2025屆云南省石林彝族自治縣民族中學高二上數學期末綜合測試模擬試題含解析

2025屆云南省石林彝族自治縣民族中學高二上數學期末綜合測試模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知函數，，若對于任意的，存在唯一的，使得，則實數a的取值范圍是（）A（e，4） B.（e，4]C.（e，4） D.（，4]2．設數列的前項和為，當時，，，成等差數列，若，且，則的最大值為（）A. B.C. D.3．若函數在區(qū)間上單調遞增，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.4．如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為（）A.8 B.16C. D.5．設函數，若為奇函數，則曲線在點處的切線方程為（）A. B.C. D.6．橢圓：與雙曲線：的離心率之積為2，則雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.7．設等差數列前項和為，若是方程的兩根，則（）A.32 B.30C.28 D.268．已知數列滿足：且，則此數列的前20項的和為（）A.621 B.622C.1133 D.11349．已知a、b是兩條不同的直線，α、β、γ是三個不同的平面，則下列命題正確的是（）A.若a∥α，a∥b，則b∥α B.若a∥α，a∥β，則α∥βC.若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β D.若a⊥α，b⊥α，則a∥b10．設函數在R上存在導數，對任意的有，若，則k的取值范圍是（）A. B.C. D.11．設aR，則“a＝1”是“直線l1：ax＋2y－1＝0與直線l2：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件12．如圖，已知、分別是橢圓的左、右焦點，點、在橢圓上，四邊形是梯形，，且，則的面積為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若拋物線的焦點與橢圓的右焦點重合，則實數m的值為______.14．若實數、滿足，則的取值范圍為___________.15．直線與直線平行，則m的值是__________16．傳說古希臘畢達哥拉斯學派的數學家用沙粒和小石子來研究數．用一點（或一個小石子）代表1，兩點（或兩個小石子）代表2，三點（或三個小石子）代表3，…他們研究了各種平面數（包括三角形數、正方形數、長方形數、五邊形數、六邊形數等等）和立體數（包括立方數、棱錐數等等）．如前四個四棱錐數為第n個四棱錐數為1+4+9+…+n2＝．中國古代也有類似的研究，如圖的形狀出現在南宋數學家楊輝所著的《詳解九章算法?商功》中，后人稱為“三角垛”．“三角垛”的最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球，…若一個“三角垛”共有20層，則第6層有____個球，這個“三角垛”共有______個球三、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）設：實數滿足，：實數滿足（1）若，且為真，求實數的取值范圍；（2）若是的必要不充分條件，求實數的取值范圍18．（12分）在四棱錐中，底面為直角梯形，，，平面底面，為的中點，是棱上的點，，，.（1）求證：平面平面；（2）若，求直線與所成角的余弦值.19．（12分）在中，角的對邊分別為，且.（1）求；（2）若，的面積為，求.20．（12分）在等差數列中，，（1）求的通項公式；（2）設，求數列的前項和21．（12分）如圖，正四棱錐底面的四個頂點在球的同一個大圓上，點在球面上，且正四棱錐的體積為.（1）該正四棱錐的表面積的大??；（2）二面角的大小.(結果用反三角表示)22．（10分）設：，：.（1）若命題“，是真命題”，求的取值范圍；（2）若是的充分不必要條件，求的取值范圍.

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、B【解析】結合導數和二次函數的性質可求出和的值域，結合已知條件可得，，從而可求出實數a的取值范圍.【詳解】解：g（x）=x2ex的導函數為g′（x）=2xex+x2ex=x（x+2）ex，當時，，由時，，時，，可得g（x）在[–1，0]上單調遞減，在（0，1]上單調遞增，故g（x）在[–1，1]上的最小值為g（0）=0，最大值為g（1）=e，所以對于任意的，．因為開口向下，對稱軸為軸，又，所以當時，，當時，，則函數在[，2]上的值域為[a–4，a]，且函數f（x）在，圖象關于軸對稱，在（，2]上，函數單調遞減．由題意，得，，可得a–4≤0<e<，解得ea≤4故選:B【點睛】本題考查了利用導數求函數的最值，考查了二次函數的性質，屬于中檔題.本題的難點是這一條件的轉化.2、A【解析】根據等差中項寫出式子，由遞推式及求和公式寫出和，進而得出結果.【詳解】解：由，，成等差數列，可得，則，，，可得數列中，每隔兩項求和是首項為，公差為的等差數列.則，，則的最大值可能為.由，，可得.因為，，，即，所以，則，當且僅當時，，符合題意，故的最大值為.故選：A.【點睛】本題考查等差數列的性質和遞推式的應用，考查分析問題能力，屬于難題.3、A【解析】由函數在上單調遞增，可得，從而可求出實數的取值范圍【詳解】由，得，因為函數在區(qū)間上單調遞增，所以在區(qū)間上恒成立，即恒成立，因為，所以，所以，所以實數的取值范圍為，故選：A4、C【解析】畫出直觀圖，利用椎體體積公式進行求解.【詳解】畫出直觀圖，為四棱錐A-BCDE，其中BC=4，BE=2，AE=2，且BE，AE，DE兩兩垂直，故體積為.故選：C5、C【解析】利用函數的奇偶性求出，求出函數的導數，根據導數的幾何意義，利用點斜式即可求出結果【詳解】函數的定義域為，若為奇函數，則則，即，所以，所以函數，可得；所以曲線在點處的切線的斜率為，則曲線在點處的切線方程為，即故選：C6、C【解析】先求出橢圓的離心率，再由題意得出雙曲線的離心率，根據離心率即可求出漸近線斜率得解.【詳解】橢圓：的離心率為，則，依題意，雙曲線；的離心率為，而，于是得，解得：，所以雙曲線的漸近線方程為故選：C7、A【解析】根據給定條件利用韋達定理結合等差數列性質計算作答.【詳解】因是方程的兩根，則又是等差數列的前項和，于是得，所以.故選：A8、C【解析】這個數列的奇數項是公差為2的等差數列，偶數項是公比為2的等比數列，只要分開來計算即可.【詳解】由于，所以當n為奇數時，是等差數列，即：共10項，和為；，共10項，其和為；∴該數列前20項的和；故選：C.9、D【解析】根據空間線、面的位置關系有關定理，對四個選項逐一分析排除，由此得出正確選項.【詳解】對于A選項，直線有可能平面內，故A選項錯誤.對于B選項，兩個平面有可能相交，平行于它們的交線，故B選項錯誤.對于C選項，可能相交，故C選項錯誤.根據線面垂直的性質定理可知D選項正確.故選:D.10、C【解析】構造函數，求導后利用單調性，對題干條件變形后得到不等關系，求出答案.【詳解】令，則恒成立，故單調遞增，變形為，即，從而，解得：，故k的取值范圍是故選：C11、A【解析】運用兩直線平行的充要條件得出l1與l2平行時a的值，而后運用充分必要條件的知識來解決即可解：∵當a=1時，直線l1：x+2y﹣1=0與直線l2：x+2y+4=0，兩條直線的斜率都是﹣，截距不相等，得到兩條直線平行，故前者是后者的充分條件，∵當兩條直線平行時，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條件故選A考點：必要條件、充分條件與充要條件的判斷；直線的一般式方程與直線的平行關系12、A【解析】設點關于原點的對稱點為點，連接、，分析可知、、三點共線，設點、，設直線的方程為，分析可知，將直線的方程與橢圓的方程聯立，列出韋達定理，求出的值，可得出的值，再利用三角形的面積公式可求得結果.【詳解】設點關于原點的對稱點為點，連接、，如下圖所示：因為為、的中點，則四邊形為平行四邊形，可得且，因為，故、、三點共線，設、，易知點，，，由題意可知，，可得，若直線與軸重合，設，，則，不合乎題意；設直線的方程為，聯立，可得，由韋達定理可得，得，，則，可得，故，因此，.故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】分別求出橢圓和拋物線的焦點坐標即可出值.【詳解】由橢圓方程可知，，，則，即橢圓的右焦點的坐標為，拋物線的焦點坐標為，∵拋物線的焦點與橢圓的右焦點重合，∴，即，故答案為：.14、【解析】直接利用換元法以及基本不等式，求出結果【詳解】解：設，由于，所以，由于，(當且僅當時取等號)所以(當且僅當時取等號)，(當且僅當時取等號)，故，，所以，整理得：故的取值范圍為的取值范圍故答案為：15、【解析】利用直線的平行條件即得.詳解】∵直線與直線平行，∴，∴.故答案為：.16、①.21②.1540【解析】根據題中給出的圖形，結合題意找到各層球的數列與層數的關系，得到＝，由此可求的值，以及前20層的總球數【詳解】由題意可知，，故＝＝，所＝＝21，所以S20＝a1+a2+a3+a4+??+a20＝（12+22+32+??+202）+（1+2+3+??+20）＝×+×＝1540故答案為：21；1540三、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）（2）【解析】（1）根據二次不等式與分式不等式的求解方法求得命題p，q為真時實數x的取值范圍，再求交集即可；（2）先求得，再根據是的必要不充分條件可得，再根據集合包含關系，根據區(qū)間端點列不等式求解即可【小問1詳解】當時，，解得，即p為真時，實數x的取值范圍為．由，解得，即q為真時，實數x的取值范圍為若為真，則，解得實數x的取值范圍為【小問2詳解】若p是q的必要不充分條件，則且設，，則，又由，得，因為，則，有，解得因此a的取值范圍為18、（1）證明見解析；（2）；【解析】（1）證明，利用面面垂直的性質可得出平面，再利用面面垂直的判定定理可證得平面平面；（2）連接，以點為坐標原點，、、所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，設，根據可得出，求出的值，利用空間向量法可求得直線與所成角的余弦值.【詳解】（1）為的中點，且，則，又因為，則，故四邊形為平行四邊形，因為，故四邊形為矩形，所以，平面平面，平面平面，平面，平面，因為平面，因此，平面平面；（2）連接，由（1）可知，平面，，為的中點，則，以點為坐標原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，則、、、、，設，,因為，則，解得，，，則.因此，直線與所成角的余弦值為.19、（1）；（2）.【解析】(1)由正弦定理得到，兩邊消去公因式得到，化一即可求得角A；（2）因為，所以，再結合余弦定理得到結果.【詳解】（1）由,得,因為，所以，整理得：，因，所以.（2）因為，所以，因為及，所以，即.【點睛】本題主要考查正弦定理及余弦定理的應用以及三角形面積公式，屬于難題.在解與三角形有關的問題時，正弦定理、余弦定理是兩個主要依據.解三角形時，有時可用正弦定理，有時也可用余弦定理，應注意用哪一個定理更方便、簡捷一般來說,當條件中同時出現及、時，往往用余弦定理，而題設中如果邊和正弦、余弦函數交叉出現時，往往運用正弦定理將邊化為正弦函數再結合和、差、倍角的正余弦公式進行解答.20、（1）；（2）.【解析】(1)根據等差數列的通項公式求解；(2)運用裂項相消法求數列的和.詳解】（1）∵，∴，即∴（2）由（1）可得，即.利用累加法得【點睛】本題考查等差數列的通項公式和裂項相消法求數列的和.21、（1）（2）【解析】（1）首先求出球的半徑，即可得到四棱錐的棱長，再根據錐體的表面積公式計算可得；（2）取中點，聯結，即可得到，從而得到為二面角的平面角，再利用余弦定理計算可