2025屆甘肅省金昌市永昌縣第四中學(xué)數(shù)學(xué)高二上期末復(fù)習(xí)檢測模擬試題含解析

2025屆甘肅省金昌市永昌縣第四中學(xué)數(shù)學(xué)高二上期末復(fù)習(xí)檢測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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(shù)的導(dǎo)數(shù)為，則等于（）A.0 B.1C.2 D.42．橢圓中以點為中點的弦所在直線斜率為（）A. B.C. D.3．已知直線與圓相切，則的值是（）A. B.C. D.4．已知集合M＝{0，x}，N＝{1,2}，若M∩N＝{2}，則M∪N＝()A.{0，x,1,2} B.{2,0,1,2}C.{0,1,2} D.不能確定5．已知且，則的值為（）A.3 B.4C.5 D.66．若一個正方體的全面積是72，則它的對角線長為（）A. B.12C. D.67．已知橢圓的左右焦點分別為，，點B為短軸的一個端點，則的周長為（）A.20 B.18C.16 D.98．雙曲線：的一條漸近線與直線垂直，則它的離心率為（）A. B.C. D.9．已知拋物線的焦點為，過點且傾斜角為銳角的直線與交于、兩點，過線段的中點且垂直于的直線與的準(zhǔn)線交于點，若，則的斜率為（）A. B.C. D.10．設(shè)，，則與的等比中項為（）A. B.C. D.11．如圖，雙曲線的左，右焦點分別為，，過作直線與C及其漸近線分別交于Q，P兩點，且Q為的中點．若等腰三角形的底邊的長等于C的半焦距．則C的離心率為（）A. B.C. D.12．已知函數(shù)的圖象如圖所示，則不等式的解集為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若，則__________14．如圖所示，奧林匹克標(biāo)志由五個互扣的環(huán)圈組成，五環(huán)象征五大洲的團結(jié).若從該奧林匹克標(biāo)志的五個環(huán)圈中任取2個，則這2個環(huán)圈恰好相交的概率為___________.15．設(shè)是數(shù)列的前項和，且，則_____________.16．滕王閣，江南三大名樓之一，因初唐詩人王勃所作《滕王閣序》中“落霞與孤鶩齊飛，秋水共長天一色”而名傳千古，流芳后世.如圖，在滕王閣旁地面上共線的三點，，處測得閣頂端點的仰角分別為，，.且米，則滕王閣高度___________米.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數(shù).（1）若在上單調(diào)遞增，求的取值范圍；（2）若在上存在極值點，證明：.18．（12分）△的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c．已知（1）求角B的大??；（2）若△不為鈍角三角形，且，，求△的面積19．（12分）已知函數(shù).（1）當(dāng)時，證明：函數(shù)圖象恒在函數(shù)的圖象的下方；（2）討論方程的根的個數(shù).20．（12分）已知等比數(shù)列的公比，，.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）令，若，求滿足條件的最大整數(shù)n.21．（12分）在三棱柱中，側(cè)面正方形的中心為點平面，且，點滿足（1）若平面，求的值；（2）求點到平面的距離；（3）若平面與平面所成角的正弦值為，求的值22．（10分）已知三棱柱中，面底面，，底面是邊長為的等邊三角形，，、分別在棱、上，且.（1）求證：底面；（2）在棱上找一點，使得和面所成角的余弦值為，并說明理由.

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】先對函數(shù)求導(dǎo)，然后代值計算即可【詳解】因為，所以.故選：A2、A【解析】先設(shè)出弦的兩端點的坐標(biāo)，分別代入橢圓方程，兩式相減后整理即可求得弦所在的直線的斜率【詳解】設(shè)弦的兩端點為，，代入橢圓得兩式相減得，即，即，即，即，弦所在的直線的斜率為，故選:A3、D【解析】直線與圓相切，直接通過求解即可.【詳解】因為直線與圓相切，所以圓心到直線的距離，所以，.故選：D4、C【解析】集合M＝{0，x}，N＝{1,2}，若M∩N＝{2}，則.所以.故選C.點睛：集合的交集即為由兩個集合的公共元素組成的集合，集合的并集即由兩集合的所有元素組成.5、C【解析】由空間向量數(shù)量積的坐標(biāo)運算求解【詳解】由已知，解得故選：C6、D【解析】根據(jù)全面積得到正方體的棱長，再由勾股定理計算對角線.【詳解】設(shè)正方體的棱長為，對角線長為，則有，解得，從而，解得.故選：D7、B【解析】根據(jù)橢圓的定義求解【詳解】由橢圓方程知，所以，故選：B8、A【解析】先利用直線的斜率判定一條漸近線與直線垂直，求出，再利用雙曲線的離心率公式和進(jìn)行求解.【詳解】因為直線的斜率為，所以雙曲線的一條漸近線與直線垂直，所以，即，則雙曲線的離心率.故選：A.卷II（非選擇題9、C【解析】設(shè)直線的方程為，其中，設(shè)點、、，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，列出韋達(dá)定理，求出、，根據(jù)條件可求得的值，即可得出直線的斜率.【詳解】拋物線的焦點為，設(shè)直線的方程為，其中，設(shè)點、、，聯(lián)立可得，，，所以，，，，直線的斜率為，則直線的斜率為，所以，，因為，則，因為，解得，因此，直線的斜率為.故選：C.10、C【解析】利用等比中項的定義可求得結(jié)果.【詳解】由題意可知，與的等比中項為.故選：C.11、C【解析】先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得，再根據(jù)雙曲線定義以及勾股定理列方程，解得離心率.【詳解】連接，由為等腰三角形且Q為的中點，得，由知．由雙曲線的定義知，在中，，（負(fù)值舍去）故選：C【點睛】本題考查雙曲線的定義、雙曲線的離心率，考查基本分析求解能力，屬基礎(chǔ)題.12、D【解析】原不等式等價于，根據(jù)的圖象判斷函數(shù)的單調(diào)性，可得和的解集，再分情況或解不等式即可求解.【詳解】由函數(shù)的圖象可知：在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，；當(dāng)時，；由可得，所以或，即或，解得：或，所以原不等式的解集為：，故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】分別令和，再將兩個等式相加可求得的值.【詳解】令，則；令，則.上述兩式相加得故答案為：.【點睛】本題考查偶數(shù)項系數(shù)和的計算，一般令和，通過對等式相加減求得，考查計算能力，屬于中等題.14、【解析】利用古典概型求概率.【詳解】從該奧林匹克標(biāo)志的五個環(huán)圈中任取2個，共有10種情況，其中這2個環(huán)圈恰好相交的情況有4種，則所求的概率.故答案為：.15、【解析】根據(jù)題意可知，再利用裂項相消法，即可求出結(jié)果.【詳解】因為，所以.故答案為：.16、【解析】設(shè)，由邊角關(guān)系可得，，，在和中，利用余弦定理列方程，結(jié)合可解得的值，進(jìn)而可得長.【詳解】設(shè)，因為，，，所以，，，.在中，，即①.，在中，，即②，因為，所以①②兩式相加可得：，解得：，則，故答案為：.三、解答題：共70分。解答應(yīng)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）由題得，在，上為單調(diào)遞增的函數(shù)，在，上恒成立，分類討論，再次利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值即可；（2）由（1）可知，在存在極值點，則且，求得，再兩次求導(dǎo)即可得結(jié)論.【小問1詳解】由題得，在，上為單調(diào)遞增的函數(shù)，在，上恒成立，設(shè)，當(dāng)時，由，得，在，上為增函數(shù)，則，在,上恒成立，滿足命題，當(dāng)時，由，得，在上為減函數(shù)，，時，，即，不滿足恒成立，不成立，綜上：的取值范圍為.小問2詳解】證明：由（1）可知，在存在極值點，則且即：要證只需證即證又由（1）可知在上為增函數(shù)，且,成立.要證只需證即證：設(shè)則即在上增函數(shù)在為增函數(shù)成立.綜上，成立.18、（1）或；（2）.【解析】（1）根據(jù)正弦定理邊角關(guān)系可得，再由三角形內(nèi)角的性質(zhì)求其大小即可.（2）由（1）及題設(shè)有，應(yīng)用余弦定理求得、，最后利用三角形面積公式求△的面積【小問1詳解】由正弦定理得：，又，所以，又B為△的一個內(nèi)角，則，所以或；【小問2詳解】由△不為鈍角三角形，即，又，，由余弦定理，，得（舍去負(fù)值），則∴19、（1）證明見解析（2）答案見解析【解析】（1）構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，并求出函數(shù)的最大值小于零，即，即可得證；（2）將方程根的個數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象與交點的問題，大致畫出函數(shù)的圖象，即可求解.【小問1詳解】設(shè)，其中，則，在區(qū)間上，單調(diào)遞減，又∵，即時，，∴，∴在區(qū)間上函數(shù)的圖象恒在函數(shù)的圖象的下方.【小問2詳解】由得，即，令，則，令，得，當(dāng)時，，單調(diào)遞增，當(dāng)時，，單調(diào)遞減，∴在處取得最小值，∴，又∵當(dāng)時，，當(dāng)時，，有零點存在性定理可知函數(shù)有唯一的零點，∴的大致圖象如圖所示，∴當(dāng)時，方程的根的個數(shù)為0；當(dāng)或時，方程的根的個數(shù)為1；當(dāng)時，方程的根的個數(shù)為2.20、（1）（2）【解析】(1)由等比數(shù)列的性質(zhì)可得，結(jié)合條件求出，得出公比，從而得出通項公式.(2)由（1）可得，再求出的前項和，從而可得出答案.【小問1詳解】由題意可知，有，，得或∴或又，∴∴【小問2詳解】，∴∴，又單調(diào)遞增,所以滿足條件的的最大整數(shù)為21、（1）；（2）；（3）或.【解析】(1)連接ME，證明即可計算作答.(2)以為原點，的方向分別為軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量計算點到平面的距離即可.(3)由(2)中空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量求平面與平面所成角的余弦即可計算作答.【小問1詳解】在三棱柱中，因，即點在上，連接ME，如圖，因平面面，面面，則有，而為中點，于是得為的中點，所以.【小問2詳解】在三棱柱中，面面，則點到平面的距離等于點到平面的距離，又為正方形，即，而平面，以為原點，的方向分別為軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，依題意，，則，，設(shè)平面的法向量為，則，令，得，又，則到平面的距離，所以點到平面的距離為.【小問3詳解】因，則，，設(shè)面的法向量為，則，令，得，于是得，而平面與平面所成角的正弦值為，則，即，整理得，解得或，所以的值是或.【點睛】易錯點睛：空間向量求二面角時，一是兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想進(jìn)行向量運算，要認(rèn)真細(xì)心，準(zhǔn)確計算.22、（1）證明見解析；（2）為的中點，理由見解析.【解析】（1）取的中點，連接，利用面面垂直的性質(zhì)定理可得出平面，可得出，再由，結(jié)合線面垂直的判定定理可證得結(jié)論成立；（2）以點為坐標(biāo)原點，、、的方向分