2025屆江西省撫州臨川市第二中學高二數學第一學期期末調研模擬試題含解析

2025屆江西省撫州臨川市第二中學高二數學第一學期期末調研模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．直線的一個方向向量為，則它的斜率為（）A. B.C. D.2．已知為偶函數，且當時，，其中為的導數，則不等式的解集為()A. B.C. D.3．箱子中有5件產品，其中有2件次品，從中隨機抽取2件產品，設事件=“至少有一件次品”，則的對立事件為（）A.至多兩件次品 B.至多一件次品C.沒有次品 D.至少一件次品4．已知雙曲線的兩個頂點分別為A、B，點P為雙曲線上除A、B外任意一點，且點P與點A、B連線的斜率為，若，則雙曲線的離心率為（）A. B.C.2 D.35．曲線在處的切線如圖所示，則（）A.0 B.C. D.6．已知正三棱柱的側棱長與底面邊長相等，則AB1與側面ACC1A1所成角的正弦值等于A. B.C. D.7．直線且的傾斜角為（）A. B.C. D.8．等差數列的通項公式，數列，其前項和為，則等于（）A. B.C. D.9．正三棱柱各棱長均為為棱的中點，則點到平面的距離為（）A. B.C. D.110．在中，若，，，則此三角形解的情況為（）A.無解 B.兩解C.一解 D.解的個數不能確定11．已知a，b為正數，，則下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.12．在等差數列中，，則的公差為（）A.1 B.2C.3 D.4二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．直線過點，且原點到直線l的距離為，則直線方程是______14．已知點，拋物線的焦點為，點是拋物線上任意一點，則周長的最小值是__________.15．若橢圓W：的離心率是，則m=___________.16．已知P為拋物線上的一個動點，設P到拋物線準線的距離為d，點，那么的最小值為______三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知圓.（1）若不過原點的直線與圓相切，且直線在兩坐標軸上的截距相等，求直線的方程；（2）求與圓和直線都相切的最小圓的方程.18．（12分）如圖，在四棱錐中，平面平面，，，是邊長為的等邊三角形，是以為斜邊的等腰直角三角形，點為線段的中點.（1）證明：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.19．（12分）在平面直角坐標系中，已知雙曲線C的焦點為、，實軸長為.（1）求雙曲線C的標準方程；（2）過點的直線l與曲線C交于M，N兩點，且Q恰好為線段的中點，求直線l的方程.20．（12分）已知函數.（1）當時，討論的單調性；（2）當時，證明：.21．（12分）已知函數（1）討論函數的單調性；（2）若對任意的，都有成立，求的取值范圍22．（10分）如圖，在多面體中，平面平面．四邊形為正方形，四邊形為梯形，且，，，（1）求證：；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）線段上是否存在點，使得直線平面?若存在，求的值；若不存在，請說明理由

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】根據的方向向量求得斜率.【詳解】且是直線的方向向量，.故選：A2、A【解析】根據已知不等式和要求解的不等式特征，構造函數，將問題轉化為解不等式.通過已知條件研究g(x)的奇偶性和單調性即可解該不等式.【詳解】令，則根據題意可知，，∴g(x)是奇函數，∵，∴當時，，單調遞減，∵g(x)是奇函數，g(0)＝0，∴g(x)在R上單調遞減，由不等式得，.故選：A.3、C【解析】利用對立事件的定義，分析即得解【詳解】箱子中有5件產品，其中有2件次品，從中隨機抽取2件產品，可能出現：“兩件次品”，“一件次品，一件正品”，“兩件正品”三種情況根據對立事件的定義，事件=“至少有一件次品”其對立事件為：“兩件正品”，即”沒有次品“故選：C4、C【解析】根據題意設設，根據題意得到，進而求得離心率【詳解】根據題意得到設，因為，所以，所以，則故選：C.5、C【解析】由圖示求出直線方程，然后求出，，即可求解.【詳解】由直線經過，，可求出直線方程為：∵在處的切線∴，∴故選：C【點睛】用導數求切線方程常見類型：(1)在出的切線：為切點，直接寫出切線方程：；(2)過出的切線：不是切點，先設切點，聯立方程組，求出切點坐標，再寫出切線方程：.6、C【解析】過作，連接，由于，故平面，所以所求直線與平面所成的角為，設棱長為，則，故，.點睛：本題主要考查空間立體幾何直線與平面的位置關系，考查直線與平面所成的角，考查線面垂直的證明方法和常見幾何體的結構特征.由于題目所給幾何體為直三棱柱，故側棱和底面垂直，這是一個重要的隱含條件，通過作交線的垂線，即可得到高，由此作出二面角的平面角.7、C【解析】由直線方程可知其斜率，根據斜率和傾斜角關系可得結果.【詳解】直線方程可化為：，直線的斜率，直線的傾斜角為.故選：C.8、D【解析】根據裂項求和法求得，再計算即可.【詳解】解：由題意得====所以.故選：D9、C【解析】建立空間直角坐標系，利用點面距公式求得正確答案.【詳解】設分別是的中點，根據正三棱柱的性質可知兩兩垂直，以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，，，.設平面的法向量為，則，故可設，所以點到平面的距離為.故選：C10、C【解析】求出的值，結合大邊對大角定理可得出結論.【詳解】由正弦定理可得可得，因為，則，故為銳角，故滿足條件的只有一個.故選：C.11、A【解析】構造新函數，以函數單調性把不等式轉化為整式不等式即可解決.【詳解】不等式可化為：令，則則函數為單調增函數.由可得故選：A12、A【解析】根據等差數列性質可得方程組，求得公差.【詳解】等差數列中,,，由通項公式可得解得故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】直線斜率不存在不滿足題意，即設直線的點斜式方程，再利用點到直線的距離公式，求出的值，即可求出直線方程.【詳解】①當直線斜率不存在時，顯然不滿足題意.②當直線斜率存在時，設直線為.原點到直線l的距離為，即直線方程為.故答案為：.14、##【解析】利用拋物線的定義結合圖形即得.【詳解】拋物線的焦點為，準線的方程為，過點作，垂足為，則，所以的周長為，當且僅當三點共線時等號成立.故答案為：.15、或【解析】按照橢圓的焦點在軸和在軸上兩種情況分別求解，可得所求結果【詳解】①當橢圓的焦點在軸上時，則有，由題意得，解得②當橢圓的焦點在軸上時，則有，由題意得，解得綜上可得或故答案為或【點睛】解答本題的關鍵有兩個：一個是注意分類討論思想方法的運用，注意橢圓焦點所在的位置；二是解題時要分清橢圓方程中各個參數的幾何意義，然后再根據離心率的定義求解16、5【解析】由拋物線的定義可得，所以，由圖可知當三點共線時，取得最小值，從而可求得結果【詳解】拋物線的焦點，準線為，如圖，過作垂直準線于點，則，所以，由圖可知當三點共線時，取得最小值，即最小值為,,所以的最小值為5，故答案為：5三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）或；（2）.【解析】（1）根據題意設出直線的方程，然后根據直線與圓相切，即可求出答案；（2）首先根據題意判斷出最小圓的圓心在直線上，且最小圓的半徑為，然后設出最小圓的圓心為，則圓心到直線的距離為，從而可求出答案.【小問1詳解】因為直線不過原點，設直線的方程為，圓的標準方程為，若直線與圓相切，則，即，解得或者3，所以直線的方程為或者；【小問2詳解】因為，所以直線與圓相離，所以所求最小圓的圓心一定在圓的圓心到直線的垂線段上，即最小圓的圓心在直線上，且最小圓的半徑為，設最小圓的圓心為，則圓心到直線的距離為，所以，即，解得(舍)或，所以最小的圓的方程為.18、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）取的中點，連接，，證明兩兩垂直，如圖建系，求出的坐標以及平面的一個法向量，證明結合面，即可求證；（2）求出的坐標以及平面的法向量，根據空間向量夾角公式計算即可求解.【小問1詳解】如圖：取的中點，連接，，因為是邊長為等邊三角形，是以為斜邊的等腰直角三角形，可得，，因為面面，面面，，面，所以平面，因為面，所以，可得兩兩垂直，分別以所在的直線為軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，所以，，，設平面的一個法向量，由，可得，令，則，所以，因為，所以，因為面，所以平面.【小問2詳解】，，，設平面的一個法向量，由，令，，，所以，設直線與平面所成角為，則.所以直線與平面所成角的正弦值為.19、（1）（2）.【解析】（1）根據條件，結合雙曲線定義即可求得雙曲線的標準方程.（2）當斜率不存在時，不符合題意；當斜率存在時，設出直線方程，聯立雙曲線，變形后由中點坐標公式可求得斜率，即可求得直線方程.【詳解】（1）根據題意，焦點在軸上，且，所以，雙曲線的標準方程為C：.（2）過點的直線l與曲線C交于M，N兩點，且Q恰好為線段的中點，當直線斜率不存在時，直線方程為，則由雙曲線對稱性可知線段的中點在軸上，所以不滿足題意；當斜率存在時，設直線方程為，設，則，化簡可得，因為有兩個交點，所以化簡可得恒成立，所以，因為恰好為線段的中點，則，化簡可得，所以直線方程為，即.【點睛】本題考查根據雙曲線定義求雙曲線標準方程，直線與雙曲線的位置關系，由中點坐標求直線方程，屬于中檔題.20、（1）在上單調遞減，在上單調遞增（2）證明見解析【解析】（1）當時，利用求得的單調區(qū)間.（2）將問題轉化為證明，利用導數求得的最小值大于零，從而證得不等式成立.【小問1詳解】當時，，且，又與均在上單調遞增，所以在上單調遞增.當時，單調遞減；當時，單調遞增綜上，在上單調遞減，在上單調遞增.【小問2詳解】因為，所以，要證，只需證當時，即可.，易知在上單調遞增，又，所以，且，即，當時，單調遞減；當時，單調遞增，，所以.【點睛】在證明不等式的過程中，直接證明困難時，可考慮證明和兩個不等式成立，從而證得成立.21、（1）答案見解析；（2）.【解析】（1）求，分別討論不同范圍下的正負，分別求單調性；（2）由（1）所求的單調性，結合，分別求出的范圍再求并集即可.【詳解】解：（1）由已知定義域為，當，即時，恒成立，則在上單調遞增；當，即時，（舍）或，所以在上單調遞減，在上單調遞增.所以時，在上單調遞增；時，在上單調遞減，在上單調遞增.（2）由（1）可知，當時，在上單調遞增，若對任意的恒成立，只需，而恒成立，所以成立；當時，若，即，則在上單調遞增，又，所以成立；若，則在上單調遞減，在上單調遞增，又，所以，，不滿足對任意的恒成立.所以綜上所述：.22、（1）證明見解析（2）（3）存在點，使得平面，且【解析】（1）由面面垂直的性質可得平面，再由線面垂直的性質可證得結論，（2）可證得兩兩垂直，所以分別以為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，利用空間向量求解，（3）設，然后利用空間向量求解