2025屆山西省忻州一中、臨汾一中、精英中學、鄂爾多斯一中數學高二上期末復習檢測模擬試題含解析

2025屆山西省忻州一中、臨汾一中、精英中學、鄂爾多斯一中數學高二上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．設命題，，則為（）.A.， B.，C.， D.，2．點F是拋物線的焦點，點，P為拋物線上一點，P不在直線AF上，則△PAF的周長的最小值是（）A.4 B.6C. D.3．已知，是雙曲線的左，右焦點，經過點且與x軸垂直的直線與雙曲線的一條漸近線相交于點A，且A在第三象限，四邊形為平行四邊形，為直線的傾斜角，若，則該雙曲線離心率的取值范圍是（）A. B.C. D.4．從0，1，2，3，4，5這六個數字中，任取兩個不同數字構成平面直角坐標系內點的橫、縱坐標，其中不在軸上的點有（）A.36個 B.30個C.25個 D.20個5．已知直線是圓的對稱軸，過點A作圓C的一條切線，切點為B，則|AB|=（）A.1 B.2C.4 D.86．已知點，，直線：與線段相交，則實數的取值范圍是（）A.或 B.或C. D.7．已知，為雙曲線：的焦點，為，（其中為雙曲線半焦距），與雙曲線的交點，且有，則該雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.8．已知橢圓的左右焦點分別為、，點在橢圓上，若、、是一個直角三角形的三個頂點，則點到軸的距離為A B.4C. D.9．“”是“”的（）A.充要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件10．若命題“，”是假命題，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.11．已知事件A，B相互獨立，，則（）A.0.24 B.0.8C.0.3 D.0.1612．已知函數，則（）A.1 B.2C.3 D.5二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知正三棱柱中，底面積為，一個側面的周長為，則正三棱柱外接球的表面積為______.14．若過點和的直線與直線平行，則_______15．復數（其中i為虛數單位）的共軛復數______16．在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F分別為棱AA1，BB1的中點，G為棱A1B1上的一點，且A1G=(0<<2)，則點G到平面D1EF的距離為____.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）已知函數f(x)=x-mlnx-m.（1）討論函數f(x)的單調性；（2）若函數f(x)有最小值g(m)，證明：g(m)在上恒成立.18．（12分）已知函數在處的切線與軸平行（1）求的值；（2）判斷在上零點的個數，并說明理由19．（12分）已知動圓過點且動圓內切于定圓：記動圓圓心的軌跡為曲線.（1）求曲線的方程；（2）若、是曲線上兩點，點滿足求直線的方程.20．（12分）在正方體中，、、分別是、、的中點（1）證明：平面平面；（2）證明：21．（12分）已知函數.（1）若與在處有相同的切線，求實數的取值；（2）若時，方程在上有兩個不同的根，求實數的取值范圍.22．（10分）“中山橋”是位于蘭州市中心，橫跨黃河之上的一座百年老橋，如圖①，橋上有五個拱形橋架緊密相連，每個橋架的內部有一個水平橫梁和八個與橫梁垂直的立柱，氣勢宏偉，素有“天下黃河第一橋”之稱.如圖②，一個拱形橋架可以近似看作是由等腰梯形和其上方的拋物線（部分）組成，建立如圖所示的平面直角坐標系，已知，，，，立柱.（1）求立柱及橫梁的長；（2）求拋物線的方程和橋梁的拱高.

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】根據全稱命題和特稱命題互為否定，即可得到結果.【詳解】因為命題，，所以為，.故選：B.2、C【解析】由拋物線的定義轉化后求距離最值【詳解】拋物線的焦點，準線為過點作準線于點，故△PAF的周長為，，可知當三點共線時周長最小，為故選：C3、B【解析】根據雙曲線的幾何性質和平行四邊形的性質可知也在雙曲線的漸近線上，且在第一象限，從而由可知軸，所以在直角三角形中，，由，可得的范圍，進而轉化為，的不等式，結合可得離心率的取值范圍【詳解】解：因為經過點且與軸垂直的直線與雙曲線的一條漸近線相交于點，且在第三象限，四邊形為平行四邊形，所以由雙曲線的對稱性可知也在雙曲線的漸近線上，且在第一象限，由軸，可知軸，所以，在直角三角形中，，因為，所以，，即，所以，即，即，故，所以.故選：B4、C【解析】根據點不在y軸上，分2類根據分類加法計數原理求解.【詳解】因為點不在軸上，所以點的橫坐標不能為0，分兩類考慮，第一類含0且為點的縱坐標，共有個點，第二類坐標不含0的點，共有個點，根據分類加法計數原理可得共有個點.故選：C5、C【解析】首先將圓心坐標代入直線方程求出參數a，求得點A的坐標，由切線與圓的位置關系構造直角三角形從而求得.【詳解】圓即，圓心為，半徑為r=3，由題意可知過圓的圓心，則，解得，點A坐標為，，切點為B則，故選:C【點睛】本題考查直線與圓的位置關系，屬于基礎題.6、A【解析】由可求出直線過定點，作出圖象，求出和，數形結合可得或，即可求解.【詳解】由可得：，由可得，所以直線：過定點，由可得，作出圖象如圖所示：，，若直線與線段相交，則或，解得或，所以實數的取值范圍是或，故選：A.7、B【解析】根據求得的關系，結合雙曲線的定義以及勾股定理，即可求得的等量關系，再求離心率即可.【詳解】根據題意，連接，作圖如下：顯然為直角三角形，又，又點在雙曲線上，故可得，解得，由勾股定理可得：，即，即，，故雙曲線的離心率為.故選：B.8、D【解析】設橢圓短軸的一個端點為根據橢圓方程求得c，進而判斷出，即得或令，進而可得點P到x軸的距離【詳解】解：設橢圓短軸的一個端點為M由于，，；，只能或令，得，故選D【點睛】本題主要考查了橢圓的基本應用考查了學生推理和實際運算能力是基礎題9、B【解析】根據充分條件、必要條件的定義判斷即可；【詳解】解：由，得，反之不成立，如，，滿足，但是不滿足，故“”是“”的充分不必要條件故選：B10、A【解析】根據命題與它的否定命題一真一假，寫出該命題的否定命題，再求實數的取值范圍【詳解】解：命題“，”是假命題，則它的否定命題“，”是真命題，時，不等式為，顯然成立；時，應滿足，解得，所以實數的取值范圍是故選：A11、B【解析】利用事件獨立性的概率乘法公式及條件概率公式進行求解.【詳解】因為事件A，B相互獨立，所以，所以故選：B12、C【解析】利用導數的定義，以及運算法則，即可求解.【詳解】，，所以，所以故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】首先由條件求出底面邊長和高，然后設、分別為上、下底面的的中心，連接，設的中點為，則點為正三棱柱外接球的球心，然后求出的長度即可.【詳解】如圖所示，設底面邊長為，則底面面積為，所以，因此等邊三角形的高為：，因為一個側面的周長為，所以設、分別為上、下底面的的中心，連接，設的中點為則點為正三棱柱外接球的球心，連接、則在直角三角形中，即外接球的半徑為，所以外接球的表面積為，故答案為：【點睛】關鍵點睛：求幾何體的外接球半徑的關鍵是根據幾何體的性質找出球心的位置.14、【解析】根據兩直線的位置關系求解.【詳解】因為過點和的直線與直線平行，所以，解得，故答案為：315、##【解析】根據共軛復數的概念，即可得答案.【詳解】由題意可知：復數（其中i為虛數單位）的共軛復數，故答案為：16、【解析】先證明A1B1∥平面D1EF，進而將問題轉化為求點A1到平面D1EF的距離，然后建立空間直角坐標系，通過空間向量的運算求得答案.【詳解】由題意得A1B1∥EF，A1B1?平面D1EF，EF?平面D1EF，所以A1B1∥平面D1EF，則點G到平面D1EF的距離等于點A1到平面D1EF的距離.以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系D-xyz，則D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，A1(2，0，2)，所以，，.設平面D1EF的法向量為，則，令x=1，則y=0，z=2，所以平面D1EF的一個法向量.點A1到平面D1EF的距離==，即點G到平面D1EF的距離為.故答案為：.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、（1）答案見解析（2）證明見解析【解析】（1）求出函數的導數，討論其符號后可得函數的單調區(qū)間.（2）根據（1）的結論可得函數的最小值，再利用導數可證不等式.【小問1詳解】函數的定義域為，且，當時，在上恒成立，所以此時在上為增函數，當時，由，解得，由，解得，所以在上為減函數，在上為增函數，綜上：當時，在上為增函數，當時，在上為減函數，在上為增函數；【小問2詳解】由（1）知:當時，在上為增函數，無最小值.當時，在上上為減函數，在上為增函數，所以，即，則，由，解得，由，解得，所以在上為增函數，在上為減函數，所以，即在上恒成立.18、（1）0（2）f（x）在（0，π）上有且只有一個零點，理由見解析【解析】（1）利用導數的幾何意義求解；（2）由，可得，令，，，，利用導數法求解.【小問1詳解】解：，所以k=f′（0）=-a=0，所以a=0；【小問2詳解】由，可得，令，，所以，①當時，sinx＋cosx≥1，ex＞1，所以g′（x）＞0，所以g（x）在上單調遞增，又因為g（0）=0，所以g（x）在上無零點；②當時，令，所以h′（x）=2cosxex＜0，即h（x）在上單調遞減，又因為，h（π）=-eπ-1＜0，所以存在，，所以g（x）在上單調遞增，在上單調遞減，因為，g（π）=-π＜0，所以g（x）在上且只有一個零點；綜上所述：f（x）在（0，π）上有且只有一個零點19、（1）；（2）.【解析】（1）根據兩圓內切，以及圓過定點列式求軌跡方程；（2）利用重心坐標公式可知，，再設直線的方程為與橢圓方程聯立，利用根與系數的關系求解直線方程.【詳解】（1）由已知可得，兩式相加可得則點的軌跡是以、為焦點，長軸長為的橢圓，則因此曲線的方程是(2)因為，則點是的重心，易得直線的斜率存在，設直線的方程為，聯立消得：且①②由①②解得則直線的方程為即【點睛】本題考查直線與橢圓的問題關系，本題的關鍵是根據求得，.20、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）連接，分別證明出平面，平面，利用面面平行的判定定理可證得結論成立；（2）證明出平面，利用線面垂直的性質可證得結論成立.【小問1詳解】證明：連接，在正方體中，，，所以，四邊形為平行四邊形，所以，在中，、分別為、的中點，所以，，所以，，因為平面，平面，所以，平面因為且，、分別為、的中點，則且，所以，四邊形為平行四邊形，則，，平面，平面，平面又，所以，平面平面【小問2詳解】證明：在正方體中，平面，平面，,因為四邊形為正方形，則，因為，則平面由知（1）平面平面，所以，平面，平面，因此，21、（1）（2）【解析】（1）根據導數的幾何意義求得函數在處的切線方程，再由有相同的切線這一條件即可求解；（2）先分離，再研究函數的單調性，最后運用數形結合的思想求解即可.【小問1詳解】設公切線與的圖像切于點，f'(x)=1+lnx?f由題意得：；【小問2詳解】當時，，①，①式可化為為，令令，，在上單調遞增，在上單調遞減.，當時，由題意知：22、（1），（2），【解析】（1）根據梯形的幾何性質，