2025届湖南省湖湘教育三新探索协作体高二上数学期末监测模拟试题含解析

2025届湖南省湖湘教育三新探索协作体高二上数学期末监测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．命题“∀x∈[1，2]，x2－a≤0”为真命题的一个充分不必要条件是（）A.a≥4 B.a≤4C.a≥5 D.a≤52．为了解一片大约一万株树木的生长情况，随机测量了其中100株树木的底部周长（单位：㎝）.根据所得数据画出的样本频率分布直方图如图，那么在这片树木中，底部周长小于110㎝的株树大约是（）A.3000 B.6000C.7000 D.80003．若命题“或”与命题“非”都是真命题，则A.命题与命题都是真命题B.命题与命题都是假命题C.命题是真命题，命题是假命题D.命题是假命题，命题是真命题4．已知向量，，且，则实数等于（）A.1 B.2C. D.5．已知函数．若数列的前n项和为，且满足，，则的最大值为（）A.9 B.12C.20 D.6．双曲线的渐近线方程为A. B.C. D.7．已知，为双曲线的两个焦点，点P在双曲线上且满足，那么点P到x轴的距离为（）A. B.C. D.8．若直线：与：互相平行，则a的值是（）A. B.2C.或2 D.3或9．在四棱锥中，四边形为菱形，平面，是中点，下列叙述正确的是（）A.平面 B.平面C.平面平面 D.平面平面10．魏晋时期数学家刘徽首创割圆术，他在《九章算术》方田章圆田术中指出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”这是注述中所用的割圆术是一种无限与有限的转化过程，比如在正数中的“”代表无限次重复，设，则可以利用方程求得，类似地可得到正数（）A.2 B.3C. D.11．已知点是椭圆上的一点，点，则的最小值为A. B.C. D.12．等差数列的通项公式，数列，其前项和为，则等于（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若圆和圆的公共弦所在的直线方程为，则______14．已知是定义在上的奇函数，当时，则当时___________.15．某位同学参加物理、化学、政治科目的等级考，依据以往成绩估算该同学在物理、化学、政治科目等级中达的概率分别为假设各门科目考试的结果互不影响，则该同学等级考至多有1门学科没有获得的概率为___________.16．已知数列的各项均为正数，其前项和满足，则__________；记表示不超过的最大整数，例如，若，设的前项和为，则__________三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知双曲线及直线（1）若与有两个不同的交点，求实数的取值范围（2）若与交于，两点，且线段中点的横坐标为，求线段的长18．（12分）如图，在四棱锥中，底面满足，，底面，且，.（1）证明平面；（2）求平面与平面的夹角.19．（12分）已知数列是递增的等比数列，是其前n项和，，（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和20．（12分）已知函数，其中（1）当时，求函数的单调区间；（2）①若恒成立，求的最小值；②证明：，其中.21．（12分）如图，在正方体中，分别是，的中点.求证：（1）平面；（2）平面平面.22．（10分）同时掷两颗质地均匀的骰子（六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6的正方体）（1）求两颗骰子向上的点数相等的概率；（2）求两颗骰子向上的点数不相等，且一个点数是另一个点数的整数倍的概率

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】先要找出命题为真命题的充要条件，从集合的角度充分不必要条件应为的真子集，由选择项不难得出答案【详解】命题“∀x∈[1，2]，x2－a≤0”为真命题，可化为∀x∈[1，2]，恒成立即只需，即命题“∀x∈[1，2]，x2－a≤0”为真命题的的充要条件为，而要找的一个充分不必要条件即为集合的真子集，由选择项可知C符合题意.故选：C2、C【解析】先由频率分布直方图得到抽取的样本中底部周长小于110㎝的概率，进而可求出结果.【详解】由频率分布直方图可得，样本中底部周长小于110㎝的概率为，因此在这片树木中，底部周长小于110㎝的株树大约是.故选：C.【点睛】本题主要考查频率分布直方图的应用，属于基础题型.3、D【解析】因为非p为真命题，所以p为假命题，又p或q为真命题，所以q为真命题，选D.4、C【解析】利用空间向量垂直的坐标表示计算即可得解【详解】因向量，，且，则，解得，所以实数等于.故选：C5、C【解析】先得到及递推公式，要想最大，则分两种情况，负数且最小或为正数且最大，进而求出最大值.【详解】①，当时，，当时，②，所以①－②得：，整理得：，所以，或，当是公差为2的等差数列，且时，最小，最大，此时，所以，此时；当且是公差为2的等差数列时，最大，最大，此时，所以，此时综上：的最大值为20故选：C【点睛】方法点睛：数列相关的最值求解，要结合题干条件，使用不等式放缩，函数单调性或导函数等进行求解.6、A【解析】根据双曲线的渐近线方程知，，故选A.7、D【解析】设，由双曲线的性质可得的值，再由，根据勾股定理可得的值，进而求得，最后利用等面积法，即可求解【详解】设，，为双曲线的两个焦点，设焦距为，，点P在双曲线上，，，，，，的面积为，利用等面积法，设的高为，则为点P到x轴的距离，则，故选：D【点睛】本题考查双曲线的性质，难度不大.8、A【解析】根据直线：与：互相平行，由求解.【详解】因为直线：与：互相平行，所以，即，解得或，当时，直线：，：，互相平行；当时，直线：，：，重合；所以，故选：A9、D【解析】利用反证法可判断A选项；利用面面垂直的性质可判断BC选项；利用面面垂直的判定可判断D选项.【详解】对于A选项，因为四边形为菱形，则，平面，平面，平面，若平面，因为，则平面平面，事实上，平面与平面相交，假设不成立，A错；对于B选项，过点在平面内作，垂足为点，平面，平面，则，，，平面，而过作平面的垂线，有且只有一条，故与平面不垂直，B错；对于C选项，过点在平面内作，垂足为点，因为平面，平面，则，，，则平面，若平面平面，过点在平面内作，垂足为点，因为平面平面，平面平面，平面，平面，而过点作平面的垂线，有且只有一条，即、重合，所以，平面平面，所以，，但四边形为菱形，、不一定垂直，C错；对于D选项，因为四边形为菱形，则，平面，平面，，，平面，因为平面，因此，平面平面平面，D对.故选：D.10、A【解析】设，则，解方程可得结果.【详解】设，则且，所以，所以，所以，所以或（舍）.所以.故选：A【点睛】关键点点睛：设是解题关键.11、D【解析】设，则，.所以当时，的最小值为.故选D.12、D【解析】根据裂项求和法求得，再计算即可.【详解】解：由题意得====所以.故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由两圆公共弦方程，将两圆方程相减得到，结合已知列方程组求、，即可得答案.【详解】由题设，两圆方程相减可得：，即为公共弦，∴，可得，∴.故答案为：.14、【解析】当时，利用及求得函数的解析式.【详解】当时，，由于函数是奇函数，故.【点睛】本小题主要考查已知函数的奇偶性以及轴一侧的解析式，求另一侧的解析式，属于基础题.15、【解析】考虑3门或者2门两种情况，计算概率得到答案.【详解】.故答案为：.16、①.；②.60.【解析】先根据并结合等差数列的定义求出；然后讨论n的取值范围，讨论出分别取1,2,3,4,5的情况，进而求出.【详解】由题意，，n=1时，，满足，时，，于是，，因为，所以.所以，是1为首项，2为公差的等差数列，所以.若，即时，，若，则时，，若，则时，，若，则时，，若，则或22时，，于是，.故答案为：2n-1；60.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）且；（2）【解析】（1）联立直线与双曲线方程，利用方程组与两个交点，求出k的范围（2）设交点A（x1，y1），B（x2，y2），利用韦达定理以及弦长公式求解即可【详解】（1）联立y=2可得∵与有两个不同的交点，且，且（2）设，由（1）可知，又中点的横坐标为，，或又由（1）可知，为与有两个不同交点时，18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）由已知结合线面平行判定定理可得；（2）建立空间直角坐标系，由向量法可解.【小问1详解】∵，，∴，又平面，平面，∴平面；【小问2详解】∵平面且、平面，∴，，又∵，故分别以所在直线为轴，轴、轴，建立如图空间直角坐标系，如图所示：由，，可得：，，，，，由已知平面，平面，，，，，平面，所以平面，为平面的一个法向量，且；设为平面的一个法向量，则，，，，，，，令，则，，，设平面与平面的夹角大小为，，由得：平面与平面的夹角大小为19、（1）；（2）.【解析】(1)根据给定条件求出数列的公比即可计算得解.(2)由(1)的结论求出，然后利用分组求和方法求解作答.【小问1详解】设等比数列的公比为q，而，且是递增数列，则，，解得，所以数列的通项公式是：.【小问2详解】由(1)知，，，，所以数列的前n项和.20、（1）单调递增区间为，单调递减区间为（2）①1；②证明见解析【解析】（1）求出函数的导数，在定义域内，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）①分离参数得，令，利用函数的单调性求出的最大值即可；②由①知：，时取“=”，令，即，最后累加即可.【小问1详解】由已知条件得，其中的定义域为，则，当时，，当时，，综上所述可知：的单调递增区间为，单调递减区间为；【小问2详解】①由恒成立，即恒成立，令，则，当时，，当时，，∴在上单调递增，上单调递减，∴，∴的最小值为1.②由①知：，时取“=”，令，得，∴，当时，.21、证明见解析【解析】（1）连接，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；（2）连接，，先由线面平行的判定定理，得到平面，再由（1）的结果，结合面面平行的判定定理，即可证明结论成立.【详解】（1）如图，连接.∵四边形是正方形，是的中点，∴是的中点.又∵是的中点，∴.∵平面，平面，∴平面.（2）连接，，∵四边形是正方形，是的中点，∴是的中点.又∵是中点，∴.∵平面平面，∴平面.由（1）知平面，且，∴平面平面.【点睛】本题主要考查证明线面平行与面面平行，熟记线面平行的判定定理以及面面平行的判定定理即可，属于常考题型.22、（1）；（2）.【解析】（1）求出同时掷两颗骰子的基本事件数、及骰子向上的点数