2025届河南濮阳建业国际学校高二上数学期末检测模拟试题含解析

2025届河南濮阳建业国际学校高二上数学期末检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（）A. B.C. D.2．给出如下四个命题正确的是（）①方程表示的图形是圆；②椭圆的离心率；③抛物线的准线方程是；④双曲线的渐近线方程是A.③ B.①③C.①④ D.②③④3．已知双曲线的右焦点为F,双曲线C的右支上有一点P满是(点O为坐标原点),那么双曲线C的离心率为()A. B.C. D.4．已知a，b为不相等实数，记，则M与N的大小关系为（）A. B.C. D.不确定5．已知正方体中，分别为棱的中点，则直线与所成角的余弦值为()A. B.C. D.6．函数，的值域为（）A. B.C. D.7．已知椭圆经过点，当该椭圆的四个顶点构成的四边形的周长最小时，其标准方程为（）A. B.C. D.8．已知F1(-5，0)，F2(5，0)，动点P满足|PF1|-|PF2|=2a，当a为3和5时，点P的轨迹分别为()A.双曲线和一条直线 B.双曲线和一条射线C.双曲线的一支和一条直线 D.双曲线的一支和一条射线9．如图，D是正方体的一个“直角尖”O-ABC（OA，OB，OC两两垂直且相等）棱OB的中点，P是BC中点，Q是AD上的一个动点，连PQ，则当AC与PQ所成角为最小时，（）A. B.C. D.210．在中国古代，人们用圭表测量日影长度来确定节气，一年之中日影最长一天被定为冬至.从冬至算起，依次有冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，其日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，小寒、雨水，清明日影长之和为28.5尺，则大寒、惊蛰、谷雨日影长之和为（）A.25.5尺 B.34.5尺C.37.5尺 D.96尺11．若则（）A.−2 B.−1C.1 D.212．平面与平面平行的充分条件可以是（）A.平面内有一条直线与平面平行B.平面内有两条直线分别与平面平行C.平面内有无数条直线分别与平面平行D平面内有两条相交直线分别与平面平行二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列满足，，若为等差数列，则___________，若，则数列的前项和为___________.14．抛物线上一点到其焦点的距离为，则的值为______15．对于实数表示不超过的最大整数，如.已知数列的通项公式，前项和为，则___________.16．如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面正方形内一点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是__________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）已知的内角的对边分别为a，，若向量，且（1）求角的值；（2）已知的外接圆半径为，求周长的最大值.18．（12分）已知函数（1）求函数的单调区间；（2）求函数在区间上的值域19．（12分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面于点M连接.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成角的余弦值.20．（12分）已知函数的导函数为，且满足（1）求及的值；（2）求在点处的切线方程21．（12分）已知椭圆的离心率为，长轴长为，F为椭圆的右焦点（1）求椭圆C的方程；（2）经过点的直线与椭圆C交于两点，，且以为直径的圆经过原点，求直线的斜率；（3）点是以长轴为直径的圆上一点，圆在点处的切线交直线于点，求证：过点且垂直于的直线过定点22．（10分）已知函数，记f（x）的导数为f′（x）．若曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为﹣3，且x＝2时y＝f（x）有极值，（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；（Ⅱ）求函数f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值

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】根据题意参变分离得到，求出的最小值，进而求出实数a的取值范围.【详解】由题意得：在上恒成立，即，其中在处取得最小值，，所以，解得：，故选：D2、A【解析】对选项①，根据圆一般方程求解即可判断①错误，对选项②，求出椭圆离心率即可判断②错误，对③，求出抛物线渐近线即可判断③正确，对④，求出双曲线渐近线方程即可判断④错误。【详解】对于①选项，，，故①错误；对于②选项，由题知，所以，所以离心率，故②错误；对于③选项，抛物线化为标准形式得抛物线，故准线方程是，故③正确；对于④选项，双曲线化为标准形式得，所以，焦点在轴上，故渐近线方程是，故④错误.故选：A3、D【解析】分析焦点三角形即可【详解】如图,设左焦点为,因为,所以不妨设,则离心率故选:D4、A【解析】利用作差法即可比较M与N的大小﹒【详解】因为，又，所以，即故选：A5、D【解析】以D为原点建立空间直角坐标系，求出E,F,B,D1点的坐标，利用直线夹角的向量求法求解【详解】如图，以D为原点建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则，,，,,直线与所成角的余弦值为：.故选D【点睛】本题主要考查了空间向量的应用及向量夹角的坐标运算，属于基础题6、A【解析】利用基本不等式可得，进而可得，即求.【详解】∵，∴，当且仅当，即时取等号，∴，，∴.故选：A.7、A【解析】把点代入椭圆方程得，写出椭圆顶点坐标，计算四边形周长讨论它取最小值时的条件即得解.【详解】依题意得，椭圆的四个顶点为，顺次连接这四个点所得四边形为菱形，其周长为，，当且仅当，即时取“=”，由得a2=12，b2=4，所求标准方程为.故选：A【点睛】给定两个正数和(两个正数倒数和)为定值，求这两个正数倒数和(两个正数和)的最值问题，可借助基本不等式中“1”的妙用解答.8、D【解析】由双曲线定义结合参数a的取值分类讨论而得.【详解】依题意得，当时，，且，点P的轨迹为双曲线的右支；当时，，故点P的轨迹为一条射线.故选D.故选：D9、C【解析】根据题意，建立空间直角坐标系，求得AC与PQ夹角的余弦值关于点坐标的函数关系，求得角度最小时点的坐标，即可代值计算求解结果.【详解】根据题意，两两垂直，故以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：设，则，不妨设点的坐标为，则，，则，又，设直线所成角为，则，则，令，令，则，令，则，此时.故当时，取得最大值，此时最小，点，则，故，则故选：C.10、A【解析】由题意可知，十二个节气其日影长依次成等差数列，设冬至日的日影长为尺，公差为尺，利用等差数列的通项公式，求出，即可求出，从而得到答案【详解】设从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列{}，如冬至日的日影长为尺，设公差为尺.由题可知，所以，，，，故选：A11、B【解析】分子分母同除以，化弦为切，代入即得结果.【详解】由题意，分子分母同除以，可得.故选：B.12、D【解析】根据平面与平面平行的判定定理可判断.【详解】对A，若平面内有一条直线与平面平行，则平面与平面可能平行或相交，故A错误；对B，若平面内有两条直线分别与平面平行，若这两条直线平行，则平面与平面可能平行或相交，故B错误；对C，若平面内有无数条直线分别与平面平行，若这无数条直线互相平行，则平面与平面可能平行或相交，故C错误；对D，若平面内有两条相交直线分别与平面平行，则根据平面与平面平行的判定定理可得平面与平面平行，故D正确.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、①.##②.【解析】利用递推关系式，结合等差数列通项公式可求得公差，进而得到；利用递推关系式可知数列的奇数项和偶数项分别成等差数列，采用裂项相消的方法可求得前项和.【详解】由得：，解得：；为等差数列，设其公差为，则，解得：，；由知：数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列；偶数项是以为首项，为公差的等差数列；，又，，数列的前项和，.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题考查根据数列递推关系求解数列中的项、裂项相消法求和的问题；解题关键是能够根据递推关系式得到数列的奇数项和偶数项分别成等差数列，由此可通过裂项相消的方法求得所求数列的和.14、【解析】将抛物线方程化为标准方程，利用抛物线的定义将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，再利用点到直线的距离公式进行求解.【详解】将抛物线化为，由抛物线定义得点到准线的距离为，即，解得故答案为：.15、54【解析】由，利用裂项相消法求得，再由的定义求解.【详解】由已知可得：，，当时，，；当时，，；当时，，；当时，，；当时，；；所以.故答案为：54.16、【解析】取的中点G，连接FG，BG，FB，由正方体的几何特征，易证平面AEC//平面BFG，再根据是侧面内一点（含边界），且平面，得到点P在线段BG上运动，然后在等腰中求解.【详解】如图所示：取的中点G，连接FG，BG，FB，在正方体中，易得又因为平面BFG，平面BFG，所以平面BFG，同理证得平面BFG，又因为，所以平面AEC//平面BFG，因为是侧面内一点（含边界），且平面，所以点P线段BG上运动，如图所示：在等腰中，作，且，所以，设点F到线段BG的距离为d，由等面积法得，解得，所以线段长度的取值范围是，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）6【解析】（1）由可得，再利用正弦定理和三角函数恒等变换公可得，从而可求出角的值，（2）利用正弦定理求出，再利用余弦定理结合基本不等式可得的最大值为4，从而可求出三角形周长的最大值【小问1详解】由，得

，由正弦定理，得，即.在中，由，得.又，所以.【小问2详解】根据题意，得，由余弦定理，得，即，整理得，当且仅当时，取等号，所以的最大值为所以.所以的周长的最大值为

.18、（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）【解析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）根据函数的单调性求出函数的极值点，从而求出函数的最值即可【详解】解：（1）由题意得，，令，得，令，得或，故函数的单调递增区间为，单调递减区间为（2）易知，因为,所以（或由，可得）,又当时，，所以函数在区间上的值域为【点睛】确定函数单调区间的步骤：第一步，确定函数的定义域；第二步，求；第三步，解不等式，解集在定义域内的部分为单调递增区间；解不等式，解集在定义域内的部分为单调递减区间19、（1）证明见详解（2）【解析】（1）连接，交于点，则为中点，再由等腰三角形三线合一可知为中点，连接，利用中位线可知，根据直线与平面平行的判定定理即可证明；（2）根据题意建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法即可求出两平面所成角的余弦值.【小问1详解】连接，交于点，则为中点，因为，于，则为中点，连接，则，又因为平面，平面,所以平面；【小问2详解】如图所示，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，，设平面的一个法向量为，由可得，令，得，即，易知平面的一个法向量为，设平面与平面所成角为，，则平面与平面所成角的余弦值为.20、（1）；；（2）.【解析】（1）由题可得，进而可得，然后可得，即得；（2）由题可求，，再利用点斜式即得.【小问1详解】∵，∴，，∴，，∴.【小问2详解】∵，，∴，，∴在点处的切线方程为，即.21、（1）；（2）；（3）.【解析】（1）由题意中离心率和长轴长可求出，即可求出椭圆方程.（2）设出与的坐标即直线的方程，把直线与椭圆方程进行联立写出韦达定理，由题意以为直径圆经过原点可得，化简即可求出直线的斜率.（3）由题意可得圆的方程，设，由和直线的方程化简，即可得到答案.【小问1详解】，，椭圆C的方程为.【小问2详解】由题意知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为.设.把直线的方程与椭圆的方程进行联立得：..由以为直径圆经过原点知，..经检验，满足，所以.【小问3详解】由题意可得圆的方程为，设，由得.①.当时，，直线的方程为.直线过椭圆的右焦点.当时，直线的斜率为且过，②把①代入②中得.故直线过椭圆的右焦点.综上所述，直线过椭圆的右焦点.22、（Ⅰ）f（x）＝x3﹣3x2+1；（Ⅱ）最大值为1，最小值为﹣3【解析】（Ⅰ）求导可得f′（x）的解析式，根据导数的几何意义，可得k=f′（1）=-3，又在x＝2处有极值，所以f′（2）＝0，即可求得a，b的值，即可得答案；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得f′（x）的解析式，令f′（x）=0，解得x＝0或x＝2，讨论f（x）在﹣1＜x＜0，0＜x＜1上