2025届陕西省汉中市部分学校数学高二上期末复习检测模拟试题含解析

2025届陕西省汉中市部分学校数学高二上期末复习检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．如图所示几何体的正视图和侧视图都正确的是（）A. B.C. D.2．已知是空间的一个基底，若，，若，则（）A. B.C.3 D.3．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（）A.若，则 B.若，则C若，则 D.若，则4．九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串，按一定规则移动圆环的次数决定解开圆环的个数.在某种玩法中，用表示解开n（，）个圆环所需的最少移动次数，若数列满足，且当时，则解开5个圆环所需的最少移动次数为（）A.10 B.16C.21 D.225．设双曲线与椭圆：有公共焦点，.若双曲线经过点，设为双曲线与椭圆的一个交点，则的余弦值为（）A. B.C. D.6．圆与直线的位置关系是（）A.相交 B.相切C.相离 D.不能确定7．已知数列满足，令是数列的前n项积，，现给出下列四个结论：①；②为单调递增的等比数列；③当时，取得最大值；④当时，取得最大值其中所有正确结论的编号为（）A.②④ B.①③C.②③④ D.①③④8．将一枚骰子连续抛两次，得到正面朝上的点数分别为、，记事件A为“为偶数”，事件B为“”，则的值为（）A. B.C. D.9．已知是函数的导函数，则（）A. B.C. D.10．已知直线与圆相交于两点，当的面积最大时，的值是（）A. B.C. D.11．下列结论正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则12．已知是定义在上的奇函数，对任意两个不相等的正数、都有，记，，，则（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知动圆P过定点，且在定圆的内部与其相内切，则动圆P的圆心的轨迹方程为______14．已知集合，，将中的所有元素按从大到小的顺序排列构成一个数列，则数列的前n项和的最大值为___________.15．已知抛物线的焦点为F，A为抛物线C上一点．以F为圆心，FA为半径的圆交抛物线C的准线于B，D两点，A，F，B三点共线，且，则______16．若向量满足，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）已知抛物线上一点到其焦点F的距离为2.（1）求拋物线方程；（2）直线与拋物线相交于两点，求的长.18．（12分）如图，在棱长为3的正方体中，分别是上的点且（1）求证：；（2）求平面与平面的夹角的余弦值19．（12分）已知函数，.（1）令，求函数的零点；（2）令，求函数的最小值.20．（12分）已知椭圆（）的左、右焦点为，，，离心率为（1）求椭圆的标准方程（2）的左顶点为，过右焦点的直线交椭圆于，两点，记直线，，的斜率分别为，，，求证：21．（12分）已知函数，其中常数，（1）求单调区间；（2）若且对任意，都有，证明：方程有且只有两个实根22．（10分）已知，2，4，6中的三个数为等差数列的前三项，且100不在数列中，102在数列中.（1）求数列的通项；（2）设，求数列的前项和.

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】根据侧视图，没有实对角线，正视图实对角线的方向，排除错误选项，得到答案.【详解】侧视时，看到一个矩形且不能有实对角线，故A，D排除而正视时，有半个平面是没有的，所以应该有一条实对角线，且其对角线位置应从左上角画到右下角，故C排除.故选：B.2、C【解析】由，可得存在实数，使，然后将代入化简可求得结果【详解】，，因，所以存在实数，使，所以，所以，所以，得，，所以，故选：C3、C【解析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，逐一核对四个选项得答案【详解】解：对于A：若，则或，故A错误；对于B：若，则或与相交，故B错误；对于C：若，根据面面垂直的判定定理可得，故C正确；对于D：若则与平行、相交、或异面，故D错误；故选：C4、D【解析】根据题意，结合数列递推公式，代入计算即可.【详解】根据题意，由，得.故选：D.5、A【解析】求出双曲线方程，根据椭圆和双曲线的第一定义求出的长度，从而根据余弦定理求出的余弦值【详解】由题得，双曲线中，所以，双曲线方程为：，假设在第一象限，根据椭圆和双曲线的定义可得：，解得：，，所以根据余弦定理，故选：A6、B【解析】用圆心到直线的距离与半径的大小判断【详解】解：圆的圆心到直线的距离，等于圆的半径，所以圆与直线相切，故选：B7、B【解析】求出，即可判断选项①正确；求出，即可选项②错误；求出，利用单调性即可判断选项③正确；求出，即可判断选项④错误，即得解.【详解】解：因为，①所以，，②①②得，，整理得，又，满足上式，所以，因为，所以数列为等差数列，公差为，所以，故①正确；，因为，故数列为等比数列，其中首项，公比为的等比数列，因为，，所以数列为递减的等比数列，故②错误；，因为为单调递增函数，所以当最大时，有最大值，因为，所以时，最大，即时，取得最大值，故③正确；设，由可得，，解得或，又因为，所以时，取得最大值，故④错误；故选：B8、B【解析】利用条件概率的公式求解即可.【详解】根据题意可知，若事件为“为偶数”发生，则、两个数均为奇数或均为偶数，其中基本事件数为，，，，，，，，，，，，，，，，，，一共个基本事件，∴,而A、同时发生，基本事件有当一共有9个基本事件，∴，则在事件A发生的情况下，发生的概率为,故选:9、B【解析】求出，代值计算可得的值.【详解】因为，则，因此，.故选：B.10、C【解析】利用点到直线的距离公式和弦长公式可以求出的面积是关于的一个式子，即可求出答案.【详解】圆心到直线的距离，弦长为..当，即时，取得最大值.故选：C.11、C【解析】先举例说明ABD不成立，再根据不等式性质说明C成立.【详解】当时，满足，但不成立，所以A错；当时，满足，但不成立，所以B错；当时，满足，但不成立，所以D错；因为所以，又，因此同向不等式相加得，即C对；故选：C【点睛】本题考查不等式性质，考查基本分析判断能力，属基础题.12、A【解析】由题，可得是定义在上的偶函数，且在上单调递减，在上单调递增，根据函数的单调性，即可判断出的大小关系.【详解】设，由题，得，即，所以函数在上单调递减，因为是定义在R上的奇函数，所以是定义在上的偶函数，因此，，，即.故选：A【点睛】本题主要考查利用函数的单调性判断大小的问题，其中涉及到构造函数的运用.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】设切点为，根据题意，列出点满足的关系式即．则点的轨迹是椭圆，然后根据椭圆的标准方程求点的轨迹方程【详解】设动圆和定圆内切于点，动点到定点和定圆圆心距离之和恰好等于定圆半径，即，点的轨迹是以，为两焦点，长轴长为10的椭圆，，点的轨迹方程为，故答案：14、【解析】由题意设，，根据可得，从而，即可得出答案.【详解】设，由，得，由，得中的元素满足，即，可得所以，由,所以所以，要使得数列的前n项和的最大值，即求出数列中所以满足的项的和即可.即，得，则所以数列的前n项和的最大值为故答案为：147215、2【解析】求得抛物线的焦点和准线方程，由，，三点共线，推得，由三角形的中位线性质可得到准线的距离，可得的值【详解】抛物线的焦点为，，准线方程为，因为，，三点共线，可得为圆的直径，如图示：设准线交x轴于E，所以，则，由抛物线的定义可得，又是的中点，所以到准线的距离为,故答案为：216、【解析】根据题目条件，利用模的平方可以得出答案【详解】∵∴∴.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）（2）【解析】（1）根据抛物线焦半径公式即可得解；（2）联立方程组求出交点坐标，即可得到弦长.【小问1详解】由题：抛物线上一点到其焦点F的距离为2，即，所以抛物线方程：【小问2详解】联立直线和得，解得，，18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）建立空间直角坐标系后得到相关向量，再运用数量积证明；（2）求出相关平面的法向量，再运用夹角公式计算即可.【小问1详解】建立如下图所示的空间直角坐标系：，，，，，∴，故.【小问2详解】，，，设平面的一个法向量为，由，令，则，取平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，易知：为锐角，故，即平面与平面夹角的余弦值为.19、（1）答案见解析（2）答案见解析【解析】（1）函数零点的个数，就是方程的解的个数，显然是方程的一个解，再对a分类讨论，即得函数的零点；（2）令，可得，得，再对二次函数的对称轴分三种情况讨论得解.【详解】（1）由，可知函数零点的个数，就是方程的解的个数，显然是方程的一个解；当时,方程可化为，得，由函数单调递增，且值域为，有下列几种情况如下:①当时，方程没有根，可得函数只有一个零点；②当时，方程的根为，可得函数只有一个零点；③当且时，方程的根为，由，可得函数有两个零点和；由上知，当或时，函数的零点为；当且时，数的零点为和.（2）令，可得，由，，可得，二次函数的对称轴为，①当时，即，此时函数的最小值为；②当时，即，此时函数的最小值为；③当，即，此时函数最小值为.【点睛】本题主要考查函数的零点问题，考查指数对数函数的图象，考查函数的最值问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20、（1）；（2）证明见解析【解析】(1)由可求出，结合离心率可知，进而可求出，即可求出标准方程.(2)由题意知，，则由直线的点斜式方程可得直线的解析式为，与椭圆进行联立，设，，结合韦达定理可得，从而由斜率的计算公式对进行整理化简从而可证明.【详解】（1）解：因为，所以．又因为离心率，所以，则，所以椭圆的标准方程是（2）证明：由题意知，，，则直线的解析式为，代入椭圆方程，得设，，则．又因为，，所以【点睛】关键点睛:本题第二问的关键是联立直线和椭圆的方程后，结合韦达定理，用表示交点横坐标的和与积，从而代入进行整理化简.21、（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析【解析】（1）求出函数的导数，谈论参数的范围，根据导数的正负，可得单调区间；（2）由已知可解得，构造函数，再根据（1）的结论，可知函数的单调性，结合零点存在定理，可证明结论.【小问1详解】定义域为，因为，若，，所以单调递减区间为，若，,当时，，当时，，所以单调递减区间为，单调递增区间为【小问2详解】证明：若且对任意，都有，则在处取得最小值，由（1）得在取得最小值，得，令，则单调性相同，单调递减区间