浙江省杭州七縣2025屆高二上數(shù)學期末復習檢測模擬試題含解析

浙江省杭州七縣2025屆高二上數(shù)學期末復習檢測模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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．《米老鼠和唐老鴨》這部動畫給我們的童年帶來了許多美好的回憶，令我們印象深刻.如圖所示，有人用3個圓構(gòu)成米奇的簡筆畫形象.已知3個圓方程分別為：圓圓，圓若過原點的直線與圓、均相切，則截圓所得的弦長為（）A B.C. D.2．已知集合，則（）A. B.C. D.3．已知數(shù)列滿足，若.則的值是（）A. B.C. D.4．已知l，m是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，且，則（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則5．已知一質(zhì)點的運動方程為，其中的單位為米，的單位為秒，則第1秒末的瞬時速度為（）A. B.C. D.6．數(shù)學家歌拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半．這條直線被后人稱為三角形的歐拉線．已知的三個頂點分別為，，，則的歐拉線方程是（）A. B.C. D.7．已知關于x的不等式的解集為空集，則的最小值為（）A. B.2C. D.48．在等比數(shù)列{an}中，a1=8，a4=64，則a3等于（）A.16 B.16或-16C.32 D.32或-329．已知函數(shù)在上單調(diào)遞減，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B.C. D.10．過拋物線（）的焦點作斜率大于的直線交拋物線于，兩點（在的上方），且與準線交于點，若，則A. B.C. D.11．已知的二項展開式的各項系數(shù)和為32，則二項展開式中的系數(shù)為A5 B.10C.20 D.4012．已知直線與平行，則的值為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數(shù)有三個零點，則實數(shù)的取值范圍為___________.14．數(shù)列中，，則______15．在三棱錐中，點Р在底面ABC內(nèi)的射影為Q，若，則點Q定是的______心16．已知函數(shù)（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）設上存在極大值M，證明：.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）已知橢圓C：（）的離心率為，并且經(jīng)過點，（1）求橢圓C的方程；（2）設點關于坐標原點的對稱點為，點為橢圓C上任意一點，直線的斜率分別為，，求證：為定值18．（12分）已知的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且（1）求；（2）若，求的面積的最大值19．（12分）已知拋物線的焦點為，點在拋物線上，當以為始邊，為終邊的角時，.（1）求的方程（2）過點的直線交于兩點，以為直徑的圓平行于軸的直線相切于點，線段交于點，求的面積與的面積的比值20．（12分）已知函數(shù)（Ⅰ）若的圖象在點處的切線與軸負半軸有公共點，求的取值范圍；（Ⅱ）當時，求的最值21．（12分）已知函數(shù)，其中常數(shù)，（1）求單調(diào)區(qū)間；（2）若且對任意，都有，證明：方程有且只有兩個實根22．（10分）設全集U＝R，集合A＝{x|1≤x≤5}，集合B＝{x|2-a≤x≤1+2a}，其中a∈R.（1）若“x∈A”是“x∈B”的充分條件，求a的取值范圍；（2）若“x∈A”是“x∈B”的必要條件，求a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、A【解析】設直線，利用直線與圓相切，求得斜率，再利用弦長公式求弦長【詳解】設過點的直線.由直線與圓、圓均相切，得解得(1).設點到直線的距離為則(2).又圓的半徑直線截圓所得弦長結(jié)合(1)(2)兩式，解得2、D【解析】由集合的關系及交集運算，逐項判斷即可得解.【詳解】因為集合，，所以，，.故選：D.【點睛】本題考查了集合關系的判斷及集合的交集運算，考查了運算求解能力，屬于基礎題.3、D【解析】由，轉(zhuǎn)化為，再由求解.【詳解】因為數(shù)列滿足，所以，即，因為，所以，所以，故選：D4、B【解析】由空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系分析選項A,C,D，由平面與平面垂直的判定定理判定選項D.【詳解】選項A.由，，直線l，m可能相交、平行，異面，故不正確.選項B.由，，則，故正確.選項C.由，，直線l，m可能相交、平行，異面，故不正確.選項D.由,,則可能相交，可能平行，故不正確.故選：B5、C【解析】求出即得解.【詳解】解：由題意得，故質(zhì)點在第1秒末的瞬時速度為.故選：C6、B【解析】根據(jù)的三個頂點坐標，先求解出重心的坐標，然后再根據(jù)三個點坐標求解任意兩條垂直平分線的方程，聯(lián)立方程，即可算出外心的坐標，最后根據(jù)重心和外心的坐標使用點斜式寫出直線方程.【詳解】由題意可得的重心為．因為，，所以線段的垂直平分線的方程為．因為，，所以直線的斜率，線段的中點坐標為，則線段的垂直平分線的方程為．聯(lián)立，解得，則的外心坐標為，故的歐拉線方程是，即故選：B.7、D【解析】根據(jù)一元二次不等式的解集的情況得出二次項系數(shù)大于零，根的判別式小于零，可得出，再將化為，由和均值不等式可求得最小值.【詳解】由題意可得：，，可以得到，而，可以令，則有，當且僅當取等號，所以的最小值為4.故答案為：4.【點睛】本題主要考查均值不等式，關鍵在于由一元二次不等式的解集的情況得出的關系，再將所求的式子運用不等式的性質(zhì)降低元的個數(shù)，運用均值不等式，是中檔題.8、C【解析】首先根據(jù)a4=a1q3，求得q=2，再由a3=即可得解.【詳解】由a4=a1q3，得q3=8，即q=2，所以a3==32.故選：C9、A【解析】由題意，在上恒成立，只需滿足即可求解.【詳解】解：因為，所以，因為函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以在上恒成立，只需滿足，即，解得故選：A.10、A【解析】分別過作準線的垂線，垂足分別為，設，則，，故選A.11、B【解析】首先根據(jù)二項展開式的各項系數(shù)和，求得，再根據(jù)二項展開式的通項為，求得，再求二項展開式中的系數(shù).【詳解】因為二項展開式的各項系數(shù)和，所以，又二項展開式的通項為=，，所以二項展開式中的系數(shù)為．答案選擇B【點睛】本題考查二項式展開系數(shù)、通項等公式，屬于基礎題12、C【解析】由兩直線平行可得，即可求出答案.【詳解】直線與平行故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由題意可得與的圖象有三個不同的交點，經(jīng)判斷時不符合題意，當時，時，兩個函數(shù)圖象有一個交點，可得時與的圖象有兩個交點，等價于與的圖象有兩個不同的交點，對求導，數(shù)形結(jié)合即可求解.【詳解】令可得，若函數(shù)函數(shù)有三個零點，則可得方程有三個根，即與的圖象有三個不同的交點，作出的圖象如圖：當時，是以為頂點開口向下的拋物線，此時與的圖象沒有交點，不符合題意；當時，與的圖象只有一個交點，不符合題意；當時，時，與的圖象有一個交點，所以時與的圖象有兩個交點，即方程有兩個不等的實根，即方程有兩個不等的實根，可得與的圖象有兩個不同的交點，令，則，由即可得，由即可得，所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，作出其圖象如圖：當時，，當時，可得與的圖象有兩個不同的交點，即時，函數(shù)有三個零點，所以實數(shù)的取值范圍為，故答案為：【點睛】方法點睛：已知函數(shù)有零點(方程有根)求參數(shù)值(取值范圍)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數(shù)范圍；（2）分離參數(shù)法：先將參數(shù)分離，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)的值域問題加以解決；（3）數(shù)形結(jié)合法：先對解析式變形，進而構(gòu)造兩個函數(shù)，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數(shù)的圖象，利用數(shù)形結(jié)合的方法求解.14、1【解析】根據(jù)可得，則，所以可得數(shù)列是以6為周期周期數(shù)列，再由計算出的值，再利用對數(shù)的運算性質(zhì)可求得結(jié)果【詳解】因為，所以，所以，所以數(shù)列是以6為周期的周期數(shù)列，因為，，所以，所以，所以所以，故答案為：115、外【解析】由可得，故是的外心.【詳解】解：如圖，∵點在底面ABC內(nèi)的射影為,∴平面又∵平面、平面、平面，∴、、.在和中，,∴，∴同理可得：,故故是的外心.故答案為：外.16、（1）在單調(diào)遞增，單調(diào)遞減；（2）詳見解析.【解析】（1）求得，利用和即可求得函數(shù)的單調(diào)性區(qū)間；（2）求得函數(shù)的解析式，求，對的情況進行分類討論得到函數(shù)有極大值的情形，再結(jié)合極大值點的定義進行替換、即可求解.【詳解】（1）由題意，函數(shù)，則，當時，令，所以函數(shù)單調(diào)遞增；當時，令，即，解得或，令，即，解得，所以函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間中單調(diào)遞減，當時，令，即，解得或，令，即，解得，所以函數(shù)在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.（2）由函數(shù)，則，令，可得令，解得，當時.，函數(shù)在單調(diào)遞增，此時，所以，函數(shù)在上單調(diào)遞增，此時不存在極大值，當時，令解得，令，解得，所以上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，因為在上存在極大值，所以，解得，因為，易證明，存在時，，存在使得，當在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間單調(diào)遞減，所以當時，函數(shù)取得極大值，即，，由，所以【點睛】本題主要考查導數(shù)在函數(shù)中的綜合應用，以及不等式的證明，著重考查了轉(zhuǎn)化與化歸思想、分類討論、及邏輯推理能力與計算能力，對于此類問題，通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；也可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題三、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）證明見解析【解析】（1）根據(jù)題意可列出關于的三個方程，解出即可得到橢圓C的方程；（2）根據(jù)對稱可得點坐標，再根據(jù)斜率公式可得，然后由點為橢圓C上的點得，代入化簡即可求出為定值【小問1詳解】由題意解得，.所以橢圓C的方程為.【小問2詳解】因為點關于坐標原點的對稱點為，所以的坐標為.，，所以，又因為點為橢圓C上的點，所以.18、（1）（2）【解析】（1）由正弦定理將邊化為角，結(jié)合三角函數(shù)的兩角和的正弦公式，可求得答案;（2）由余弦定理結(jié)合基本不等式可求得，再利用三角形面積公式求得答案.【小問1詳解】由正弦定理及，得，∵∴,∵，∴【小問2詳解】由余弦定理，∴，即，當且僅當時取等號，∴，當且僅當時等號成立，∴的面積的最大值為19、（1）（2）【解析】（1）過點作，垂足為，過點作，垂足為，根據(jù)拋物線的定義，得到，求得，即可求得拋物線的方程；（2）設直線的方程為，聯(lián)立方程組求得，得到，由拋物線的定義得到，根據(jù)，求得，設，得到，進而求得，因為為的中點，求得，即可求解.【小問1詳解】解：由題意，拋物線，可得其準線方程，如圖所示，過點作，垂足為，過點作，垂足為，因為時，，可得，又由拋物線的定義，可得，解得，所以拋物線的方程為.【小問2詳解】解：由拋物線，可得，設，因為直線的直線過點，設直線的方程為聯(lián)立方程組，整理得，可得，則，因為為的中點，所以，由拋物線的定義得，設圓與直線相切于點，因為交于點，所以且，所以，即，解得，設，則，且，可得，因為，所以點為的中點，所以，又因為為的中點，可得，所以，即的面積與的面積的比值為.20、（Ⅰ）；（Ⅱ）答案見解析.【解析】（Ⅰ）求導數(shù)．求得切線方程，由切線與軸的交點在負半軸可得的范圍；（Ⅱ）求導數(shù)，由的正負確定單調(diào)性，極值得最值【詳解】命題意圖本題主要考查導數(shù)在函數(shù)問題中的應用解析（Ⅰ）由題可知，，故可得的圖象在點處的切線方程為令，可得由題意可得，即，解得，即的取值范圍為（Ⅱ）當時，，易知在上單調(diào)遞增又，當時，，此時單調(diào)遞減，當時，，此時單調(diào)遞增，無最大值【點睛】關鍵點點睛：本題考查用導數(shù)的幾何意義，考查用導數(shù)求函數(shù)的的最值．解題關鍵是求出導函數(shù)，由的正負確定單調(diào)性，得函數(shù)的極值，從而可得最值21、（1）答案不唯一，具體見解析（2）證明見解析【解析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，談論參數(shù)的范圍，根據(jù)導數(shù)的正負，可得單調(diào)區(qū)間；（2）由已知可解得，構(gòu)造函數(shù)，再根據(jù)（1）的結(jié)論，可知函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合零點存在定理，可證明結(jié)論.【小問1詳解】定義域為，因為，若，，所以單調(diào)遞減區(qū)間為，若，,當時，，當時，，所以單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為【小問2詳解】證明：若且對任意，都有，則在處取得最小值，由（1）得在取得最小值，得，令，則單調(diào)性相同，單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)