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文档简介

贵阳市第十八中学2025届数学高二上期末监测模拟试题注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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.如果,那么下列不等式成立的是()A. B.C. D.2.已知点分别是椭圆的左、右焦点,点P在此椭圆上,,则的面积等于A. B.C. D.3.设数列的前项和为,且,则()A. B.C. D.4.已知为坐标原点,点的坐标为,点的坐标满足,则的最小值为()A B.C. D.45.已知圆,直线,则直线l被圆C所截得的弦长的最小值为()A.2 B.3C.4 D.56.已知双曲线的一条渐近线方程是,它的一个焦点在抛物线的准线上,则双曲线的方程为()A. B.C. D.7.“,”是“”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件8.不等式的解集为()A.或 B.C. D.9.椭圆的左、右焦点分别为、,上存在两点、满足,,则的离心率为()A. B.C. D.10.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥内切球的表面积为A.B.C.D.11.设aR,则“a=1”是“直线l1:ax+2y-1=0与直线l2:x+(a+1)y+4=0平行”的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件12.已知椭圆的左、右焦点分别为,过的直线与椭圆C相交P,Q两点,若,且,则椭圆C的离心率为()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知为椭圆上的一点,,分别为圆和圆上的点,则的最小值为______14.在的展开式中项的系数为______.(结果用数值表示)15.若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和,可形成新的数列,再把所得数列按照同样的方法不断进行构造,又可以得到新的数列.现将数列1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;依次构造,第次得到数列1,,,,…,,2;记则______,设数列的前n项和为,则______16.某学生到某工厂进行劳动实践,利用打印技术制作模型.如图,该模型为一个大圆柱中挖去一个小圆柱后的剩余部分(两个圆柱底面圆的圆心重合),大圆柱的轴截面是边长为的正方形,小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半,打印所用原料的密度为,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为________g.(取)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)已知圆M:的圆心为M,圆N:的圆心为N,一动圆与圆N内切,与圆M外切,动圆的圆心E的轨迹为曲线C(1)求曲线C的方程;(2)已知点,直线l与曲线C交于A,B两点,且,直线l是否过定点?若过定点,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由18.(12分)已知数列是公差不为0的等差数列,数列是公比为2的等比数列,是,的等比中项,,.(1)求数列,的通项公式;(2)求数列的前项和.19.(12分)已知函数的两个极值点之差的绝对值为.(1)求的值;(2)若过原点的直线与曲线在点处相切,求点的坐标.20.(12分)如图,四棱锥中,,,,平面,点F在线段上运动.(1)若平面,请确定点F的位置并说明理由;(2)若点F满足,求平面与平面的夹角的余弦值.21.(12分)已知公差不为0的等差数列,前项和为,首项为,且成等比数列.(1)求和;(2)设,记,求.22.(10分)已知函数,.(1)讨论函数的单调性;(2)若不等式在上恒成立,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、D【解析】利用不等式的性质分析判断每个选项.【详解】由不等式的性质可知,因为,所以,,故A错误,D正确;由,可得,,故B,C错误.故选:D2、B【解析】根据椭圆标准方程,可得,结合定义及余弦定理可求得值,由及三角形面积公式即可求解.【详解】椭圆则,所以,则由余弦定理可知代入化简可得,则,故选:B.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及几何性质的简单应用,正弦定理与余弦定理的简单应用,三角形面积公式的用法,属于基础题.3、C【解析】利用,把代入中,即可求出答案.【详解】当时,.当时,.故选:C.4、B【解析】由数量积的坐标运算求得,令,化为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,把最优解的坐标代入目标函数得答案【详解】解:根据题意可得,、,所以,令,由约束条件作出可行域如下图所示,由得,即,由,得,由图可知,当直线过时,直线在轴上的截距最小,有最小值为,即,所以故选:B5、C【解析】直线l过定点D(1,1),当时,弦长最短.【详解】由,圆心,半径,,由,故直线l过定点,∵,故D在圆C内部,直线l始终与圆相交,当时,直线l被圆截得的弦长最短,,弦长=.故选:C.6、A【解析】根据双曲线渐近线方程得a和b的关系,根据焦点在抛物线准线上得c的值,结合a、b、c关系即可求解.【详解】∵双曲线的一条渐近线方程是,∴,∵准线方程是,∴,∵,∴,,∴双曲线标准方程为:.故选:A.7、A【解析】由正切函数性质,应用定义法判断条件间充分、必要关系.【详解】当,,则,当时,,.∴“,”是“”的充分不必要条件.故选:A8、A【解析】根据一元二次不等式的解法可得答案.【详解】由不等式可得或不等式的解集为或故选:A9、A【解析】作点关于原点的对称点,连接、、、,推导出、、三点共线,利用椭圆的定义可求得、、、,推导出,利用勾股定理可得出关于、的齐次等式,即可求得该椭圆的离心率.【详解】作点关于原点的对称点,连接、、、,则为、的中点,故四边形为平行四边形,故且,则,所以,,故、、三点共线,由椭圆定义,,有,所以,则,再由椭圆定义,有,因为,所以,在中,即,所以,离心率故选:A.10、A【解析】由三视图可知该几何体是一个三棱锥,根据等积法求出几何体内切球的半径,再计算内切球的表面积【详解】解:由三视图知该几何体是一个三棱锥,放入棱长为2的正方体中,如图所示:设三棱锥内切球的半径为,则由等体积法得,解得,所以该三棱锥内切球的表面积为故选:A【点睛】本题考查了由三视图求三棱锥内切球表面积的应用问题,属于中档题11、A【解析】运用两直线平行的充要条件得出l1与l2平行时a的值,而后运用充分必要条件的知识来解决即可解:∵当a=1时,直线l1:x+2y﹣1=0与直线l2:x+2y+4=0,两条直线的斜率都是﹣,截距不相等,得到两条直线平行,故前者是后者的充分条件,∵当两条直线平行时,得到,解得a=﹣2,a=1,∴后者不能推出前者,∴前者是后者的充分不必要条件故选A考点:必要条件、充分条件与充要条件的判断;直线的一般式方程与直线的平行关系12、B【解析】设,由椭圆的定义及,结合勾股定理求参数m,进而由勾股定理构造椭圆参数的齐次方程求离心率.【详解】设,椭圆的焦距为,则,由,有,解得,所以,故得:故选:B.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、8【解析】根据椭圆的定义、点到圆上距离的最小值,即可得到答案;【详解】设为椭圆的左右焦点,则,等号成立,当共线,共线,的最小值为,故答案为:14、【解析】先求解出该二项式展开式的通项,然后求解出满足题意的项数值,带入通项即可求解出展开式的系数.【详解】展开式通项为,由题意,令,解得,,所以项的系数为.故答案为:.15、①.81②.【解析】根据数列的构造写出前面几次得到的新数列,寻找规律,构造等比数列,求出通项公式,再进行求和.【详解】第1次得到数列1,3,2,此时;第2次得到数列1,4,3,5,2,此时;第3次得到数列1,5,4,7,3,8,5,7,2,此时;第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2,此时,故81,且故,又,所以数列是以为首项,公比为3的等比数列,所以,故,所以故答案为:81,16、4500【解析】根据题意可知大圆柱的底面圆的半径,两圆柱的高,设小圆柱的底面圆的半径为,再根据小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半,求出小圆柱的底面圆的半径,然后求出该模型的体积,从而可得出答案.【详解】解:根据题意可知大圆柱的底面圆的半径,两圆柱的高,设小圆柱的底面圆的半径为,则有,即,解得,所以该模型的体积为,所以制作该模型所需原料的质量为.故答案:4500.三、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)过,.【解析】(1)根据两圆内切和外切的性质,结合双曲线的定义进行求解即可;(2)设出直线l的方程与双曲线的方程联立,利用一元二次方程根与系数关系,结合平面向量数量积的坐标表示公式进行求解判断即可.【小问1详解】设圆E的圆心为,半径为r,则,,所以由双曲线定义可知,E的轨迹是以M,N为焦点、实轴长为6的双曲线的右支,所以动圆的圆心E的轨迹方程为,;【小问2详解】设,,直线l的方程为由得,且,故又,所以又,,所以,即.又故或若,则直线l的方程为,过点,与题意矛盾,所以,故,所以直线l的方程为,过点【点睛】关键点睛:利用一元二次方程根与系数的关系是解题的关键.18、(1)(2)【解析】(1)根据是,的等比中项,且,,由求解;(2)由(1)得到,再利用错位相减法求解.【小问1详解】解:因为是,的等比中项,且,,所以,解得,,所以;【小问2详解】由(1)得,所以,则,两式相减得,,,所以.19、(1);(2).【解析】(1)求,设的两根分别为,,由韦达定理可得:,,由题意知,进而可得的值;再检验所求的的值是否符合题意即可;(2)设,则,由列关于的方程,即可求得的值,进而可得的值,即可得点的坐标.【详解】由可得:设的两根分别为,,则,,由题意可知:,即,所以解得:,当时,,由可得或,由可得,所以在单调递增,在单调递减,在单调递增,所以为极大值点,为极小值点,满足两个极值点之差的绝对值为,符合题意,所以.(2)由(1)知,,设,则,由题意可得:,即,整理可得:,解得:或,因为即为坐标原点,不符合题意,所以,则,所以.20、(1)F为BD的中点,证明见解析;(2).【解析】(1)由为的中点,取的中点,连接易证四边形为平行四边形,得到,再利用线面平行的判定定理证明;(2)根据题意可得平面ABC与平面AFC的夹角为二面角,取的中点H为坐标原点,建立空间直角坐标系,分别求得平面的一个法向量,平面的一个法向量,设二面角为,由求解.【小问1详解】为的中点.如图:取的中点,连接∵,分别为,的中点,∴且∵且∴平行且等于∴四边形为平行四边形,则∵平面ABC,平面ABC∴平面ABC【小问2详解】由题意知,平面ABC与平面AFC的夹角为二面角,取的中点H为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.因为三角形为等腰三角形,易求,则,,所以,,设平面的一个法向量为,则,即,解得设平面的一个法向量为,则,即,解得设二面角为,则,因为二面角为锐角,所以余弦值为.21、(1)(2)【解析】(1)由题意解得等差数列的公差,代入公式即可求得和;(2)把n分为奇数和偶数两类,分别去数列的前n项和.【小问1详解】设等差数列公差为,由题有,即,解之得或0,又,所以,所以.【小问2详解】,当为正奇数,,当为正偶数,,所以22、(1)时,函数在单调递增,无减区间;时,函数在单调递增,在单调递减.(2).【解析】(1)对求导得到,分和进行讨论,判断出的正

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