2025届河南省林州市林州一中分校高二数学第一学期期末达标检测模拟试题含解析

2025届河南省林州市林州一中分校高二数学第一学期期末达标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．函数在其定义域内可导，的图象如图所示，则导函数的图象为A. B.C. D.2．在各项都为正数的等比数列中，首项，前3项和为21，则()A.84 B.72C.33 D.1893．已知斜三棱柱所有棱长均为2，，点、满足，，则（）A. B.C.2 D.4．意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，……，这就是著名的斐波那契数列，该数列的前2022项中有（）个奇数A.1012 B.1346C.1348 D.13505．已知函数满足，则曲线在点处的切线方程为（）A. B.C. D.6．已知是定义在上的函数，且对任意都有，若函数的图象关于点对称，且，则（）A. B.C. D.7．在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧棱底面ABCD，，点E是棱PC的中点，作，交PB于F.下面结论正确的个数为()①∥平面EDB；②平面EFD；③直线DE与PA所成角为60°；④点B到平面PAC的距离为.A.1 B.2C.3 D.48．若双曲线一条渐近线被圆所截得的弦长为，则双曲线的离心率是（）A. B.C. D.9．已知数列为等比数列，则“为常数列”是“成等差数列”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件10．已知椭圆的两个焦点分别为，若椭圆上不存在点，使得是钝角，则椭圆离心率的取值范围是（）A. B.C. D.11．已知三棱柱的所有棱长均为2，平面，则异面直线，所成角的余弦值为（）A. B.C. D.12．观察下列各式：，，，，，可以得出的一般结论是A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝__________.14．已知变量X，Y的一组样本数据如下表所示，其中有一个数据丢失，用a表示．若根据这组样本利用最小二乘法求得的Y关于X的回归直线方程为，则_________．X1491625Y2a369314215．已知A，B为x，y正半轴上的动点，且，O为坐标原点，现以为边长在第一象限做正方形，则的最大值为___________.16．椭圆C：的左、右焦点分别为，，点A在椭圆上，，直线交椭圆于点B，，则椭圆的离心率为______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）已知椭圆．离心率为，点与椭圆的左、右顶点可以构成等腰直角三角形（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于两点，为坐标原点直线的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由18．（12分）已知函数，数列的前n项和为，且对一切正整数n、点都在因数的图象上（1）求数列的通项公式；（2）令，数列的前n项和，求证：19．（12分）数列的前n项和为，（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前n项和20．（12分）已知如图①，在菱形ABCD中，且，为AD的中点，将沿BE折起使，得到如图②所示的四棱锥，在四棱锥中，求解下列问题：（1）求证：BC平面ABE；（2）若P为AC中点，求二面角的余弦值.21．（12分）已知椭圆C：，斜率为的直线l与椭圆C交于A、B两点且（1）求椭圆C的离心率；（2）求直线l方程22．（10分）设点P是曲线上的任意一点，k是该曲线在点P处的切线的斜率（1）求k的取值范围；（2）求当k取最大值时，该曲线在点P处的切线方程

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】分析：根据函数单调性、极值与导数的关系即可得到结论.详解：观察函数图象，从左到右单调性先单调递增，然后单调递减，最后单调递增.对应的导数符号为正，负，正.,选项D的图象正确.故选D.点睛：本题主要考查函数图象的识别和判断，函数单调性与导数符号的对应关系是解题关键.2、A【解析】分析：设等比数列的公比为，根据前三项的和为列方程，结合等比数列中，各项都为正数，解得，从而可以求出的值.详解：设等比数列的公比为，首项为3，前三项的和为，，解之得或，在等比数列中，各项都为正数，公比为正数，舍去），，故选A.点睛：本题考查以一个特殊的等比数列为载体，通过求连续三项和的问题，着重考查了等比数列的通项，等比数列的性质和前项和等知识点，属于简单题.3、D【解析】以向量为基底向量，则，根据条件由向量的数量积的运算性质，两边平方可得答案.【详解】以向量为基底向量，所以所以故选：D4、C【解析】由斐波那契数列的前几项分析该数列的项的奇偶规律，由此确定该数列的前2022项中的奇数的个数.【详解】由已知可得为奇数，为奇数，为偶数，因为，所以为奇数，为奇数，为偶数，…………所以为奇数，为奇数，为偶数，又故该数列的前2022项中共有1348个奇数，故选：C.5、A【解析】求出函数的导数，利用导数的定义求解，然后求解切线的斜率即可【详解】解：函数，可得，，可得，即，所以，可得，解得，所以，所以曲线在点处的切线方程为故选：A6、D【解析】令，代入可得，即得，再由函数的图象关于点对称，判断得函数的图象关于点对称，即，则化简可得，即函数的周期为，从而代入求解.【详解】令，得，即，所以，因为函数的图象关于点对称，所以函数的图象关于点对称，即，所以，即，可得，则，故选：D.第II卷（非选择题7、D【解析】①由题意连接交于，连接，则是中位线，证出，由线面平行的判定定理知∥平面；②由底面，得，再由证出平面，即得，再由是正方形证出平面，则有，再由条件证出平面；③根据边长证明△DEO是等边三角形即可；④根据等体积法即可求.【详解】①如图所示，连接交于点，连接底面是正方形，点是的中点在中，是中位线，而平面且平面，∥平面；故①正确；②如图所示，底面，且平面，，，是等腰直角三角形，又是斜边的中线，(*)，由底面，得，底面是正方形，，又，平面，又平面，(**)，由(*)和(**)知平面，而平面，又，且，平面；故②正确；③如图所示，连接AC交BD与O，连接OE，由OE是三角形PAC中位线知OE∥PA，故∠DEO为异面直线PA和DE所成角或其补角，由②可知DE＝，OD＝，OE＝，∴△DEO是等边三角形，∴∠DEO＝60°，故③正确；④如图所示，设B到平面PAC的距离为d，由题可知PA＝AC＝PC＝，故，由.故④正确.故正确的有：①②③④，正确的个数为4.故选：D.8、A【解析】根据（为弦长，为圆半径，为圆心到直线的距离），求解出的关系式，结合求解出离心率的值.【详解】取的一条渐近线，因为（为弦长，为圆半径，为圆心到直线的距离），其中，所以，所以，所以，所以，所以，故选：A.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是利用几何法表示出圆的半径、圆心到直线的距离、半弦长之间的关系.9、C【解析】先考虑充分性，再考虑必要性即得解.【详解】解：如果为常数列，则成等差数列，所以“为常数列”是“成等差数列”的充分条件；等差数列，所以，所以数列为，所以数列是常数列，所以“为常数列”是“成等差数列”的必要条件.所以“为常数列”是“成等差数列”的充要条件.故选：C10、C【解析】点P取端轴的一个端点时，使得∠F1PF2是最大角．已知椭圆上不存在点P，使得∠F1PF2是钝角，可得b≥c，利用离心率计算公式即可得出【详解】∵点P取端轴的一个端点时，使得∠F1PF2是最大角已知椭圆上不存在点P，使得∠F1PF2是钝角，∴b≥c，可得a2﹣c2≥c2，可得：a∴故选C【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得(的取值范围).11、A【解析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解【详解】以为坐标原点，平面内过点且垂直于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，∴，，∴，∴异面直线，所成角的余弦值为.故选：A12、C【解析】1=12，2+3+4=32，3+4+5+6+7=52，4+5+6+7+8+9+10=72，…，由上述式子可以归纳：左边每一个式子均有2n-1项，且第一项为n，则最后一项为3n-2右边均为2n-1的平方故选C点睛：归纳推理的一般步骤是：（1）通过观察个别情况发现某些相同性质；（2）从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题（猜想）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、－.【解析】因为，所以，所以，即，又，即，所以数列是首项和公差都为的等差数列，所以，所以考点：数列的递推关系式及等差数列的通项公式【方法点晴】本题主要考查了数列的通项公式、数列的递推关系式的应用、等差数列的通项公式及其性质定知识点的综合应用，解答中得到，，确定数列是首项和公差都为的等差数列是解答的关键，着重考查了学生灵活变形能力和推理与论证能力，平时应注意方法的积累与总结，属于中档试题14、17【解析】根据回归直线必过样本点中心即可解出【详解】因为，，所以，解得故答案为：1715、32【解析】建立平面直角坐标系，设出角度和边长，表达出点坐标，进而表达出，利用三角函数换元，求出最大值.【详解】如图，过点D作DE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点F，设，（），则由三角形全等可知，设，，则，则，，则，令，，则，当时，取得最大值，最大值为32故答案为：3216、（也可以）【解析】可以利用条件三角形为等腰直角三角形，设出边长，找到边长与之间等量关系，然后把等量关系带入到勾股定理表达的等式中，即可求解离心率.【详解】由题意知三角形为等腰直角三角形，设，则，解得，，在三角形中，由勾股定理得，所以，故答案为：（也可以）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）是定值，理由见解析.【解析】（1）由题意有，点与椭圆的左、右顶点可以构成等腰直角三角形有，即可写出椭圆方程；（2）直线与椭圆交于两点，联立方程结合韦达定理即有，已知应用点线距离公式、三角形面积公式即可说明的面积是否为定值；【详解】（1）椭圆离心率为，即，∵点与椭圆的左、右顶点可以构成等腰直角三角形，∴，综上有：，，故椭圆方程为，（2）由直线与椭圆交于两点，联立方程：，整理得，设，则，，，，原点到的距离，为定值；【点睛】本题考查了由离心率求椭圆方程，根据直线与椭圆的相交关系证明交点与原点构成的三角形面积是否为定值的问题.18、（1）（2）证明见解析【解析】（1）根据数列中和的关系，即可解出；（2）利用裂项相消法求出，即可进一步汽车其范围.【小问1详解】由题知，当时，，当时，也满足上式，综上，；【小问2详解】，则，由，得，所以.19、（1）；（2）.【解析】(1)根据给定条件结合“当时，”计算作答.(2)由(1)求出，利用裂项相消法计算得解.【小问1详解】数列的前n项和为，，当时，，当时，，满足上式，则，所以数列的通项公式是【小问2详解】由(1)知，，所以，所以数列的前n项和20、（1）证明见解析；（2）【解析】（1）利用题中所给的条件证明，，因为，所以，，即可证明平面；（2）先证明平面，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用向量的夹角公式即可求解【详解】（1）在图①中，连接，如图所示：因为四边形为菱形，，所以是等边三角形.因为为的中点，所以，.又，所以.在图②中，，所以，即.因为，所以，.又，，平面.所以平面.（2）由（1）知，，因为，，平面.所以平面.以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系：则，，，，.因为为的中点，所以.所以，.设平面的一个法向量为，由得.令，得，，所以.设平面的一个法向量为.因为，由得令，，，得则，由图象可