云南省文山州砚山县第二高级中学2025届高二数学第一学期期末联考模拟试题含解析

云南省文山州砚山县第二高级中学2025届高二数学第一学期期末联考模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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．在等腰中，在线段斜边上任取一点，则线段的长度大于的长度的概率（）A B.C. D.2．一质点的运动方程为（位移单位：m，时间单位：s），则该质点在时的瞬时速度为（）A.4 B.12C.15 D.213．已知函数为偶函数，且当时，，则不等式的解集为（）A. B.C. D.4．某救援队有5名队员，其中有1名队长，1名副队长，在一次救援中需随机分成两个行动小组，其中一组2名队员，另一组3名队员，则正、副队长不在同一组的概率为（）A. B.C. D.5．接种疫苗是预防控制新冠疫情最有效的方法，我国自2021年1月9日起实施全民免费接种新冠疫苗并持续加快推进接种工作．某地为方便居民接种，共设置了A、B、C三个新冠疫苗接种点，每位接种者可去任一个接种点接种．若甲、乙两人去接种新冠疫苗，则两人不在同一接种点接种疫苗的概率为（）A. B.C. D.6．已知函数，则函数在区间上的最小值为（）A. B.C. D.7．在三棱锥中，，，则异面直线PC与AB所成角的余弦值是（）A. B.C. D.8．若直线l与椭圆交于点A、B,线段的中点为,则直线l的方程为()A. B.C. D.9．“五一”期间，甲、乙、丙三个大学生外出旅游，已知一人去北京，一人去两安，一人去云南.回来后，三人对去向作了如下陈述：甲：“我去了北京，乙去了西安.”乙：“甲去了西安，丙去了北京.”丙：“甲去了云南，乙去了北京.”事实是甲、乙、丙三人陈述都只对了一半(关于去向的地点仅对一个).根据以上信息，可判断下面说法中正确的是（）A.甲去了西安 B.乙去了北京C.丙去了西安 D.甲去了云南10．己知命题；命题，则下列命题中为假命题的是（）A. B.C. D.11．已知抛物线，则其焦点到准线的距离为（）A. B.C.1 D.412．已知圆与直线至少有一个公共点，则的取值范围为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列的前项和为，，则___________，___________.14．设，分别是椭圆C：的左、右焦点，点M为椭圆C上一点且在第一象限，若为等腰三角形，则M的坐标为___________15．已知函数有三个零点，则正实数a的取值范围为_________16．若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是______.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）已知等差数列中，，.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.18．（12分）已知等比数列前3项和为（1）求的通项公式；（2）若对任意恒成立，求m的取值范围19．（12分）已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）求C；（2）若，求的最大值20．（12分）两个顶点、的坐标分别是、，边、所在直线的斜率之积等于，顶点的轨迹记为.（1）求顶点的轨迹的方程；（2）若过点作直线与轨迹相交于、两点，点恰为弦中点，求直线的方程；（3）已知点为轨迹的下顶点，若动点在轨迹上，求的最大值.21．（12分）已知函数（1）求的图象在点处的切线方程；（2）求在上的最大值与最小值22．（10分）长方体中，，点分别在上，且.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成角的余弦值.

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、C【解析】利用几何概型的长度比值，即可计算.【详解】设直角边长，斜边，则线段的长度大于的长度的概率.故选：C2、B【解析】由瞬时变化率的定义，代入公式求解计算.【详解】由题意，该质点在时的瞬时速度为.故选：B3、D【解析】结合导数以及函数的奇偶性判断出的单调性，由此化简不等式来求得不等式的解集.【详解】当时，单调递增，，所以单调递增.因为是偶函数，所以当时，单调递减.，，，或.即不等式的解集为.故选：D4、C【解析】求出基本事件总数与正、副队长不在同一组的基本事件个数，即可求出答案.【详解】基本事件总数为正、副队长不在同一组的基本事件个数为故正、副队长不在同一组的概率为.故选：C.5、C【解析】利用古典概型的概率公式可求出结果【详解】由题知,基本事件总数为甲、乙两人不在同一接种点接种疫苗的基本事件数为由古典概型概率计算公式可得所求概率故选:6、B【解析】根据已知条件求得以及，利用导数判断函数的单调性，即可求得函数在区间上的最小值.【详解】因为，故可得，则，又，令，解得，令，解得，故在单调递减，在单调递增，又，故在区间上的最小值为.故选：.7、A【解析】分别取、、的中点、、，连接、、、、，由题意结合平面几何的知识可得、、或其补角即为异面直线PC与AB所成角，再由余弦定理即可得解.【详解】分别取、、的中点、、，连接、、、、，如图：由可得，所以，在，，可得由中位线的性质可得且，且，所以或其补角即为异面直线PC与AB所成角，在中，，所以异面直线AB与PC所成角的余弦值为.故选：A.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角8、A【解析】用点差法即可获解【详解】设.则两式相减得即因为,线段AB的中点为,所以所以所以直线的方程为,即故选:A9、D【解析】根据题意，先假设甲去了北京正确，则可分析其他人的陈述是否符合题意，再假设乙去西安正确，分析其他人的陈述是否符合题意，即可得答案.【详解】由题意得，甲、乙、丙三人的陈述都只对了一半，假设甲去了北京正确，对于甲的陈述：则乙去西安错误，则乙去了云南；对于乙的陈述：甲去了西安错误，则丙去了北京正确；对于丙的陈述：甲去了云南错误，乙去了北京也错误，故假设错误.假设乙去了西安正确，对于甲的陈述：则甲去了北京错误，则甲去了云南；对于乙的陈述：甲去了西安错误，则丙去了北京正确；对于丙的陈述：甲去了云南正确，乙去了北京错误，此种假设满足题意，故甲去了云南.故选：D10、A【解析】根据或且非命题的真假进行判断即可.【详解】当,故命题是真命题，，故命题是真命题.因此可知是假命题，是真命题，，均为真命题.故选:A11、B【解析】化简抛物线的方程为，求得，即为焦点到准线的距离.【详解】由题意，抛物线，即，解得，即焦点到准线的距离是故选：B12、C【解析】利用点到直线距离公式求出圆心到直线的距离范围，从而求出的取值范围.【详解】圆心到直线的距离，当且仅当时等号成立，故只需即可.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、①.②.【解析】第一空：由，代入已知条件，即可解得结果；第二空：由与关系可推导出之间的关系，再由递推公式即可求出通项公式.【详解】，可得由，可知时，故时即可化为又故数列是首项为公比为2的等比数列，故数列的通项公式故答案为：①；②14、【解析】先计算出,所以,利用余弦定理求出，即可求出,即得到M的横坐标为，代入椭圆C：求出.【详解】椭圆C：,所以.因为M在椭圆上,.因为M在第一象限,故.为等腰三角形,则,所以,由余弦定理可得.过M作MA⊥x轴于A,则所以,即M的横坐标为.因为M为椭圆C：上一点且在第一象限，所以，解得：所以M的坐标为.故答案为：15、【解析】求导易得函数有两个极值点和，根据题意，由求解.【详解】由，可得函数有两个极值点和，，，若函数有三个零点，必有解得或故答案为：16、【解析】设由题可知，当时，可得适合题意，当时，可求函数的最小值即得，当时不合题意，即得.【详解】设，由题可知，∴，当时，，适合题意，所以，当时，令，则，此时时，，单调递减，，，单调递增，∴，又，∴，∴，即，解得，当时，时，，，故的值有正有负，不合题意；综上，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立求参数的取值范围，设由题可知，当时，利用导数可求函数的最小值，结合，可得，进而通过解，即得.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）.【解析】（1）先设等差数列的公差为，由题中条件，列出方程求出首项和公差，即可得出通项公式；（2）根据（1）的结果，得到，再由等比数列的求和公式，即可得出结果.【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，，所以，解得，所以；（2）由（1）可得，，即数列为等比数列，所以数列的前n项和.18、（1）（2）【解析】（1）由等比数列的基本量，列式，即可求得首项和公比，再求通项公式；（2）由题意转化为求数列的前项和的最大值，即可求参数的取值范围.【小问1详解】设等比数列的公比为，则，①，即，得，即，代入①得，解得：，所以；【小问2详解】由（1）可知，数列是首项为2，公比为的等比数列，，若对任意恒成立，即，数列，,单调递增,的最大值无限趋近于4，所以19、（1）；（2）.【解析】（1）将题设条件化为，结合余弦定理即可知C的大小.（2）由（1）及正弦定理边角关系可得，再应用辅助角公式、正弦函数的性质即可求最大值.【小问1详解】由，得，即，由余弦定理得：，又，所以【小问2详解】由（1）知：，则，设△ABC外接圆半径为R，则，当时，取得最大值为20、（1）（2）（3）【解析】（1）先表示出边、所在直线的斜率，然后根据两条直线的斜率关系建立方程即可；（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和中点坐标公式即可求出直线的斜率；（3）先表示出，然后利用椭圆的性质，进而确定的最大值.【小问1详解】设点，则由可得：化简得：故顶点的轨迹的方程：【小问2详解】当直线的斜率不存在时，显然不符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为联立方程组消去可得：设直线与轨迹的交点，的坐标分别为由韦达定理得：点为、两点的中点，可得：，即则有：解得：故求直线的方程为：【小问3详解】由（1）可知，设则有：又点满足，即由椭圆的性质得：所以当时，21、（1）；（2）最大值与最小值分别为与【解析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率即可求出结果；（2）利用导数研究函数的单调性，进而结合函数的单调性即可求出最值.【详解】（1）因为，所以所以所以的图象在点处的切线方程为，即（2）由（1）知令，则；令，则所以在上单调递减，在上单调递增．所以又，所以所以在上的最大值与最小值分别为与22、（1）证明