天津市蓟州区马伸桥中学2025届数学高二上期末综合测试模拟试题含解析

天津市蓟州区马伸桥中学2025届数学高二上期末综合测试模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．双曲线的左、右焦点分别为、，过点且斜率为的直线与双曲线的左右两支分别交于P、Q两点，若，则双曲线C的离心率为（）A. B.C. D.2．已知，条件，条件，则是的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件3．设，则A.2 B.3C.4 D.54．在棱长为4的正方体中，为的中点，点P在正方体各棱及表面上运动且满足，则点P轨迹围成的图形的面积为（）A. B.C. D.5．2021年小林大学毕业后，9月1日开始工作，他决定给自己开一张储蓄银行卡，每月的10号存钱至该银行卡（假设当天存钱次日到账）.2021年9月10日他给卡上存入1元，以后每月存的钱数比上个月多一倍，则他这张银行卡账上存钱总额（不含银行利息）首次达到1万元的时间为（）A.2022年12月11日 B.2022年11月11日C.2022年10月11日 D.2022年9月11日6．函数为的导函数，令，则下列关系正确的是（）A. B.C. D.7．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为.给出下列三个结论：①正方体在每个顶点的曲率均为；②任意四棱锥总曲率均为；③若某类多面体的顶点数，棱数，面数满足，则该类多面体的总曲率是常数.其中，所有正确结论的序号是（）A.①② B.①③C.②③ D.①②③8．若用面积为48的矩形ABCD截某圆锥得到一个椭圆，且该椭圆与矩形ABCD的四边都相切.设椭圆的方程为，则下列满足题意的方程为（）A. B.C. D.9．如图是函数的导函数的图象，下列说法正确的是（）A.函数在上是增函数B.函数在上是减函数C.是函数的极小值点D.是函数的极大值点10．已知实数a，b满足，则下列不等式中恒成立的是（）A. B.C. D.11．为推动党史学习教育各项工作扎实开展，营造“学党史、悟思想、办实事、开新局”的浓厚氛围，某校党委计划将中心组学习、专题报告会、党员活动日、主题班会、主题团日这五种活动分5个阶段安排，以推动党史学习教育工作的进行，若主题班会、主题团日这两个阶段相邻，且中心组学习必须安排在前两阶段并与党员活动日不相邻，则不同的安排方案共有（）A.10种 B.12种C.16种 D.24种12．方程表示的曲线是（）A.一个椭圆和一个点 B.一个双曲线的右支和一条直线C.一个椭圆一部分和一条直线 D.一个椭圆二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．函数的图象在点P（）处的切线方程是，则_____14．已知是定义在上的奇函数，当时，则当时___________.15．过圆上一点的圆的切线的一般式方程为________16．已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为A，直线与椭圆C的另一个交点为B，则的面积为___________.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）已知函数为常数，函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数的图象与直线相切，求实数的值；（3）当时，在上有两个极值点且恒成立，求实数的取值范围.18．（12分）已知为数列的前项和，且.（1）求的通项公式；（2）若，求的前项和.19．（12分）已知圆C的方程为.（1）直线l1过点P(3，1)，倾斜角为45°，且与圆C交于A，B两点，求AB的长；（2）求过点P(3，1)且与圆C相切的直线l2的方程.20．（12分）已知函数（1）当时，求的单调性；（2）若存在两个极值点，试证明：21．（12分）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为AB，BC上的动点，且.（1）求证：；（2）当时，求点A到平面的距离.22．（10分）已知椭圆过点，离心率.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于A、B两点，求.

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】由，且，可得，再结合，可得，进而在△中，由余弦定理可得到齐次方程，求出即可.【详解】由题意，可得，因为，所以，又，所以，在△中，，即，由余弦定理，可得，整理得，则，即，解得，因为，所以.故选：C.【点睛】方法点睛：本题考查求双曲线的离心率，属于中档题.双曲线离心率的求法：（1）由条件直接求出（或或），或者寻找（或或）所满足的关系，利用求解；（2）根据条件列出的齐次方程，利用转化为关于的方程，解方程即可，注意根据对所得解进行取舍.2、A【解析】利用“1”的妙用探讨命题“若p则q”的真假，取特殊值计算说明“若q则p”的真假即可判断作答.【详解】因为，由得：，则，当且仅当，即时取等号，因此，，因，，由，取，则，，即，，所以是的充分不必要条件.故选：A3、B【解析】利用复数的除法运算求出，进而可得到.【详解】，则，故，选B.【点睛】本题考查了复数的四则运算，考查了复数的模，属于基础题4、A【解析】构造辅助线，找到点P轨迹围成的图形为长方形，从而求出面积.【详解】取的中点E，的中点F，连接BE，EF，AF，则由于为的中点，可得，所以∠CBE=∠ECN，从而∠BCN+∠CBE=∠BCN+∠ECN=90°，所以BE⊥CN，又EF⊥平面，平面，所以EF⊥CN，又因为BEEF=E，所以CN⊥平面ABEF，所以点P轨迹围成的图形为矩形ABEF，又，所以矩形ABEF面积为.故选：A5、C【解析】分析可得每月所存钱数依次成首项为1，公比为2的等比数列，其前n项和为，分析首次达到1万元的值，即得解【详解】依题意可知，小林从第一个月开始，每月所存钱数依次成首项为1，公比为2的等比数列，其前n项和为.因为为增函数，且，所以第14个月的10号存完钱后，他这张银行卡账上存钱总额首次达到1万元，即2022年10月11日他这张银行卡账上存钱总额首次达到1万元.故选：C6、B【解析】求导后，令，可求得，再利用导数可得为减函数，比较的大小后，根据为减函数可得答案.【详解】由题意得，，，解得，所以所以，所以为减函数因为，所以，故选：B【点睛】关键点点睛：比较大小的关键是知道的单调性，利用导数可得的单调性.7、D【解析】根据曲率的定义依次判断即可.【详解】①根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为，故①正确；②由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为，故②正确；③设每个面记为边形，则所有的面角和为，根据定义可得该类多面体的总曲率为常数，故③正确.故选：D.8、A【解析】由椭圆与矩形ABCD的四边都相切得到再逐项判断即可.【详解】由于椭圆与矩形ABCD的四边都相切，所以矩形两边长分别为，由矩形面积为48，得，对于选项B，D由于，不符合条件，不正确.对于选项A，，满足题意.对于选项C，不正确.故选：A.9、A【解析】根据图象，结合导函数的正负性、极值的定义逐一判断即可.【详解】由图象可知，当时，；当时，，在上单调递增，在上单调递减，可知B错误，A正确；是极大值点，没有极小值，和不是函数的极值点，可知C，D错误故选：A10、D【解析】利用特殊值排除错误选项，利用函数单调性证明正确选项.【详解】时，，但，所以A选项错误.时，，但，所以B选项错误.时，，但，所以C选项错误.在上递增，所以，即D选项正确.故选：D11、A【解析】对中心组学习所在的阶段分两种情况讨论得解.【详解】解：如果中心组学习在第一阶段，主题班会、主题团日在第二、三阶段，则其它活动有2种方法；主题班会、主题团日在第三、四阶段，则其它活动有1种方法；主题班会、主题团日在第四、五阶段，则其它活动有1种方法，则此时共有种方法；如果中心组学习在第二阶段，则第一阶段只有1种方法，后面的三个阶段有种方法.综合得不同的安排方案共有10种.故选:A12、C【解析】由可得，或，再由方程判断所表示的曲线.【详解】由可得，或，即或，则该方程表示一个椭圆的一部分和一条直线.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据导数的几何意义，结合切线方程，即可求解.【详解】根据导数的几何意义可知，，且，所以.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】求出过切线的半径所在直线斜率，由垂直关系得切线斜率，然后得直线方程，现化为一般式【详解】圆心为，，所以切线的斜率为，切线方程为，即故答案为：【点睛】本题考查求过圆上一点的圆的切线方程，利用切线性质求得斜率后易得直线方程16、【解析】求出直线的方程，联立方程，求得B点的坐标，从而可得出答案.【详解】解：由题意知，，，直线的方程为，联立方程组，解得，或，即，所以.故答案为：.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）答案见解析；（2）7；（3）【解析】（1）根据题意求得，讨论，，，时解，即可得出函数的单调区间；（2）设切点为则结合，得令通过求导研究单调性解得进而解出的值.（3）由已知可得解析式，观察有，求导得原题意可转化为函数在上有两个不同零点.结合根分布可得，函数的两个极值点为是在上的两个不同零点可得且，代入函数中令通过单调性求出进而可得答案.【详解】解：(1)，令，解得：①当时，由得，由得，在上单调递减，在上单调递增；②当时，由得或由得所以在上单调递减，在上单调递增；③当时，恒成立，所以上单调递增.④当时，由得或由得所以在上单调递减，在上单调递增.综上：①当时，在上单调递减，在上单调递增；②当时，在上单调递减，在上单调递增；③当时，在上单调递增.④当时，在上单调递减，在上单调递增.(2)设切点为则(*)，由可得(**)，联立(*)(**)可得，设则，所以在单调递增，在单调递减，又，所以，所以.（3）由已知可得令由题意知在上有两个不同零点.则，因为函数的两个极值点为，则和是在上的两个不同零点.所以且，所以令则所以在上单调递增，所以有其中，即又恒成立，所以故实数的取值范围为.【点睛】方法点睛：已知不等式恒成立求参数值(取值范围)问题常用的方法：（1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域或最值问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.18、（1）（2）【解析】（1）由与的关系结合等比数列的定义得出的通项公式；（2）由（1）得出，再由错位相减法得出的前项和.【小问1详解】因为，所以当时，，所以.当时，，两式相减，得，所以，所以，所以是以1为首项，2为公比的等比数列，所以.【小问2详解】由（1）得，所以，两边同乘以，得，两式相减，得，所以.19、（1）（2）x=3或【解析】（1）首先利用点斜式求出直线的方程，再利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，最后利用垂直定理、勾股定理计算可得；（2）依题意可得点在圆外，分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，当直线的斜率不存在直线得到直线方程，但直线的斜率存在时设直线方程为，利用点到直线的距离公式得到方程，解得，即可得解；【小问1详解】解：根据题意，直线的方程为，即，则圆心到直线的距离为故；【小问2详解】解：根据题意，点在圆外，分两种情况讨论：当直线的斜率不存在时，过点的直线方程是，此时与圆C：相切，满足题意；当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，直线与圆相切时，圆心到直线的距离为解得此时，直线的方程为，所以满足条件的直线的方程是或.20、（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】（1）依据导函数判定函数的单调性即可；（2）等价转化和构造新函数在不等式证明中可以起到关键性作用.【小问1详解】的定义域为，当时，令得，当时，；当时，所以在和上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】，存在两个极值点，则有二正根，由，得由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则由于，所以等价于设函数，在单调递减，又，从而所以，故.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理21、（1）证明见解析（2）【解析】(1)如图，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法分别求出和，再证明即可；(2)利用空间向量的数量积求出平面的法向量，结合求点到面距离的向量法即可得出结果.【小问1详解】证明：如图