江蘇省宜興市實驗中學2025屆高二數(shù)學第一學期期末經典模擬試題含解析_第1頁
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文檔簡介

江蘇省宜興市實驗中學2025屆高二數(shù)學第一學期期末經典模擬試題考生請注意:1.答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內,不得在試卷上作任何標記。2.第一部分選擇題每小題選出答案后,需將答案寫在試卷指定的括號內,第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3.考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后,請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.已知命題P:,,則命題P的否定為()A., B.,C., D.,2.設函數(shù)的圖象在點處的切線為,則與坐標軸圍成的三角形面積的最小值為()A. B.C. D.3.已知是公差為3的等差數(shù)列.若,,成等比數(shù)列,則的前10項和()A.165 B.138C.60 D.304.已知向量,,且與互相垂直,則k的值是().A.1 B.C. D.5.和的等差中項與等比中項分別為()A., B.2,C., D.1,6.過點的直線與圓相切,則直線的方程為()A.或 B.或C.或 D.或7.已知函數(shù)在上是增函數(shù),則實數(shù)的取值范圍是()A. B.C. D.8.對于兩個平面、,“內有無數(shù)多個點到的距離相等”是“”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件9.已知雙曲線,過左焦點且與軸垂直的直線與雙曲線交于、兩點,若弦的長恰等于實鈾的長,則雙曲線的離心率為()A. B.C. D.10.已知橢圓與橢圓,則下列結論正確的是()A.長軸長相等 B.短軸長相等C.焦距相等 D.離心率相等11.設數(shù)列的前項和為,若,,,則、、、中,最大的是()A. B.C. D.12.1852年英國來華傳教士偉烈亞力將《孫子算經》中“物不知數(shù)”問題解法傳至歐洲,西方人稱之為“中國剩余定理”.現(xiàn)有這樣一個問題:將1到200中被3整除余1且被4整除余2的數(shù)按從小到大的順序排成一列,構成數(shù)列,則=()A.130 B.132C.140 D.144二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知函數(shù)(1)求函數(shù)的單調區(qū)間;(2)設上存在極大值M,證明:.14.如圖,在棱長為2的正方體中,E為BC的中點,點P在線段上,分別記四棱錐,的體積為,,則的最小值為______15.年月我國成功發(fā)射了第一顆人造地球衛(wèi)星“東方紅一號”,這顆衛(wèi)星的運行軌道是以地心(地球的中心)為一個焦點的橢圓.已知衛(wèi)星的近地點(離地面最近的點)距地面的高度約為,遠地點(離地面最遠的點)距地面的高度約為,且地心、近地點、遠地點三點在同一直線上,地球半徑約為,則衛(wèi)星運行軌道是上任意兩點間的距離的最大值為___________16.如圖,在五面體中,//,,,四邊形為平行四邊形,平面,,則直線到平面距離為_________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)已知項數(shù)為的數(shù)列是各項均為非負實數(shù)的遞增數(shù)列.若對任意的,(),與至少有一個是數(shù)列中的項,則稱數(shù)列具有性質.(1)判斷數(shù)列,,,是否具有性質,并說明理由;(2)設數(shù)列具有性質,求證:;(3)若數(shù)列具有性質,且不是等差數(shù)列,求項數(shù)的所有可能取值.18.(12分)如圖所示等腰梯形ABCD中,,,,點E為CD的中點,沿AE將折起,使得點D到達F位置.(1)當時,求證:平面AFC;(2)當時,求二面角的余弦值.19.(12分)在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,點D是BC的中點;(I)求異面直線A1B,AC1所成角的余弦值;(II)求直線AB1與平面C1AD所成角的正弦值20.(12分)已知圓C:(1)若過點的直線l與圓C相交所得的弦長為,求直線l的方程;(2)若P是直線:上的動點,PA,PB是圓C的兩條切線,A,B是切點,求四邊形PACB面積的最小值21.(12分)已知數(shù)列為正項等比數(shù)列,滿足,,數(shù)列滿足(1)求數(shù)列,的通項公式;(2)若數(shù)列的前n項和為,數(shù)列滿足,證明:數(shù)列的前n項和22.(10分)已知圓M過C(1,﹣1),D(﹣1,1)兩點,且圓心M在x+y﹣2=0上.(1)求圓M的方程;(2)設P是直線3x+4y+8=0上的動點,PA,PB是圓M的兩條切線,A,B為切點,求四邊形PAMB面積的最小值.

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】根據特稱命題的否定變換形式即可得出結果【詳解】命題:,,則命題的否定為,故選:B2、C【解析】利用導數(shù)的幾何意義求得切線為,求x、y軸上截距,進而可得與坐標軸圍成的三角形面積,利用導數(shù)研究在上的最值即可得結果.【詳解】由題設,,則,又,所以切線為,當時,當時,又,所以與坐標軸圍成的三角形面積為,則,當時,當時,所以在上遞減,在上遞增,即.故選:C3、A【解析】由等差數(shù)列的定義與等比數(shù)列的性質求得首項,然后由等差數(shù)列的前項和公式計算【詳解】因為,,成等比數(shù)列,所以,所以,解得,所以故選:A4、D【解析】利用向量的數(shù)量積為0可求的值.【詳解】因與互相垂直,故,故即,故.故選:D.5、C【解析】根據等差中項和等比中項的概念分別求值即可.【詳解】和的等差中項為,和的等比中項為.故選:C.6、D【解析】根據斜率存在和不存在分類討論,斜率存在時設直線方程,由圓心到直線距離等于半徑求解【詳解】圓心為,半徑為2,斜率不存在時,直線滿足題意,斜率存在時,設直線方程為,即,由,得,直線方程為,即故選:D7、A【解析】由題意可知,對任意的恒成立,可得出對任意的恒成立,利用基本不等式可求得實數(shù)的取值范圍.【詳解】因為,則,由題意可知,對任意的恒成立,所以,對任意的恒成立,由基本不等式可得,當且僅當時,等號成立,所以,.故選:A.8、B【解析】根據平面的性質分別判斷充分性和必要性.【詳解】充分性:若內有無數(shù)多個點到的距離相等,則、平行或相交,故充分性不成立;必要性:若,則內每個點到的距離相等,故必要性成立,所以“內有無數(shù)多個點到的距離相等”是“”的必要不充分條件.故選:B.9、B【解析】求出,進而求出,之間的關系,即可求解結論【詳解】解:由題意,直線方程為:,其中,因此,設,,,,解得,得,,弦的長恰等于實軸的長,,,故選:B10、C【解析】利用,可得且,即可得出結論【詳解】∵,且,橢圓與橢圓的關系是有相等的焦距故選:C11、C【解析】求出的表達式,解不等式可得結果.【詳解】由已知可得,故數(shù)列為等差數(shù)列,且公差為,所以,,令可得.因此,當時,最大.故選:C.12、A【解析】分析數(shù)列的特點,可知其是等差數(shù)列,寫出其通項公式,進而求得結果,【詳解】被3整除余1且被4整除余2的數(shù)按從小到大的順序排成一列,這樣的數(shù)構成首項為10,公差為12的等差數(shù)列,所以,故,故選:A.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、(1)在單調遞增,單調遞減;(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)間上單調遞增,在區(qū)間中單調遞減,當時,令,即,解得或,令,即,解得,所以函數(shù)在單調遞增,在單調遞減.(2)由函數(shù),則,令,可得令,解得,當時.,函數(shù)在單調遞增,此時,所以,函數(shù)在上單調遞增,此時不存在極大值,當時,令解得,令,解得,所以上單調遞減,在上單調遞增,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)間上單調遞增,在區(qū)間單調遞減,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,通常要構造新函數(shù),利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,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,構造新函數(shù),直接把問題轉化為函數(shù)的最值問題14、【解析】設,用參數(shù)表示目標函數(shù),利用均值不等式求最值即可.【詳解】取線段AD中點為F,連接EF、D1F,過P點引于M,于N,則平面,平面,則,∴,設,則,,即,,∴,當且僅當時,等號成立,故答案為:15、【解析】根據題意由a-c=439+6371,a+c=2384+6371,求得2a即可.【詳解】設橢圓的長半軸長為a,半焦距為c,由題意得:a-c=439+6371,a+c=2384+6371,兩式相加得:2a=15565,因為橢圓上任意兩點間的距離的最大值為長軸長2a,所以衛(wèi)星運行軌道是上任意兩點間的距離的最大值為,故答案為:1556516、【解析】利用等價轉化的思想轉化為點到面的距離,作,利用線面垂直的判定定理證明平面,然后計算使用等面積法,可得結果.【詳解】作如圖由//,平面,平面所以//平面所以直線到平面距離等價于點到平面距離又平面,平面所以,又,則平面,,所以平面平面,所以又平面,所以平面所以點到平面距離為由,所以又,所以在中,又故答案為:【點睛】本題考查線面垂直的綜合應用以及等面積法求高,重點在于使用等價轉換的思想,考驗理解能力,分析問題的能力,屬中檔題.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)數(shù)列,,,不具有性質;(2)證明見解析;(3)可能取值只有.【解析】(1)由數(shù)列具有性質的定義,只需判斷存在與都不是數(shù)列中的項即可.(2)由性質知:、,結合非負遞增性有,再由時,必有,進而可得,,,,,應用累加法即可證結論.(3)討論、、,結合性質、等差數(shù)列的性質判斷是否存在符合題設性質,進而確定的可能取值.【小問1詳解】數(shù)列,,,不具有性質.因為,,和均不是數(shù)列,,,中的項,所以數(shù)列,,,不具有性質.【小問2詳解】記數(shù)列的各項組成的集合為,又,由數(shù)列具有性質,,所以,即,所以.設,因為,所以.又,則,,,,.將上面的式子相加得:.所以.【小問3詳解】(i)當時,由(2)知,,,這與數(shù)列不是等差數(shù)列矛盾,不合題意.(ii)當時,存在數(shù)列,,,,符合題意,故可取.(iii)當時,由(2)知,.①當時,,所以,.又,,∴,,,,即.由,,得:,,∴.②由①②兩式相減得:,這與數(shù)列不是等差數(shù)列矛盾,不合題意.綜上,滿足題設的的可能取值只有.【點睛】關鍵點點睛:第二問,由可知,并應用累加法求證結論;第三問,討論k的取值,結合的性質,由性質、等差數(shù)列的性質判斷不同k的取值情況下數(shù)列的存在性即可.18、(1)證明見解析(2)【解析】(1)結合線面垂直的判定定理來證得結論成立.(2)建立空間直角坐標系,利用向量法來求得二面角的大小.【小問1詳解】設,由于四邊形是等腰梯形,是的中點,,所以,所以四邊形是平行四邊形,由于,所以四邊形是菱形,所以,由于,是的中點,所以,由于,所以平面.【小問2詳解】由于,所以三角形、三角形、三角形是等邊三角形,設是的中點,設,則,所以,所以,由于兩兩垂直.以為空間坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系,,,平面的法向量為,設平面法向量為,則,故可設,由圖可知,二面角為鈍角,設二面角為,,則.19、(I)(II)【解析】(I)以,,為x,y,z軸建立空間直角坐標系A﹣xyz,可得和的坐標,可得cos<,>,可得答案;(II)由(I)知,=(2,0,﹣4),=(1,1,0),設平面C1AD的法向量為=(x,y,z),由可得=(1,﹣1,),設直線AB1與平面C1AD所成的角為θ,則sinθ=|cos<,>|=,進而可得答案解:(I)以,,x,y,z軸建立空間直角坐標系A﹣xyz,則可得B(2,0,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),D(1,1,0),∴=(2,0,﹣4),=(0,2,4),∴cos<,>==∴異面直線A1B,AC1所成角的余弦值為:;(II)由(I)知,=(2,0,﹣4),=(1,1,0),設平面C1AD的法向量為=(x,y,z),則可得,即,取x=1可得=(1,﹣1,),設直線AB1與平面C1AD所成的角為θ,則sinθ=|cos<,>|=∴直線AB1與平面C1AD所成角的正弦值為:考點:異面直線及其所成的角;直線與平面所成的角20、(1)或.(2)8【解析】(1)先判斷當斜率不存在時,不滿足條件;再判斷當斜率存在時,設利用垂徑定理列方程求出k,即可求出直線方程;(2)過P作圓C的兩條切線,切點分別為A、B,連結CA、CB,得到.判斷出當時,最小,四邊形PACB面積取得最小值.利用點到直線的距離公式求出,,即可求出四邊形PACB面積的最小值.【小問1詳解】圓C:化為標準方程為:,所以圓心為,半徑為r=4.(1)當斜率不存在時,x=1代入圓方程得,弦長為,不滿足條件;(2)當斜率存在時,設即.圓心C到直線l的距離,解得:或k=0,所以直線方程為或.【小問2詳解】過P作圓C的兩條切線,切點分別為A、B,連結CA、CB,則.因為,所以所以.所以當時,最小,四邊形PACB面積取得最小值.所以,所以,即四邊形PACB面積的最小值為8.21、(1),(2)證明見解析【解析】(1)將已知條件用首項和公比表示,聯(lián)立方程組即可求解數(shù)列的通項公式,然后由對數(shù)的運算性質即可得數(shù)列的通項公式;(2)由(1)

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