深圳市育才中学2025届数学高二上期末复习检测模拟试题含解析_第1页
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文档简介

深圳市育才中学2025届数学高二上期末复习检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.已知两条平行直线:与:间的距离为3,则()A.25或-5 B.25C.5 D.21或-92.已知正三棱柱中,,点为中点,则异面直线与所成角的余弦值为()A. B.C. D.3.如图,已知正方体,点P是棱中点,设直线为a,直线为b.对于下列两个命题:①过点P有且只有一条直线l与a、b都相交;②过点P有且只有两条直线l与a、b都成角.以下判断正确的是()A.①为真命题,②为真命题 B.①为真命题,②为假命题C.①为假命题,②为真命题 D.①为假命题,②为假命题4.已知是函数的导函数,则()A0 B.2C.4 D.65.抛物线上有两个点,焦点,已知,则线段的中点到轴的距离是()A.1 B.C.2 D.6.古希腊数学家阿波罗尼奥斯(约公元前262~公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果,著作中有这样一个命题:平面内与两定点距离的比为常数k(k>0且k≠1)的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知O(0,0),A(3,0),动点P(x,y)满,则动点P轨迹与圆的位置关系是()A.相交 B.相离C.内切 D.外切7.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8.“且”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9.“”是“直线与直线垂直”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10.双曲线的左、右焦点分别为F1,F2,点P在双曲线上,下列结论不正确的是()A.该双曲线的离心率为B.该双曲线的渐近线方程为C.点P到两渐近线的距离的乘积为D.若PF1⊥PF2,则△PF1F2的面积为3211.“”是“直线与圆相切”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12.下列双曲线中,渐近线方程为的是A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.展开式中的系数是___________.14.已知函数在R上连续且可导,为偶函数且,其导函数满足,则不等式的解集为___.15.已知直线l的方向向量,平面的法向量,若,则______16.定义在R上的函数满足,其中为自然对数的底数,,则满足的a的取值范围是__________.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)已知直线,圆.(1)求证:直线l恒过定点;(2)若直线l的倾斜角为,求直线l被圆C截得的弦长.18.(12分)如图,P为圆上一动点,点A坐标为,线段AP的垂直平分线交直线BP于点Q(1)求点Q的轨迹E的方程;(2)过点A的直线l交E于C,D两点,若△BCD内切圆的半径为,求直线l的方程.19.(12分)已知椭圆C与椭圆有相同的焦点,且离心率为.(1)椭圆C的标准方程;(2)若椭圆C的两个焦点,P是椭圆上的点,且,求的面积.20.(12分)已知椭圆的短轴长是2,且离心率为(1)求椭圆E的方程;(2)已知,若直线与椭圆E相交于A,B两点,线段AB的中点为M,是否存在常数,使恒成立,并说明理由21.(12分)已知抛物线的焦点F到准线的距离为2(1)求C的方程;(2)已知O为坐标原点,点P在C上,点Q满足,求直线斜率最大值.22.(10分)已知圆与直线(1)若,直线与圆相交与,求弦长(2)若直线与圆无公共点求的取值范围

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、A【解析】根据平行直线的性质,结合平行线间距离公式进行求解即可.【详解】因为直线:与:平行,所以有,因为两条平行直线:与:间距离为3,所以,或,当时,;当时,,故选:A2、A【解析】根据异面直线所成角的定义,取中点为,则为异面直线和所成角或其补角,再解三角形即可求出【详解】如图所示:设中点为,则在三角形中,为中点,为中位线,所以有,,所以为异面直线和所成角或其补角,在三角形中,,所以由余弦定理有,故选:A.3、A【解析】①由正方形的性质,可以延伸正方形,再利用两条平行线确定一个平面即可;②一组邻边与对角面夹角相等,在平面内绕P转动,可以得到二条直线与a、b的夹角都等于.【详解】如下图所示,在侧面正方形和再延伸一个正方形和,则平面和在同一个平面内,所以过点P,有且只有一条直线l,即与a、b相交,故①为真命题;取中点N,连PN,由于a、b为异面直线,a、b的夹角等于与b的夹角.由于平面,平面,,所以平面,所以与与b的夹角都为.又因为平面,所以与与b的夹角都为,而,所以过点P,在平面内存在一条直线,使得与与b的夹角都为,同理可得,过点P,在平面内存在一条直线,使得与与的夹角都为;故②为真命题.故选:A4、D【解析】由导数运算法则求出导函数,再计算导数值【详解】由题意,,所以故选:D5、B【解析】利用抛物线的定义,将抛物线上的点到焦点的距离转化为点到准线的距离,即可求出线段中点的横坐标,即得到答案.【详解】由已知可得抛物线的准线方程为,设点的坐标分别为和,由抛物线的定义得,即,线段中点的横坐标为,故线段的中点到轴的距离是.故选:.6、A【解析】首先求得点的轨迹,再利用圆心距与半径的关系,即可判断两圆的位置关系.【详解】由条件可知,,化简为:,动点的轨迹是以为圆心,2为半径的圆,圆是以为圆心,为半径的圆,两圆圆心间的距离,所以两圆相交.故选:A7、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:C8、A【解析】按照充分必要条件的判断方法判断,“且”能否推出“”,以及“”能否推出“且”,判断得到正确答案,【详解】当且时,成立,反过来,当时,例:,不能推出且.所以“且”是“”的充分不必要条件.故选:A【点睛】本题考查充分不必要条件的判断,重点考查基本判断方法,属于基础题型.9、A【解析】求出两直线垂直的充要条件后再根据充分必要条件的定义判断.【详解】由,得,即或所以,反之,则不然所以“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件.故选:A10、D【解析】根据双曲线的离心率、渐近线、点到直线距离公式、三角形的面积等知识来确定正确答案.【详解】由题意可知,a=3,b=4,c=5,,故离心率e,故A正确;由双曲线的性质可知,双曲线线的渐近线方程为y=±x,故B正确;设P(x,y),则P到两渐近线的距离之积为,故C正确;若PF1⊥PF2,则△PF1F2是直角三角形,由勾股定理得,由双曲线的定义可得|PF1|﹣|PF2|=2a=6(不妨取P在第一象限),∴2|PF1||PF2|=100﹣2|PF1||PF2|,解得|PF1||PF2|=32,可得,故D错误.故选:D11、A【解析】根据题意,结合直线与圆的位置关系求出,即可求解.【详解】根据题意,由直线与圆相切,知圆心到直线的距离,解得或,因此“”是“直线与圆相切”的充分不必要条件.故选:A.12、A【解析】由双曲线的渐进线的公式可行选项A的渐进线方程为,故选A.考点:本题主要考查双曲线的渐近线公式.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】根据二项展开式的通项公式,可知展开式中含的项,以及展开式中含的项,再根据组合数的运算即可求出结果.【详解】解:由题意可得,展开式中含的项为,而展开式中含的项为,所以的系数为.故答案为:.14、【解析】由已知条件可得图象关于对称,在上递增,在上递减,然后分四种情况讨论求解即可【详解】因为为偶函数,所以的图象关于轴对称,所以的图象关于对称,因为,所以当时,,当时,,所以在上递增,在上递减,由,得,或,或,或,解得,或,或,或,综上,,所以等式的解集为故答案为:15、【解析】由,可得∥,从而可得,代入坐标列方程可求出,从而可求出【详解】因为直线l的方向向量,平面的法向量,,所以∥,所以存在唯一实数,使,所以,所以,解得,所以,故答案为:16、【解析】设,求出其导数结合条件得出在上单调递减,将问题转化为求解,由的单调性可得答案.【详解】设,则由,则所以在上单调递减.又由,即,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)证明见解析(2)【解析】(1)直线方程变形后令的系数等于0消去参数即可求得定点坐标.(2)先求出圆心C到直线l距离,然后用勾股定理即可求得弦长.【小问1详解】,联立得:即直线l过定点(.【小问2详解】由题意直线l的斜率,即,∴,圆,圆心,半径,圆心C到直线l的距离,所以直线l被圆C所截得的弦长为.18、(1)(2)【解析】(1)连接,由,利用椭圆的定义求解;(2)设点,,直线的方程为,与椭圆联立,结合韦达定理,利用等面积法求解.【小问1详解】解:连接,由题意知:,,即的轨迹为椭圆,其中,,,所以椭圆的标准方程为;【小问2详解】设点,,直线的方程为,与椭圆联立,消去整理得,显然成立,故,,由椭圆定义得的周长为,则的面积,又由,得,从而得,即,整理得,解得,故,故直线的方程为.19、(1)(2)【解析】(1)由题意求出即可求解;(2)由椭圆的定义和三角形面积公式求解即可【小问1详解】因为椭圆C与椭圆有相同的焦点,所以椭圆C的焦点,,,又,所以,,所以椭圆C的标准方程为.【小问2详解】由,,得,,而,所以,所以20、(1);(2)存在,理由见解析.【解析】(1)利用离心率,短轴长求出a,b,即可求得椭圆方程.(2)联立直线与椭圆方程,利用韦达定理计算判定,由M为线段AB中点即可确定存在常数推理作答.【小问1详解】因椭圆的短轴长是2,则,而离心率,解得,所以椭圆方程为.【小问2详解】存在常数,使恒成立,

由消去y并整理得:,设,,则,,又,,,则有,而线段AB的中点为M,于是得,并且有所以存在常数,使恒成立.21、(1);(2)最大值为.【解析】(1)由抛物线焦点与准线的距离即可得解;(2)设,由平面向量的知识可得,进而可得,再由斜率公式及基本不等式即可得解.【详解】(1)抛物线的焦点,准线方程为,由题意,该抛物线焦点到准线的距离为,所以该抛物线的方程为;(2)[方法一]:轨迹方程+基本不等式法设,则,所以,由在抛物线上可得,即,所以直线的斜率,当时,;当时,,当时,因为,此时,当且仅当,即时,等号成立;当时,;综上,直线斜率的最大值为.[方法二]:【最优解】轨迹方程+数形结合法同方法一得到点Q的轨迹方程为设直线的方程为,则当直线与抛物线相切时,其斜率k取到最值.联立得,其判别式,解得,所以直线斜率的最大值为[方法三]:轨迹方程+换元求最值法同方法一得点Q的轨迹方程为设直线的斜率为k,则令,则的对称轴为,所以.故直线斜率的最大值为[方法四]参数+基本不等式法由题可设因,所以于是,所以则直线的斜率为当且仅当,即,时等号成立,所以直线斜率的最大值为【整体点评】方法一根据向量关系,利用代点法求得Q的轨迹方程,得到直线OQ的斜率关于的表达式,然后利用分类讨论,结合基本不等式求得最大值;方法二同方法一得到点Q的轨迹方程,然后利用数形结合法,利用判别式求得直线OQ的斜

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