棗莊市薛城區(qū)2025屆數學高二上期末教學質量檢測模擬試題含解析

棗莊市薛城區(qū)2025屆數學高二上期末教學質量檢測模擬試題考生須知：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．在直三棱柱中，，，則直線與所成角的大小為（）A.30° B.60°C.120° D.150°2．直線分別與軸，軸交于A，B兩點，點在圓上，則面積的取值范圍是（）A B.C. D.3．已知長方體中，，，則平面與平面所成的銳二面角的余弦值為（）A. B.C. D.4．已知直線交圓于A，B兩點，若點滿足，則直線l被圓C截得線段的長是（）A.3 B.2C. D.45．已知向量，則下列結論正確的是（）A．B．C．D．6．曲線上存在兩點A，B到直線到距離等于到的距離，則（）A.12 B.13C.14 D.157．集合，則集合A的子集個數為（）A.2個 B.4個C.8個 D.16個8．已知雙曲線的右焦點為F，關于原點對稱的兩點A、B分別在雙曲線的左、右兩支上，，且點C在雙曲線上，則雙曲線的離心率為（）A.2 B.C. D.9．已知直線和平面，且在上，不在上，則下列判斷錯誤的是（）A.若，則存在無數條直線，使得B.若，則存在無數條直線，使得C.若存在無數條直線，使得，則D.若存在無數條直線，使得，則10．下列說法：①將一組數據中的每個數據都加上或減去同一個常數后，方差不變；②從統(tǒng)計量中得知有的把握認為吸煙與患肺病有關系，是指有的可能性使得推斷出現錯誤；③回歸直線就是散點圖中經過樣本數據點最多的那條直線；④如果兩個變量的線性相關程度越高，則線性相關系數就越接近于；其中錯誤說法的個數是（）A. B.C. D.11．已知直線，若圓C的圓心在軸上，且圓C與直線都相切，求圓C的半徑（）A. B.C.或 D.12．如圖，有一個水平放置的透明無蓋的正方體容器，容器高8cm，將一個球放在容器口，再向容器內注水，當球面恰好接觸水面時測得水深為6cm，如果不計容器的厚度，則球的體積為A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知點F是拋物線的焦點，點，點P為拋物線上的任意一點，則的最小值為_________.14．如圖所示，直線是曲線在點處的切線，則__________.15．過橢圓上一點作軸的垂線，垂足為，則線段中點的軌跡方程為___________.16．一支車隊有10輛車，某天下午依次出發(fā)執(zhí)行運輸任務．第一輛車于14時出發(fā)，以后每間隔10分鐘發(fā)出一輛車．假設所有的司機都連續(xù)開車，并都在18時停下來休息．截止到18時，最后一輛車行駛了____小時，如果每輛車行駛的速度都是60km/h，這個車隊各輛車行駛路程之和為______千米三、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）已知數列的各項均為正數，，為自然對數的底數（1）求函數的單調區(qū)間，并比較與的大??；（2）計算，，，由此推測計算的公式，并給出證明；18．（12分）已知函數.（1）求函數在處的切線方程；（2）設為的導數，若方程的兩根為，且，當時，不等式對任意的恒成立，求正實數的最小值.19．（12分）已知函數（1）討論的單調性；（2）當時，證明20．（12分）國家助學貸款由國家指定的商業(yè)銀行面向在校全日制高等學校經濟困難學生發(fā)放.用于幫助他們支付在校期間的學習和日常生活費.從年秋季學期起，全日制普通本?？茖W生每人每年申請貸款額度由不超過元提高至不超過元，助學貸款償還本金的寬限期從年延長到年.假如學生甲在本科期間共申請到元的助學貸款，并承諾在畢業(yè)后年內還清，已知該學生畢業(yè)后立即參加工作，第一年的月工資為元，第個月開始，每個月工資比前一個月增加直到元，此后工資不再浮動.（1）學生甲參加工作后第幾個月的月工資達到元；（2）如果學生甲從參加工作后的第一個月開始，每個月除了償還應有的利息外，助學貸款的本金按如下規(guī)則償還：前個月每個月償還本金元，第個月開始到第個月每個月償還的本金比前一個月多元，第個月償還剩余的本金.則他第個月的工資是否足夠償還剩余的本金.（參考數據：；；）21．（12分）如圖，在直三棱柱中，，，，分別為，，的中點，點在棱上，且，，.（1）求證：平面；（2）求證：平面平面；（3）求平面與平面的距離.22．（10分）已知數列與滿足（1）若，且，求數列的通項公式；（2）設的第k項是數列的最小項，即恒成立．求證：的第k項是數列的最小項；（3）設．若存在最大值M與最小值m，且，試求實數的取值范圍

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】根據三棱柱的特征補全為正方體，則，為直線與所成角，連接，則為等邊三角形即可得解.【詳解】根據直三棱柱的特征，補全可得如圖所示的正方體，易知，為直線與所成角，連接，則為等邊三角形，所以，所以直線與所成角的大小為.故選：B2、A【解析】把求面積轉化為求底邊和底邊上的高，高就是圓上點到直線的距離.【詳解】與x，y軸的交點，分別為，，點在圓，即上，所以，圓心到直線距離為，所以面積的最小值為，最大值為.故選：A3、A【解析】建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量為，易知平面的一個法向量為，由求解.【詳解】建立如圖所示空間直角坐標系：則，所以，設平面的一個法向量為，則，即，令，則，易知平面的一個法向量為，所以，所以平面與平面所成的銳二面角的余弦值為，故選：A4、B【解析】由題設知為圓的圓心且A、B在圓上，根據已知及向量數量積的定義求的大小，進而判斷△的形狀，即可得直線l被圓C截得線段的長.【詳解】∵點為圓的圓心且A、B在圓上，又，∴，∴，又，∴，故△為等邊三角形，∴直線l被圓C截得線段的長是2故選：B5、D【解析】由題可知：，，，故選；D6、D【解析】由題可知A，B為半圓C與拋物線的交點，利用韋達定理及拋物線的定義即求.【詳解】由曲線，可得，即，為圓心為，半徑為7半圓，又直線為拋物線的準線，點為拋物線的焦點，依題意可知A，B為半圓C與拋物線的交點，由，得，設，則，，∴.故選：D.7、C【解析】取，再根據的周期為4，可得，即可得解.【詳解】因為，所以.時,，時,，時,，時,，所以集合，所以的子集的個數為，故選：C.8、D【解析】設，由，得到四邊形是矩形，在中，利用勾股定理求得，再在中，利用勾股定理求解.【詳解】如圖所示：設，則，，，因為，所以，則四邊形是矩形，在中，，即，解得，在中，，即，解得，故選：D9、D【解析】根據直線和直線，直線和平面的位置關系依次判斷每一個選項得到答案.【詳解】若，則平行于過的平面與的交線，當時，，則存在無數條直線，使得，A正確；若，垂直于平面中的所有直線，則存在無數條直線，使得，B正確；若存在無數條直線，使得，，，則，C正確；當時，存在無數條直線，使得，D錯誤.故選：D.10、C【解析】根據統(tǒng)計的概念逐一判斷即可.【詳解】對于①，方差反映一組數據的波動大小，將一組數據中的每個數據都加上或減去同一個常數后，方差不變，①正確；對于②從統(tǒng)計量中得知有的把握認為吸煙與患肺病有關系，是指有的可能性使得推斷出現錯誤；故②正確；對于③，線性回歸方程必過樣本中心點，回歸直線不一定就是散點圖中經過樣本數據點最多的那條直線，也可能不過任何一個點；③不正確；對于④，如果兩個變量的線性相關程度越高，則線性相關系數就越接近于，不正確，應為相關系數的絕對值就越接近于；綜上，其中錯誤的個數是；故選：C.11、C【解析】設出圓心坐標，利用圓心到直線的距離相等列方程，求得圓心坐標并求得圓的半徑.【詳解】設圓心坐標為，則或，所以圓的半徑為或.故選：C12、A【解析】根據題意可求出正方體的上底面與球相交所得截面圓的半徑為4cm，再根據截面圓半徑，球的半徑以及球心距的關系，即可求出球的半徑，從而得到球的體積【詳解】設球的半徑為cm，根據已知條件知，正方體的上底面與球相交所得截面圓的半徑為4cm，球心到截面圓的距離為cm，所以由，得，所以球的體積為故選：A【點睛】本題主要考查球的體積公式的應用，以及球的結構特征的應用，屬于基礎題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、3【解析】根據拋物線的定義可求最小值.【詳解】如圖，過作拋物線準線的垂線，垂足為，連接，則，當且僅當共線時等號成立，故的最小值為3，故答案為：3.14、##【解析】利用直線所過點求得直線的斜率，從而求得.【詳解】由圖象可知直線過，所以直線的斜率為，所以.故答案為：15、【解析】相關點法求解軌跡方程.【詳解】設，則，則，即，因為，代入可得，即的軌跡方程為.故答案為：16、①.2.5####②.1950【解析】通過分析，求出最后一輛車的出發(fā)時間，從而求出最后一輛車的行駛時間，這10輛車的行駛路程可以看作等差數列，利用等差數列求和公式進行求解.【詳解】因為，所以最后一輛車出發(fā)時間為15時30分，則最后一輛車行駛時間為18-15.5=2.5小時，第一輛車行程為km，且從第二輛車開始，每輛車都比前一輛少走km，這10輛車的行駛路程可以看作首項為240，公差為-10的等差數列，則10輛車的行程路程之和為（km）.故答案為：2.5,1950三、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）的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為；（2）詳見解析【解析】（1）求出的定義域，利用導數求其最大值，得到，取即可得出答案.（2）由，變形求得，，，由此推測：然后用數學歸納法證明即可.【小問1詳解】的定義域為，當，即時，單調遞增；當，即時，單調遞減故的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為當時，，即令，得，即【小問2詳解】；；由此推測：①下面用數學歸納法證明①（1）當時，左邊右邊，①成立（2）假設當時，①成立，即當時，，由歸納假設可得所以當時，①也成立根據（1）（2），可知①對一切正整數都成立18、（1）（2）1【解析】（1）先求導數，根據導數的幾何意義可求得切線方程；（2）將已知方程結合其兩根，進行變式，求得，利用該式再將不等式變形，然后將不等式的恒成立問題變?yōu)楹瘮档淖钪祮栴}求解.【小問1詳解】由題意可得，所以切點為，則切線方程為：.【小問2詳解】由題意有：，則，因為分別是方程的兩個根，即.兩式相減，則，則不等式，可變?yōu)椋瑑蛇呁瑫r除以得，，令，則在上恒成立.整理可得，在上恒成立，令，則，①當，即時，在上恒成立，則在上單調遞增，又，則在上恒成立；②當，即時，當時，，則在上單調遞減，則，不符合題意.綜上：，所以的最小值為1.19、（1）答案見解析（2）證明見解析【解析】（1）求導得，進而分和兩種情況討論求解即可；（2）根據題意證明，進而令，再結合（1）得，研究函數的性質得，進而得時，，即不等式成立.【小問1詳解】解：函數的定義域為，，∴當時，在上恒成立，故函數在區(qū)間上單調遞增；當時，由得，由得，即函數在區(qū)間上單調遞增，在上單調遞減；綜上，當時，在區(qū)間上單調遞增；當時，在區(qū)間上單調遞增，在上單調遞減；【小問2詳解】證明：因為時，證明，只需證明，由（1）知，當時，函數在區(qū)間上單調遞增，在上單調遞減；所以.令，則，所以當時，，函數單調遞減；當時，，函數單調遞增，所以.所以時，，所以當時，20、（1）；（2）不能，理由見解析.【解析】（1）設甲參加工作后第個月的月工資達到元，根據已知條件可得出關于的不等式，結合參考數據可求得結果；（2）分析可知從第個月開始到第個月償還的本金是首項為為首項，以為公差的等差數列，計算出甲前個月償還的本金，再由甲第個月的工資可得出結論.【小問1詳解】解：設甲參加工作后第個月的月工資達到元，則，可得，，解得，所以，學生甲參加工作后第個月的月工資達到元.【小問2詳解】解：因為甲前個月每個月償還本金元，第個月開始到第個月每個月償還的本金比前一個月多元，所以，從第個月開始到第個月償還的本金是首項為為首項，以為公差的等差數列，所以，前個月償還的本金為，因為第個月開始，每個月工資比前一個月增加直到元，所以，第個月的工資為元，因為，因此，甲第個月的工資不能足夠償還剩余的本金.21、（1）見解析（2）見解析（3）【解析】（1）利用勾股定理證得，證明平面，根據線面垂直的性質證得，再根據線面垂直的判定定理即可得證；（2）取的中點，連接，可得為的中點，證明，四邊形是平行四邊形，可得，再根據面面平行的判定定理即可得證；（3）設，由（1）（2）可得即為平面與平面的距離，求出的長度，即可得解.【小問1詳解】證明：在直三棱柱中，為的中點，，，故，因為，所以，又平面，平面，所以，又因，，所以平面，又平面，所以，又，所以平面；【小問2詳解】證明：取的中點，連接，則為的中點，因為，，分別為，，的中點，所以，且，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以，又平面，平面，所以平面，因為，所以，又平面，平面，所以平面，又因，平面，平面，所以平面平面；【小問3詳解】設，因為平面，平面平面，所以平面，所以即為平面與平面的距離，因平面，所以，，所以，即平面與平面的距離為.22、（1）（2）證明見解析．（3）【解析】（1）由已知關