江苏省南京市江宁区高级中学2025届高二上数学期末检测模拟试题含解析

江苏省南京市江宁区高级中学2025届高二上数学期末检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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．已知双曲线的焦点在y轴上，且实半轴长为4，虚半轴长为5，则双曲线的标准方程为（）A.＝1 B.＝1C.＝1 D.＝12．已知直线与直线垂直，则实数（）A.10 B.C.5 D.3．已知直线经过点，且是的方向向量，则点到的距离为（）A. B.C. D.4．已知抛物线上一点到其焦点的距离为5，双曲线的左顶点为A，若双曲线的一条渐近线与直线AM平行，则实数n的值是（）A. B.C. D.5．已知直线与抛物线C：相交于A，B两点，O为坐标原点，，的斜率分别为，，则（）A. B.C. D.6．命题“若，则”的否命题是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则7．双曲线的两个焦点为，，双曲线上一点到的距离为8，则点到的距离为（）A.2或12 B.2或18C.18 D.28．已知，且，则实数的值为（）A. B.3C.4 D.69．已知直线是圆的对称轴，过点A作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|=（）A.1 B.2C.4 D.810．已知，，，则下列判断正确的是（）A. B.C. D.11．设函数，，，则（）A. B.C. D.12．黄金矩形是宽（）与长（）的比值为黄金分割比的矩形，如图所示，把黄金矩形分割成一个正方形和一个黄金矩形，再把矩形分割出正方形．在矩形内任取一点，则该点取自正方形内的概率是A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若命题“，不等式恒成立”为真命题，则实数a的取值范围是________.14．曲线在处的切线斜率为___________.15．设数列满足，则an＝________16．已知内角A，B，C的对边为a，b，c，已知，且，则c的最小值为__________.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）在中，角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，的面积为，求.18．（12分）如图，在直角梯形中，．直角梯形通过直角梯形以直线为轴旋转得到，且使得平面平面．M为线段的中点，P为线段上的动点（1）求证：；（2）当点P满足时，求证：直线平面；（3）是否存在点P，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，试确定P点的位置；若不存在，请说明理由19．（12分）已知点A(-2，0)，B(2，0)，动点M满足直线AM与BM的斜率之积为，记M的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）若直线和曲线C相交于E，F两点，求.20．（12分）若函数在区间上的最大值为9，最小值为1.（1）求a，b的值；（2）若方程在上有两个不同的解，求实数k的取值范围.21．（12分）已知公比的等比数列和等差数列满足：，，其中，且是和的等比中项（1）求数列与的通项公式；（2）记数列的前项和为，若当时，等式恒成立，求实数的取值范围22．（10分）如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，A1C的中点，AD=AA1=2，AB=（1）求证：EF∥平面ADD1A1；（2）求平面EFD与平面DEC的夹角的余弦值；（3）在线段A1D1上是否存在点M，使得BM⊥平面EFD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由

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、D【解析】根据双曲线的性质求解即可.【详解】双曲线的焦点在y轴上，且实半轴长为4，虚半轴长为5，可得a＝4，b＝5，所以双曲线方程为：＝1.故选：D.2、B【解析】根据两直线垂直，列出方程，即可求解.【详解】由题意，直线与直线垂直，可得，解得.故选：B.3、B【解析】求出，根据点到直线的距离的向量公式进行求解.【详解】因为，为的一个方向向量，所以点到直线的距离.故选：B4、C【解析】首先根据抛物线焦半径公式得到，从而得到，再根据曲线的一条渐近线与直线AM平行，斜率相等求解即可.【详解】由题知：，解得，抛物线.双曲线的左顶点为，，因为双曲线的一条渐近线与直线平行，所以，解得.故选：C5、C【解析】设，，由消得：，又，由韦达定理代入计算即可得答案.【详解】设，，由消得：，所以，故.故选：C【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，直线的斜率公式，考查了转化与化归的思想，考查了学生的运算求解能力.6、B【解析】根据原命题的否命题是条件结论都要否定【详解】解：因为原命题的否命题是条件结论都要否定所以命题“若，则”的否命题是若，则；故选：B7、C【解析】利用双曲线的定义求.【详解】解：由双曲线定义可知：解得或（舍）∴点到的距离为18，故选：C.8、B【解析】根据给定条件利用空间向量垂直的坐标表示计算作答.详解】因，且，则有，解得，所以实数的值为3.故选：B9、C【解析】首先将圆心坐标代入直线方程求出参数a，求得点A的坐标，由切线与圆的位置关系构造直角三角形从而求得.【详解】圆即，圆心为，半径为r=3，由题意可知过圆的圆心，则，解得，点A坐标为，，切点为B则，故选:C【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题.10、A【解析】根据对数函数的单调性，以及根式的运算，确定的大小关系，则问题得解.【详解】因为，即；又，故.故选：A.11、A【解析】根据导数得出在的单调性，进而由单调性得出大小关系.【详解】因为，所以在上单调递增.因为，所以，而，所以.因为，且，所以.即.故选：A12、C【解析】设矩形的长，宽分别为,所以，把黄金矩形分割成一个正方形和一个黄金矩形,所以，设矩形的面积为,正方形的面积为,设在矩形内任取一点，则该点取自正方形内的概率是,则，故本题选C.【详解】本题考查了几何概型，考查了运算能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】，不等式恒成立，只要即可，利用基本不等式求出即可得出答案.【详解】解：因为，不等式恒成立，只要即可，因为，所以，则，当且仅当，即时取等号，所以，所以.故答案为：.14、##【解析】首先求得的导数，由导数的几何意义可得切线的斜率.【详解】因为函数的导数为，所以可得在处的切线斜率，故答案为：15、【解析】先由题意得时，，再作差得，验证时也满足【详解】①当时，；当时，②①②得，当也成立.即故答案为：16、【解析】先利用正弦定理边化角式子，得到，再利用正弦定理求出，根据与的关系，求得，即可求得c的最小值.【详解】，即，又，当最大时，即，最小，且为由正弦定理得：，当时，c的最小值为故答案为：【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；（4）代数变形或者三角恒等变换前置；（5）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到.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）；（2）.【解析】(1)由正弦定理得到，两边消去公因式得到，化一即可求得角A；（2）因为，所以，再结合余弦定理得到结果.【详解】（1）由,得,因为，所以，整理得：，因，所以.（2）因为，所以，因为及，所以，即.【点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据.解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说,当条件中同时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.18、（1）见解析（2）见解析（3）存在点P，【解析】（1）建立空间坐标系求两直线的方向向量，根据数量积为0可证的结论；（2）求得直线的方向向量和面的法向量，证得两向量垂直即可；（3）求直线的方向向量和面的法向量的夹角即可.【小问1详解】由已知可得，，，两两垂直，以A为原点，，，所在直线为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系，因为，所以，，，，，，，，，∴，，∴，，即，，∴平面又∵平面，∴【小问2详解】设点坐标为，则，∵，∴，，，解得：，，，即设平面的一个法向量，∵，，∴，即，令，则，，得又，∴∴直线平面【小问3详解】设，则,设的一个法向量为∵，，∴，解，令，则，，得设与平面所成角为，则．解得：或(舍).故存在点P，，即点P为距的第一个5等分点19、（1），曲线是一个双曲线，除去左右顶点（2）【解析】（1）设，则的斜率分别为，，根据题意列出方程，化简后即得C的方程，根据方程可以判定曲线类型，注意特殊点的去除；（2）联立方程，利用韦达定理和弦长公式计算可得.【小问1详解】解：设，则的斜率分别为，，由已知得，化简得，即曲线C的方程为，曲线一个双曲线，除去左右顶点.【小问2详解】解：联立消去整理得，设，，则，.20、（1）（2）【解析】（1）令，则，根据二次函数的性质即可求出；（2）令，方程化为，求出的变化情况即可求出.【小问1详解】令，则，则题目等价于在的最大值为9，最小值为1，对称轴，开口向上，则，解得；【小问2详解】令，则，于是方程可变为，即，因为函数在单调递减，在单调递增，且，要使方程有两个不同的解，则与有两个不同的交点，所以.21、（1），；（2）.【解析】（1）根据已知条件可得出关于方程，解出的值，可求得的值，即可得出数列与的通项公式；（2）求得，利用错位相减法可求得，分析可知数列为单调递增数列，对分奇数和偶数两种情况讨论，结合参变量分离法可得出实数的取值范围.【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，，，且是和的等比中项，所以，整理可得，解得或.若，则，可得，不合乎题意；若，则，可得，合乎题意.所以，;；（2）因为，①，②②①得因为，即对恒成立，所以当且，，故数列为单调递增数列，当为偶数时，，所以；当为奇数时，，所以，即.综上可得22、（1）证明见解析；（2）；（3）不存在；理由见解析【解析】（1）连接AD1，A1D，交于点O，所以点O是A1D的中点，连接FO，根据判定定理证明四边形AEFO是平行四边形，进而得到线面平行；（2）建立坐标系，求出两个面的法向量，求得两个法向量的夹角的余弦值，进而得到二面角的夹角的余弦值；（3）假设在线段A1D1上存在一点M，使得BM⊥平面EFD，设出点M的坐标，由第二问得到平面EFD的一个法向量，判断出和该法向量不平行，故不存在满足题意的点M.【详解】（1）证明：连接AD1，A1D，交于点O，所以点O是A1D的中点，连接FO因为F是A1C的中点，所以OF∥CD，OF=CD因AE∥CD，AE=CD，所以OF∥AE，OF=AE所以四边形AEFO是平行四边形所以EF∥AO因为EF⊄平面ADD1A1，AO⊂平面ADD1A1，所以EF∥平面ADD1A1（2）以点A为坐标原点，直线AB，AD，AA1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，因为点E，F分