2025届江西省抚州市南城第一中学数学高二上期末联考模拟试题含解析

2025届江西省抚州市南城第一中学数学高二上期末联考模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．已知等比数列中，，，则该数列的公比为（）A. B.C. D.2．我国古代数学论著中有如下叙述：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯二百五十四．”思如下：一座7层塔共挂了254盏灯，且相邻两层下一层所挂灯数是上一层所挂灯数的2倍．下列结论不正确的是（）A.底层塔共挂了128盏灯B.顶层塔共挂了2盏灯C.最下面3层塔所挂灯的总盏数比最上面3层塔所挂灯的总盏数多200D.最下面3层塔所挂灯的总盏数是最上面3层塔所挂灯的总盏数的16倍3．等比数列的公比为，则“”是“对于任意正整数n，都有”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件4．已知为圆：上任意一点，则的最小值为（）A. B.C. D.5．在正方体中中，，若点P在侧面（不含边界）内运动，，且点P到底面的距离为3，则异面直线与所成角的余弦值是（）A. B.C. D.6．由于受疫情的影响，学校停课，同学们通过三种方式在家自主学习，现学校想了解同学们对假期学习方式的满意程度，收集如图1所示的数据；教务处通过分层抽样的方法抽取4%的同学进行满意度调查，得到的数据如图2.下列说法错误的是（）A.样本容量为240B.若，则本次自主学习学生的满意度不低于四成C.总体中对方式二满意学生约为300人D.样本中对方式一满意的学生为24人7．曲线在点处的切线方程是（）A. B.C. D.8．已知过点的直线l与圆相交于A，B两点，则的取值范围是（）A. B.C. D.9．已知数列满足，则（）A.32 B.C.1320 D.10．甲、乙、丙、丁共4名同学进行党史知识比赛，决出第1名到第4名的名次（名次无重复），其中前2名将获得参加市级比赛的资格，甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你没有获得参加市级比赛的资格.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从这两个回答分析，4人的排名有（）种不同情况.A.6 B.8C.10 D.1211．执行如图所示的程序框图，如果输入，那么输出的a值为（）A.3 B.27C.-9 D.912．若直线与圆只有一个公共点，则m的值为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设x，y满足约束条件则的最大值为________14．在空间直角坐标系中，向量为平面ABC的一个法向量，其中，，则向量的坐标为______15．设直线，直线，若，则_______.16．已知双曲线C：的一个焦点坐标为，则其渐近线方程为__________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（1）当时，求的单调区间；（2）当时，证明：存在最大值，且恒成立.18．（12分）已知三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）求角B；（2）若，角B的角平分线交AC于点D，，求CD的长19．（12分）中，三内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（1）求角A；（2）若，角A的角平分线交于D，，求a20．（12分）如图，在四棱柱中，底面，，，且，（1）求证：平面平面；（2）求二面角所成角的余弦值21．（12分）已知椭圆F：经过点且离心率为，直线和是分别过椭圆F的左、右焦点的两条动直线，它们与椭圆分别相交于点A、B和C、D，O为坐标原点，直线AB和直线CD相交于M．记直线的斜率分别为，且（1）求椭圆F的标准方程（2）是否存在定点P，Q，使得为定值．若存在，请求出P、Q的坐标，若不存在，请说明理由22．（10分）如图所示，在四棱锥中，BC//平面PAD，，E是PD的中点（1）求证：CE//平面PAB；（2）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点，使MN//平面PAB？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、C【解析】设等比数列的公比为，可得出，即可得解.【详解】设等比数列的公比为，可得出.故选：C.2、C【解析】由题设易知是公比为2的等比数列，应用等比数列前n项和公式求，结合各选项的描述及等比数列通项公式、前n项和公式判断正误即可.【详解】从上往下记每层塔所挂灯的盏数为，则数列是公比为2的等比数列，且，解得，所以顶层塔共挂了2盏灯，B正确；底层塔共挂了盏灯，A正确最上面3层塔所挂灯总盏数为14，最下面3层塔所挂灯的总盏数为224，C不正确，D正确故选：C.3、D【解析】结合等比数列的单调性，根据充分必要条件的定义判断【详解】若，，则，，充分性不成立；反过来，若，，则时，必要性不成立；因此“”是“对于任意正整数n，都有”的既不充分也不必要条件.故选：D4、C【解析】设，则的几何意义为圆上的点和定点连线的斜率，利用直线和圆相切，即可求出的最小值；【详解】圆，它圆心是，半径为1，设，则，即，当直线和圆相切时，有，可得，，的最小值为：，故选：5、A【解析】如图建立空间直角坐标系，先由，且点P到底面的距离为3，确定点P的位置，然后利用空间向量求解即可【详解】如图，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，所以，所以，因为,所以平面，因为平面平面，点P在侧面（不含边界）内运动，，所以，因为点P到底面的距离为3，所以，所以，因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，故选：A6、B【解析】利用扇形统计图和条形统计图可求出结果【详解】选项A，样本容量为，该选项正确；选项B，根据题意得自主学习的满意率，错误；选项C，样本可以估计总体，但会有一定的误差，总体中对方式二满意人数约为，该选项正确；选项D，样本中对方式一满意人数为，该选项正确.故选：B【点睛】本题主要考查了命题真假的判断，考查扇形统计图和条形统计图等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题7、B【解析】求导，得到曲线在点处的斜率，写出切线方程.【详解】因为，所以曲线在点处斜率为4，所以曲线在点处的切线方程是，即，故选：B8、D【解析】经判断点在圆内，与半径相连，所以与垂直时弦长最短，最长为直径【详解】将代入圆方程得：，所以点在圆内，连接，当时，弦长最短，，所以弦长，当过圆心时，最长等于直径8，所以的取值范围是故选：D9、A【解析】先令，求出，再当时，由，可得，然后两式相比，求出，从而可求出，进而可求得答案【详解】当时，，当时，由，可得，两式相除可得，所以，所以，故选：A10、C【解析】由题可知甲不在前2名，乙不在最后一名，然后分类讨论可得答案.【详解】若甲是最后一名，则其他三人没有限制，4人排名即为，若甲是第三名，4人的排名为，所以4人的排名有种情况.故选：C11、B【解析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环累乘值，并判断满足时输出的值【详解】解：模拟执行程序框图，可得，时，不满足条件，；不满足条件，；不满足条件，；满足条件，退出循环，输出的值为27故选：12、D【解析】利用圆心到直线的距离等于半径列方程，化简求得的值.【详解】圆的圆心为，半径为，直线与圆只有一个公共点，所以直线与圆相切，所以.故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】先作出可行域，由，得，作出直线，向下平移过点时，取得最大值，求出点坐标代入目标函数中可得答案【详解】作出可行域如图（图中阴影部分），由，得，作出直线，向下平移过点时，取得最大值，由，得，即，所以的最大值为，故答案为：114、【解析】根据向量为平面ABC的一个法向量，由求解.【详解】因为，，所以，又因为向量为平面ABC的一个法向量，所以，解得，所以，故答案为：15、##0.5【解析】根据两直线平行可得，，即可求出【详解】依题可得，，解得故答案为：16、【解析】根据双曲线的定义由焦点坐标求出，即可得到双曲线方程，从而得到其渐近线方程；【详解】解：因为双曲线C：的一个焦点坐标为，即，，又，所以，所以双曲线方程为，所以双曲线的渐近线为；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）的单增区间为，；单减区间为，，；（2）证明见解析.【解析】（1）先求出函数的定义域，求出，由，结合函数的定义域可得出函数的单调区间.(2)当时，定义域R,求出，从而得出单调区间，由当时，，当时，，以及极值点与2的大小关系可得出当时，函数有最大值，然后再证明即可.【详解】解：（1）定义域，可得且且，，可得且3无0无0减无减增无增减所以，的单增区间为，；单减区间为，，.（2）当时，定义域R因为，当时，，当时，，所以的最大值在时取得；由，即，得由，得，或由，得所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.当时，，且，由所以当时，函数有最大值.所以，因为，所以,设，则所以化为由，则，则，所以所以18、（1）（2）【解析】（1）根据正弦定理边角互化得，进而得；（2）根据题意得，进而在中，由余弦定理即可得答案.【小问1详解】解：因为，所以由正弦定理可得，所以，即，因为，所以，故，因为，所以【小问2详解】解：由（1）可知，又；所以，，，所以，在，由余弦定理可得，即，解得19、（1）（2）【解析】（1）根据正弦定理统一三角函数化简即可求解；（2）根据角平分线建立三角形面积方程求出b,再由余弦定理求解即可.【小问1详解】由及正弦定理，得∵，∴∵，∴∵，∴【小问2详解】∵，∴，解得由余弦定理，得，∴.20、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证出，，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明.（2）分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量以及平面的一个法向量，由即可求解.【详解】（1）证明：因为，，所以，，因为，所以，所以，即因为底面，所以底面，所以因为，所以平面，又平面，所以平面平面（2）解：如图，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则令，得设平面的法向量为，则令，得，所以，由图知二面角为锐角，所以二面角所成角的余弦值为【点睛】思路点睛：解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为：（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错.（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量.（4）利用法向量求距离、线面角或二面角.21、（1）；（2）存在点，使得为定值.【解析】（1）设，，，结合条件即求；（2）由题可设直线方程，利用韦达定理法可得，再结合条件可得点的轨迹方程为，然后利用椭圆的定义即得结论.【小问1详解】设，，，椭圆方程为：，椭圆过点，，解得t=1，所以椭圆F的方程是【小问2详解】由题可得焦点的坐标分别为，当直线AB或CD的斜率不存在时，点M的坐标为或，当直线AB和CD的斜率都存在时，设斜率分别为，点，直线AB为，联立，得则，，同理可得，，因为，所以，化简得由题意，知，所以设点，则，所以，化简得，当直线或的斜率不存在时，点M的坐标为或，也满足此方程所以点在椭圆上，根据椭圆定义可知，存在定点，使得为定值【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用韦达定理法及题设条件求出点M的轨迹方程，再结合椭圆的定义，从而问题得到解决.22、（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）为中点，