河南省天一大聯(lián)考2025屆數學高二上期末達標檢測模擬試題含解析

河南省天一大聯(lián)考2025屆數學高二上期末達標檢測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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．設函數，則（）A.1 B.5C. D.02．已知平面直角坐標系內一動點P，滿足圓上存在一點Q使得，則所有滿足條件的點P構成圖形的面積為（）A. B.C. D.3．命題“，”的否定是A.， B.，C.， D.，4．曲線與曲線（）的（）A.長軸長相等 B.短軸長相等C.離心率相等 D.焦距相等5．長方體中，，，，為側面內（含邊界）的動點，且滿足，則四棱錐體積的最小值為（）A. B.C. D.6．拋物線的焦點坐標為A. B.C. D.7．已知雙曲線：的左、右焦點分別為，，過點且斜率為的直線與雙曲線在第二象限的交點為，若，則雙曲線的離心率是（）A. B.C. D.8．拋物線的焦點到雙曲線的漸近線的距離是（）A. B.C.1 D.9．阿基米德（Archimedes，公元前287年-公元前212年），出生于古希臘西西里島敘拉古（今意大利西西里島上），偉大的古希臘數學家、物理學家，與高斯、牛頓并稱為世界三大數學家．有一類三角形叫做阿基米德三角形（過拋物線的弦與過弦端點的兩切線所圍成的三角形），他利用“通近法”得到拋物線的弦與拋物線所圍成的封閉圖形的面積等于阿基米德三角形面積的（即右圖中陰影部分面積等于面積的）．若拋物線方程為，且直線與拋物線圍成封閉圖形的面積為6，則（）A.1 B.2C. D.310．若，則下列正確的是（）A. B.C. D.11．設為等差數列的前項和，，，則A.-6 B.-4C.-2 D.212．某校高二年級統(tǒng)計了參加課外興趣小組的學生人數，每人只參加一類，數據如下表：學科類別文學新聞經濟政治人數400300100200若從參加課外興趣小組的學生中采用分層抽樣的方法抽取50名參加學習需求的問卷調查，則從文學、新聞、經濟、政治四類興趣小組中抽取的學生人數分別為（）A.15，20，10，5 B.15，20，5，10C.20，15，10，5 D.20，15，5，10二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知圓：和圓：，動圓M同時與圓及圓外切，則動圓的圓心M的軌跡方程為______.14．在等比數列中，，則__________15．橢圓的長軸長為______16．已知內角A，B，C的對邊為a，b，c，已知，且，則c的最小值為__________.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）已知數列是公差為2的等差數列，它的前n項和為，且，，成等比數列(1)求的通項公式(2)求數列的前n項和18．（12分）如圖，已知橢圓的焦點是圓與x軸的交點，橢圓C的長半軸長等于圓O的直徑（1）求橢圓C的方程；（2）F為橢圓C的右焦點，A為橢圓C的右頂點，點B在線段FA上，直線BD，BE與橢圓C的一個交點分別是D，E，直線BD與直線BE的傾斜角互補，直線BD與圓O相切，設直線BD的斜率為．當時，求k19．（12分）如圖，在正方體中，為的中點，點在棱上（1）若，證明：與平面不垂直；（2）若平面，求平面與平面的夾角的余弦值20．（12分）已知函數.（1）求函數f(x)的單調區(qū)間；（2）若f(x)≥0對定義域內的任意x恒成立，求實數a的取值范圍.21．（12分）已知為各項均為正數的等比數列，且，.（1）求數列的通項公式；（2）令，求數列前n項和.22．（10分）曲線與曲線在第一象限的交點為.曲線是()和()組成的封閉圖形.曲線與軸的左交點為、右交點為.（1）設曲線與曲線具有相同的一個焦點，求線段的方程；（2）在（1）的條件下，曲線上存在多少個點，使得，請說明理由.（3）設過原點的直線與以為圓心的圓相切，其中圓的半徑小于1，切點為.直線與曲線在第一象限的兩個交點為..當對任意直線恒成立，求的值.

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】由題意結合導數的運算可得，再由導數的概念即可得解.【詳解】由題意，所以，所以原式等于.故選：B.2、D【解析】先找臨界情況當PQ與圓C相切時，，進而可得滿足條件的點P形成的圖形為大圓（包括內部），即求.【詳解】當PQ與圓C相切時，，這種情況為臨界情況，當P往外時無法找到點Q使，當P往里時，可以找到Q使，故滿足條件的點P形成的圖形為大圓（包括內部），如圖，由圓，可知圓心，半徑為1，則大圓的半徑為，∴所有滿足條件的點P構成圖形的面積為.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是找出臨界情況時點所滿足的條件，進而即可得到動點滿足條件的圖形，問題即可解決.3、C【解析】特稱命題的否定是全稱命題，改量詞，且否定結論，故命題的否定是“”.本題選擇C選項.4、D【解析】分別求出兩橢圓的長軸長、短軸長、離心率、焦距，即可判斷.【詳解】曲線表示焦點在軸上，長軸長為，短軸長為，離心率為，焦距為；曲線表示焦點在軸上，長軸長為，短軸長為，離心率為，焦距為.對照選項可知：焦距相等.故選：D.5、D【解析】取的中點，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，分析可知點的軌跡是以點、為焦點的橢圓，求出橢圓的方程，可知當點為橢圓與棱或的交點時，點到平面的距離取最小值，由此可求得四棱錐體積的最小值.【詳解】取的中點，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，設點，其中，，則、，因為平面，平面，則，所以，，同理可得，所以，，所以點的軌跡是以點、為焦點，且長軸長為的橢圓的一部分，則，，，所以，點的軌跡方程為，點到平面的距離為，當點為曲線與棱或棱的交點時，點到平面的距離取最小值，將代入方程得，因此，四棱錐體積的最小值為.故選：D.6、D【解析】拋物線的標準方程為，從而可得其焦點坐標【詳解】拋物線的標準方程為，故其焦點坐標為，故選D.【點睛】本題考查拋物線的性質，屬基礎題7、B【解析】根據得到三角形為等腰三角形，然后結合雙曲線的定義得到，設，進而作，得出，由此求出結果【詳解】因為，所以，即所以，由雙曲線的定義，知，設，則，易得，如圖，作，為垂足，則，所以，即，即雙曲線的離心率為.故選：B8、B【解析】先確定拋物線的焦點坐標，和雙曲線的漸近線方程，再由點到直線的距離公式即可求出結果.【詳解】因為拋物線的焦點坐標為，雙曲線的漸近線方程為,由點到直線的距離公式可得.故選：B9、D【解析】根據題目所給條件可得阿基米德三角形的面積，再利用三角形面積公式即可求解.【詳解】由題意可知，當過焦點的弦垂直于x軸時，即時，，即，故選：D10、D【解析】根據不等式性質并結合反例，即可判斷命題真假.【詳解】對于選項A：若，則，由題意，，不妨令，，則此時，這與結論矛盾，故A錯誤；對于選項B：當時，若，則，故B錯誤；對于選項C：由，不妨令，，則此時，故C錯誤；對于選項D：由不等式性質，可知D正確.故選：D.11、A【解析】由已知得解得故選A考點：等差數列的通項公式和前項和公式12、D【解析】利用分層抽樣的等比例性質求抽取的樣本中所含各小組的人數.【詳解】根據分層抽樣的等比例性質知：文學小組抽取人數為人；新聞小組抽取人數為人；經濟小組抽取人數為人；政治小組抽取人數為人；故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據動圓同時與圓及圓外切，即可得到幾何關系，再結合雙曲線的定義可得動點的軌跡方程.【詳解】由題，設動圓的半徑為，圓的半徑為，圓的半徑為,當動圓與圓，圓外切時,,,所以,因為圓心,，即，又根據雙曲線的定義，得動點的軌跡為雙曲線的上支，其中，，所以,則動圓圓心的軌跡方程是；故答案為：14、【解析】設等比數列的公比為，由題意可知和同號，結合等比中項的性質可求得的值.【詳解】設等比數列的公比為，則，由等比中項的性質可得，因此，.故答案為：.【點睛】本題考查等比中項的計算，解題時不要忽略了對應項符號的判斷，考查計算能力，屬于基礎題.15、4【解析】把橢圓方程化成標準形式直接計算作答.【詳解】橢圓方程化為：，令橢圓長半軸長為a，則，解得，所以橢圓的長軸長為4.故答案為：416、【解析】先利用正弦定理邊化角式子，得到，再利用正弦定理求出，根據與的關系，求得，即可求得c的最小值.【詳解】，即，又，當最大時，即，最小，且為由正弦定理得：，當時，c的最小值為故答案為：【點睛】方法點睛：在解三角形題目中，若已知條件同時含有邊和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要選擇“邊化角”或“角化邊”，變換原則常用：（1）若式子含有的齊次式，優(yōu)先考慮正弦定理，“角化邊”；（2）若式子含有的齊次式，優(yōu)先考慮正弦定理，“邊化角”；（3）若式子含有的齊次式，優(yōu)先考慮余弦定理，“角化邊”；（4）代數變形或者三角恒等變換前置；（5）同時出現(xiàn)兩個自由角（或三個自由角）時，要用到.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）根據等差數列的通項公式，分別表示出與，由等比中項定義即可求得首項，進而求得的通項公式（2）根據等差數列的首項與公差，求出的前n項和，進而可知，再用裂項法可求得【詳解】（1）由題意，得，，所以由，得，解得，所以，即（2）由（1）知，則，，【點睛】本題考查了等差數列通項公式的應用，等比中項的定義，裂項法求數列前n項和的簡單應用，屬于基礎題18、（1）；（2）-1【解析】（1）由題設可得，求出參數b，即可寫出橢圓C的方程；（2）延長線段DB交橢圓C于點，根據對稱性設B，為，，聯(lián)立橢圓方程，應用韋達定理并結合已知條件可得，直線與圓相切可得，進而求參數t，即可求直線BD的斜率.【小問1詳解】因為圓與x軸的交點分別為，，所以橢圓C的焦點分別為，，∴，根據條件得，∴，故橢圓C的方程為【小問2詳解】延長線段DB交橢圓C于點，因直線BD與直線BE的傾斜角互補，根據對稱性得由條件可設B的坐標為，設D，的縱坐標分別為，，直線的方程為，由于，即，所以由得：∴，∴①，②，由①得：，代入②得，∴∵直線與圓相切，∴，即∴，解得，又，∴，故，即直線BD斜率【點睛】關鍵點點睛：將已知線段的長度關系轉化為D，的縱坐標的數量關系，設直線的含參方程，聯(lián)立橢圓方程及其與圓的相切求參數關系，進而求參數即可.19、（1）證明見解析（2）【解析】（1）設正方體的棱長為，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，計算出，即可證得結論成立；（2）利用空間向量法可求得平面與平面的夾角的余弦值.【小問1詳解】證明：以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為，則、、、，由得點的坐標為，，，因為，所以與不垂直，所以與平面不垂直【小問2詳解】解：設，則，，因為平面，所以，所以，得，且，即，所以，，設平面的法向量為，由，取，可得，因為平面，所以平面的一個法向量為，所以，所以平面與平面所成夾角的余弦值為20、（1）答案見解析（2）【解析】（1）求導數，然后對進行分類討論，利用導數的正負，可得函數的單調區(qū)間；（2）利用（1）中函數的單調性，求得函數在處取得最小值，即可求實數的取值范圍.【小問1詳解】解：求導可得①時，令可得，由于知；令，得∴函數在上單調遞減，在上單調遞增；②時，令可得；令，得或，由于知或；∴函數在上單調遞減，在上單調遞增；③時，，函數在上單調遞增；④時，令可得；令，得或，由于知或∴函數在上單調遞減，在上單調遞增；【小問2詳解】由（1）時，，（不符合，舍去）當時，在上單調遞減，在上單調遞增，故函數在處取得最小值，所以函數對定義域內的任意x恒成立時，只需要即可∴.綜上，.21、（1）；（2）.【解析】（1）先通過等比數列的基本量運算求出公比，進而求出通項公式；（2）結合（1）求出，然后根據錯位相減法求得答案.【小問1詳解】設等比數列公比為q,,,，（負值舍去），所以.【小問2詳解】，，所以，解得：.22、（1）或；（2）一共2個，理由見解析；（3）答案見解析.【解析】（1）先求曲線的焦點，再求點的坐標，分焦點為左焦點或右焦點，求線段的方程；（2）分點在雙曲線或是橢圓的曲線上，結合條件，說明點的個數；（3）首先設出直線和圓的方程，利用直線與圓相切，以及直線與曲線相交，分別表示，并計算得到的值.【詳解】（1）兩個曲線相同的焦點，，解得：，即雙曲線方程是，橢圓方程是，焦點坐標是,聯(lián)立兩個曲線，得，，即，當焦點是右焦點