贵州省北京师范大学贵阳附中2025届数学高二上期末考试模拟试题含解析

贵州省北京师范大学贵阳附中2025届数学高二上期末考试模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．如图1所示，抛物面天线是指由抛物面（抛物线绕其对称轴旋转形成的曲面）反射器和位于其焦点上的照射器（馈源，通常采用喇叭天线）组成的单反射面型天线，广泛应用于微波和卫星通讯等，具有结构简单、方向性强、工作频带宽等特点.图2是图1的轴截面，，两点关于抛物线的对称轴对称，是抛物线的焦点，是馈源的方向角，记为.焦点到顶点的距离与口径的比为抛物面天线的焦径比，它直接影响天线的效率与信噪比等.若馈源方向角满足，则该抛物面天线的焦径比为（）A. B.C. D.22．抛物线的准线方程是（）A. B.C. D.3．已知正三棱柱的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于A. B.C. D.4．已知函数，当时，函数在，上均为增函数，则的取值范围是A. B.C. D.5．下列命题是真命题的个数为（）①不等式的解集为②不等式的解集为R③设，则④命题“若，则或”为真命题A1 B.2C.3 D.46．下列有关命题的表述中，正确的是（）A.命题“若是偶数，则，都是偶数”的否命题是假命题B.命题“若为正无理数，则也是无理数”的逆命题是真命题C.命题“若，则”的逆否命题为“若，则”D.若命题“”，“”均为假命题，则，均为假命题7．是直线与直线互相平行的（）条件A.必要而不充分 B.充分而不必要C.充要 D.既不充分也不必要8．下列说法中正确的是（）A.存在只有4个面的棱柱 B.棱柱的侧面都是四边形C.正三棱锥的所有棱长都相等 D.所有几何体的表面都能展开成平面图形9．在平面直角坐标系中，抛物线上点到焦点的距离为3，则焦点到准线的距离为（）A. B.C.1 D.10．若直线a，b是异面直线，点O是空间中不在直线a，b上的任意一点，则（）A.不存在过点O且与直线a，b都相交的直线B.过点O一定可以作一条直线与直线a，b都相交C.过点O可以作无数多条直线与直线a，b都相交D.过点O至多可以作一条直线与直线a，b都相交11．已知数列满足：，数列的前n项和为，若恒成立，则的取值范围是（）A. B.C. D.12．下列推理中属于归纳推理且结论正确的是（）A.由，求出，，，…，推断：数列的前项和B.由满足对都成立，推断：为奇函数C.由半径为的圆的面积，推断单位圆的面积D.由，，，…，推断：对一切，二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，动点满足，则点的轨迹方程为___________.14．已知数列满足：，，则______15．若，均为正数，且，（1）的最大值为；（2）的最小值为；（3）的最小值为；（4）的最小值为，则结论正确的是__________16．某校学生在研究折纸实验中发现，当对折后纸张达到一定的厚度时，便不能继续对折了．在理想情况下，对折次数与纸的长边和厚度有关系：．现有一张长边为30cm，厚度为0.05cm的矩形纸，根据以上信息，当对折完4次时，的最小值为________；该矩形纸最多能对折________次．（参考数值：，）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）已知数列的首项，前n项和为，且满足.（1）求证：数列是等比数列；（2）设，求数列的前n项和.18．（12分）已知函数.（1）当时，求函数的极值；（2）若对，恒成立，求的取值范围.19．（12分）已知直线，，分别求实数的值，使得：（1）；（2）；（3）与相交.20．（12分）已知函数，其中（1）讨论的单调性；（2）若不等式对一切恒成立，求实数k的最大值21．（12分）椭圆C：的左右焦点分别为，，P为椭圆C上一点.（1）当P为椭圆C的上顶点时，求的余弦值；（2）直线与椭圆C交于A，B，若，求k22．（10分）已知抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，双曲线E的渐近线方程为（1）求抛物线C的标准方程和双曲线E的标准方程；（2）若O是坐标原点，直线与抛物线C交于A，B两点，求的面积

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、B【解析】建立平面直角坐标系，利用题设条件得到得点坐标，代入抛物线方程化简即可求解【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线的方程为（）在中，则所以则所以，所以将代入抛物线方程中得所以或即或（舍）当时，故选：B2、D【解析】将抛物线的方程化为标准方程，可得出该抛物线的准线方程.【详解】抛物线的标准方程为，则，可得，因此，该抛物线的准线方程为.故选：D.3、C【解析】过作，连接，由于，故平面，所以所求直线与平面所成的角为，设棱长为，则，故，.点睛：本题主要考查空间立体几何直线与平面的位置关系，考查直线与平面所成的角，考查线面垂直的证明方法和常见几何体的结构特征.由于题目所给几何体为直三棱柱，故侧棱和底面垂直，这是一个重要的隐含条件，通过作交线的垂线，即可得到高，由此作出二面角的平面角.4、A【解析】由，函数在上均为增函数，恒成立，,设，则，又设，则满足线性约束条件，画出可行域如图所示，由图象可知在点取最大值为，在点取最小值.则的取值范围是，故答案选A考点：利用导数研究函数的性质，简单的线性规划5、B【解析】举反例判断A，解一元二次不等式确定B，由导数的运算法则求导判断C，利用逆否命题判断D【详解】显然不是的解，A错；，B正确；，，C错；命题“若，则或”的逆否命题是：若且，则，是真命题，原命题也是真命题，D正确真命题个数2.故选：B6、C【解析】对于选项A：根据偶数性质即可判断；对于选项B：通过举例即可判断，对于选项C：利用逆否命题的概念即可判断；对于选项D：根据且、或和非的关系即可判断.【详解】选项A：原命题的否命题为：若不是偶数，则，不都是偶数，若，都是偶数，则一定是偶数，从而原命题的否命题为真命题，故A错误；选项B：原命题的逆命题：若是无理数，则也为正无理数，当，即为无理数，但是有理数，故B错误；选项C：由逆否命题的概念可知，C正确；选项D：由为假命题可知，，至少有一个为假命题，由为假命题可知，和均为假命题，故为假命题，为真命题，故D错误.故选：C.7、B【解析】求出直线与平行的等价条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.【详解】由解得或，当时，与平行，当时，与平行，则直线与直线平行等价于或，所以是直线与直线互相平行的充分而不必要条件.故选：B8、B【解析】对于A、B：由棱柱的定义直接判断；对于C：由正三棱锥的侧棱长和底面边长不一定相等，即可判断；对于D：由球的表面不能展开成平面图形即可判断【详解】对于A：棱柱最少有5个面，则A错误；对于B：棱柱的所有侧面都是平行四边形，则B正确；对于C：正三棱锥的侧棱长和底面边长不一定相等，则C错误；对于D：球的表面不能展开成平面图形，则D错误故选：B9、D【解析】根据给定条件求出抛物线C的焦点、准线，再利用抛物线的定义求出a值计算作答.【详解】抛物线的焦点，准线，依题意，由抛物线定义得，解得，所以抛物线焦点到准线的距离为.故选：D10、D【解析】设直线与点确定平面，由题意可得直线与平面相交或平行.分两种情形，画图说明即可.【详解】点是空间中不在直线，上的任意一点，设直线与点确定平面，由题意可得，故直线与平面相交或平行.(1)若直线与平面相交（如图1），记，①若，则不存在过点且与直线，都相交的直线；②若与不平行，则直线即为过点且与直线，都相交的直线.（2）若直线与平面平行（如图2），则不存在过点且与直线，都相交的直线.综上所述，过点至多有一条直线与直线，都相交.故选：D.11、D【解析】由于，所以利用裂项相消求和法可求得，然后由可得恒成立，再利用基本不等式求出的最小值即可【详解】，故，故恒成立等价于，即恒成立，化简得到，因为，当且仅当，即时取等号，所以故选：D12、A【解析】根据归纳推理是由特殊到一般，推导结论可得结果.【详解】对于A，由，求出，，，…，推断：数列的前项和，是由特殊推导出一般性的结论，且，故A正确；B和C属于演绎推理，故不正确；对于D，属于归纳推理，但时，结论不正确，故D不正确.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】表示出、，根据题意，列出等式，化简整理即可得答案.【详解】，由题意得，所以整理可得，即.故答案为：.14、【解析】令n=n-1代回原式，相减可得，利用累乘法，即可得答案.【详解】因为，所以，两式相减可得，整理得，所以，整理得，又，解得.故答案为：15、（1）（2）（4）.【解析】利用基本不等式求的最大值可判断（1）；利用“”的妙用以及基本不等式可判断（2）；将所求代数式转化为关于的二次函数结合由二次函数的性质可得最值判断C、D，进而可得正确答案.【详解】对于（1）：因为，均为正数，且，则有，当且仅当时等号成立，即的最大值为，故（1）正确；对于（2）：因为，当且仅当时等号成立，即的最小值为，故（2）正确；对于（3）：因为，所以，在上单调递减，无最小值，故（3）不正确；对于（4）：，当且仅当时等号成立，即的最小值为，故（4）正确.故答案为：（1）（2）（4）.16、①.64②.6【解析】利用即可求解，利用和换底公式进行求解.【详解】令，则，则，即，即当对折完4次时，最小值为；由题意，得，，则，所以该矩形纸最多能对折6次.故答案为：64，6.三、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）证明见解析（2）【解析】（1）当时，由，得，两式相减化简可得，再对等式两边同时减去1，化简可证得结论，（2）由（1）得，然后利用分组求和可求出【小问1详解】由已知得，.当时，.两式相减得，.于是，即，又，，，所以满足上式，所以对都成立，故数列是等比数列.【小问2详解】由（1）得，，.18、（1）极小值为，无极大值；（2）.【解析】（1）对函数进行求导、列表、判断函数的单调性，最后根据函数极值的定义进行求解即可；（2）对进行常变量分离，然后构造新函数，对新函数进行求导，判断其单调性，进而求出新函数的最值，最后根据题意求出的取值范围即可.【详解】（1）函数的定义域为，当时，.由，得.当变化时，，的变化情况如下表-0+单调递减极小值单调递增所以在上单调递减，上单调递增，所以函数的极小值为，无极大值.（2）对，恒成立，即对，恒成立.令，则.由得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，因此.所以的取值范围是.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值，考查了构造函数法、常变量分离法，考查了数学运算能力和分类讨论思想.19、（1）或（2）或（3）且【解析】（1）根据直线一般式平行的条件列式计算；（2）根据直线一般式垂直的条件列式计算；（3）根据相交和平行的关系可得答案.【小问1详解】，，解得或又时，直线，，两直线不重合；时，直线，，两直线不重合；故或；【小问2详解】，，解得或；【小问3详解】与相交故由（1）得且.20、（1）答案见解析（2）【解析】（1）先对函数求导，然后分和讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间，（2）由题意得恒成立，构造函数，利用导数求出其最小值即可【小问1详解】由，得当时，恒成立，∴在上单调递增当时，令，得，得，∴在上单调递增，在上单调递减综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减【小问2详解】依题意得对一切恒成立，即令，则令，则在上单调递增，而当时，，即；当时，，即∴在上单调递减，在上单调递增∴∴，即k的最大值为21、（1）（2）【解析】（1）利用余弦定理可求顶角的余弦值.（2）联立直线方程和椭圆方程，消元后利用韦达定理结合弦长公式可求的值.【小问1详解】当为椭圆的上顶点时，，在中，由余弦定理知.【小问2详