴存在點，使得四邊形為菱形，此時的直線方程為或.19、（1）（2）存在，距離為（3）位置答案見解析，【解析】（1）利用線面垂直的判定定理證明平面，然后由線面角的定義得到PC與平面PAD所成的角為，在中，由邊角關(guān)系求解即可.（2）假設(shè)BC邊上存在一點G滿足題設(shè)條件，不放設(shè)，則，再根據(jù)得，進而得答案.（3）延長CB到C'，使得C'B=CB，連結(jié)C'E，過E作于E'，利用三點共線，兩線段和最小，得到，過H作于H'，連結(jié)HB，在中，求解HB即可.【小問1詳解】解：因為平面，平面，所以，又因為底面是矩形，所以，又平面，所以平面，故與平面所成的角為，因為，，所以故直線PC與平面PAD所成角的大小為；【小問2詳解】解：假設(shè)BC邊上存在一點G滿足題設(shè)條件，不妨設(shè)，則因為平面，到平面的距離為所以，即因為代入數(shù)據(jù)解得，即，故存在點G，當(dāng)時，使得點D到平面PAG的距離為；【小問3詳解】解：延長CB到C'，使得C'B=CB，連結(jié)C'E，過E作于E'，則，當(dāng)且僅當(dāng)三點共線時等號成立，故，過H作于H'，連結(jié)HB，在中，，，所以.20、（1）當(dāng)時，的單調(diào)遞增區(qū)間為，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)時，的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為；（2）時函數(shù)沒有零點；或時函數(shù)有且只有一個零點；時，函數(shù)有兩個零點.【解析】（1）先對函數(shù)求導(dǎo)，然后分和兩種情況判斷導(dǎo)函數(shù)正負(fù)，求其單調(diào)區(qū)間；（2）由，得，構(gòu)造函數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)求出其單調(diào)區(qū)間和極值，畫出此函數(shù)的圖像，再判斷圖像與直線的交點情況，從而可得答案【詳解】（1）因為，所以，當(dāng)時，恒成立，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)時，令，得；令，得，所以的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為.（2）顯然0不是函數(shù)的零點，由，得.令，則.或時，，時，，所以在和上都是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，時取極小值，又當(dāng)時，.所以時，關(guān)于的方程無解，或時關(guān)于的方程只有一個解，時，關(guān)于的方程有兩個不同解.因此，時函數(shù)沒有零點，或時函數(shù)有且只有一個零點，時，函數(shù)有兩個零點.【點睛】關(guān)鍵點點睛：此題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，考查利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的零點，解題的關(guān)鍵是由，得，構(gòu)造函數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)求出其單調(diào)區(qū)間和極值，畫出此函數(shù)的圖像，再判斷圖像與直線的交點情況，考查數(shù)形結(jié)合的思想，屬于中檔題21、，【解析】先求導(dǎo)函數(shù)，再根據(jù)導(dǎo)函數(shù)得到單調(diào)區(qū)間，比較極值和端點值,即可得到最大值和最小值.【詳解】解：依題意，，令，得或，所以函數(shù)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又，，，所以，22、（1）函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，+)上單調(diào)遞減（2）①；②證明見解析【解析】（1）求導(dǎo)，求解可得導(dǎo)函