云南省丽江市古城中学2025届高二上数学期末联考模拟试题含解析

云南省丽江市古城中学2025届高二上数学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．某学校的校车在早上6：30，6：45，7：00到达某站点，小明在早上6：40至7：10之间到达站点，且到达的时刻是随机的，则他等车时间不超过5分钟的概率是（）A. B.C. D.2．等差数列中，是的前项和，，则（）A.40 B.45C.50 D.553．若，则的值为（）A.或 B.或C.1 D.－14．若，则下列不等式①；②；③；④中，正确的不等式有（）A.0个 B.1个C.2个 D.3个5．在下列各图中，每个图的两个变量具有相关关系的图是（）A.（1）（2） B.（1）（3）C.（2） D.（2）（3）6．已知实数、满足，则的最大值为（）A. B.C. D.7．若椭圆对称轴是坐标轴，长轴长为，焦距为，则椭圆的方程（）A. B.C.或 D.以上都不对8．将点的极坐标化成直角坐标是(

)A. B.C. D.9．已知双曲线，过其右焦点作渐近线的垂线，垂足为，延长交另一条渐近线于点A.已知为原点，且，则（）A. B.C. D.10．已知椭圆C：的左右焦点为F1，F2，离心率为，过F2的直线l交C与A，B两点，若△AF1B的周长为，则C的方程为（）A. B.C. D.11．已知命题对任意，总有；是方程的根则下列命题为真命题的是A. B.C. D.12．若，，则有（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知等差数列中，，则=_________.14．已知实数，满足，则的最大值为______.15．命题“，”是真命题，则的取值范围是________16．已知实数x，y满足约束条件，则的最小值为______.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）在棱长为4的正方体中，点分别在线段上，点在线段延长线上，，，连接交线段于点.（1）求证平面；（2）求异面直线所成角的余弦值.18．（12分）已知的三个内角，，的对边分别为，，，且满足.（1）求角的大小；（2）若，，，求的长.19．（12分）已知斜率为1的直线交抛物线：（）于，两点，且弦中点的纵坐标为2.（1）求抛物线的标准方程；（2）记点，过点作两条直线，分别交抛物线于，（，不同于点）两点，且的平分线与轴垂直，求证：直线的斜率为定值.20．（12分）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的存在，求实数的取值范围；若问题中的不存在，请说明理由设等差数列的前n项和为，数列的前n项和为，___________，，，是否存在实数，对任意都有？21．（12分）已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求在区间上的最值.22．（10分）设函数（1）若，求函数的单调区间；（2）若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围

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、B【解析】求出小明等车时间不超过5分钟能乘上车的时长，即可计算出概率.【详解】6:40至7：10共30分钟，小明同学等车时间不超过5分钟能乘上车只能是6：40至6:45和6:55至7:00到站，共10分钟，所以所求概率为.故选：B2、B【解析】应用等差数列的性质“若，则”即可求解【详解】故选：B3、B【解析】求出函数的导数，由方程求解即可.【详解】，，解得或，故选：B4、C【解析】由条件，可得，利用不等式的性质和基本不等式可判断①、②、③、④中不等式的正误，得出答案.【详解】因为，所以.因此，且，且②、③不正确.所以，所以①正确，由得、均为正数，所以，（由条件，所以等号不成立），所以④正确.故选：C.5、D【解析】根据图形可得（1）具有函数关系；（2）（3）的散点分布在一条直线或曲线附近，具有相关关系；（4）的散点杂乱无章，不具有相关关系.【详解】对（1），所有的点都在曲线上，故具有函数关系；对（2），所有的散点分布在一条直线附近，具有相关关系；对（3），所有的散点分布在一条曲线附近，具有相关关系；对（4），所有的散点杂乱无章，不具有相关关系.故选：D.6、A【解析】作出可行域，利用代数式的几何意义，利用数形结合可求得的最大值.【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：联立可得，即点，代数式的几何意义是连接可行域内一点与定点连线的斜率，由图可知，当点在可行域内运动时，直线的倾斜角为锐角，当点与点重合时，直线的倾斜角最大，此时取最大值，即.故选：A.7、C【解析】求得、、的值，由此可得出所求椭圆的方程.【详解】由题意可得，解得，，由于椭圆的对称轴是坐标轴，则该椭圆的方程为或.故选：C.8、A【解析】本题考查极坐标与直角坐标互化由点M的极坐标，知极坐标与直角坐标的关系为，所以的直角坐标为即故正确答案为A9、C【解析】画出图象，结合渐近线方程得到，，进而得到，结合渐近线的斜率及角度关系，列出方程，求出，从而求出.【详解】渐近线为，如图，过点F作FB垂直于点B，交于点A，则到渐近线距离为，则，又，由勾股定理得：，则，又，，所以，解得：，所以.故选：C10、A【解析】根据椭圆的定义可得△AF1B的周长为4a，由题意求出a，结合离心率计算即可求出c，再求出b即可.【详解】由椭圆的定义知，△AF1B的周长为，又△AF1B的周长为4，则，，，，，所以方程为，故选：A.11、A【解析】由绝对值的意义可知命题p为真命题；由于，所以命题q为假命题；因此为假命题，为真命题，“且”字联结的命题只有当两命题都真时才是真命题，所以答案选A12、D【解析】对待比较的代数式进行作差，利用不等式基本性质，即可判断大小.【详解】因为，又，，故，则，即；因为，又，，故，则；综上所述：.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、4【解析】由等差数列的通项公式求出公差，进而求出.【详解】设该等差数列的公差为，则，所以.故答案为：4.14、【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组得到最优解的坐标，代入目标函数得答案.【详解】由约束条件作出可行域如图所示，化目标函数为，由图可知，当直线过点时，直线在y轴上的截距最大，z最大，联立方程组，解得点，则取得最大值为.故答案为：【点睛】本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想，需要注意的是：一，准确无误作出可行域；二，画目标函数所对应直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率比较；三，一般情况下，目标函数的最值会在可行域的端点或边界上取得.15、【解析】依题意可得，是真命题，参变分离得到在上有解，再利用构造函数利用函数的单调性计算可得.【详解】，等价于在上有解设，，则在上单调递减，在上单调递增，又，，所以，即故答案为：16、【解析】作出该不等式表示的平面区域，由的几何意义结合距离公式得出答案.【详解】该不等式组表示的平面区域，如下图所示过点作直线的垂线，垂足为因为表示原点与可行域中点之间的距离，所以的最小值为.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）证明见解析（2）【解析】（1）由线面平行的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角【小问1详解】证明：且，由三角形相似可得，，，又，，又平面，平面平面；【小问2详解】解：以为坐标原点，分别以为轴建立空间坐标系，如图．则设异面直线所成角为，则18、（1）；（2）.【解析】（1）由正弦定理化边为角后，结合两角和的正弦公式、诱导公式可求得；（2）用表示出，然后平方由数量积的运算求得向量的模（线段长度）【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，即，因为，所以，，∵，故；（2）由，得，所以，所以.19、(1);(2)见解析.【解析】(1)涉及中点弦,用点差法处理即可求得,进而求得抛物线方程;(2)由的平分线与轴垂直,可知直线，的斜率存在,且斜率互为相反数,且不等于零,设,直线,则直线分别和抛物线方程联立,解得利用,结合直线方程,即可证得直线的斜率为定值.【详解】(1)设,则,两式相减,得:由弦中点纵坐标为2,得,故.所以抛物线的标准方程.(2)由的平分线与轴垂直,可知直线，的斜率存在,且斜率互为相反数,且不等于零,设直线由得由点在抛物线上,可知上述方程的一个根为.即,同理.直线的斜率为定值.【点睛】本题考查应用点差法处理中点弦问题,直线与抛物线中,斜率为定值问题,考查分析问题的能力,考查学生的计算能力,难度较难.20、答案见解析【解析】由已知条件可得，假设时，取最小值，则，若补充条件是①，则可求得，代入化简可求出的取值范围，从而可求得答案，若补充条件是②，则可得，该数列是递减数列，所以不存在k，使得取最小值，若补充条件是③，则可得，代入化简可求出的取值范围，从而可求得答案，【详解】解：等差数列的公差为d，当时，，得，从而，当时，得，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，由对任意，都有，当等差数列的前n项和存在最小值时，假设时，取最小值，所以；若补充条件是①，因为，，从而，由得，所以，由等差数列的前n项和存在最小值，则，得，又，所以.所以，故实数的取值范围为若补充条件是②，由，即，又，所以.所以，由于该数列是递减数列，所以不存在k，使得取最小值，故实数不存在以下为严格的证明：由等差数列的前n项和存在最小值，则，得，所以，所以不存在k，使得取最小值，故实数不存在若补充条件是③，由，得，又，所以，所以由等差数列的前n项和存在最小值，则，得，又，所以.所以存在，使得取最小值，所以，故实数的取值范围为21、（1）（2）最小值为0，最大值为4【解析】（1）利用导数求得切线方程.（2）结合导数求得在区间上的最值.【小问1详解】，所以曲线在点处的切线方程为.【小问2详解】，所以在区间递增；在区间递减，，所以在区间上的最小值为，最大值为.22、（1）的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）.【解析】（1）求出，进而判断函数的单调性，然后讨论符号后可得函数的单调区间；（2）令，则有两个不同的零点，利用导数讨论的单调性并结合零点存在定理可得实数的取值范围.【小问1详解】当时，，，记，则，所以在上单调递增，又，所以当时，；当时，，所以单调递减区间为，单调递增区间为【小问2详解】令，得，记，则，令得，列表得．x0↘极小值↗要使在上有两个零点，则，所以且函数在和上各有一个零点当时，，，，则，故上无零点，与函数在上有一个零点矛盾，故不满足条件所以，又因为，所以考虑，设，，则，则在上单调递减，故当时，，所以，且，因为，所以，由零