河南省南陽市南陽市第一中學2025屆數學高二上期末調研模擬試題含解析

河南省南陽市南陽市第一中學2025屆數學高二上期末調研模擬試題考生須知：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．如圖，在空間四邊形中，（）A. B.C. D.2．魏晉時期數學家劉徽首創(chuàng)割圓術，他在《九章算術》方田章圓田術中指出：“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體而無所失矣.”這是注述中所用的割圓術是一種無限與有限的轉化過程，比如在正數中的“”代表無限次重復，設，則可以利用方程求得，類似地可得到正數（）A.2 B.3C. D.3．若離散型隨機變量的所有可能取值為1，2，3，…，n，且取每一個值的概率相同，若，則n的值為（）A.4 B.6C.9 D.104．直線在y軸上的截距是A. B.C. D.5．已知直線l和兩個不同的平面，，，則“”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6．數列中，滿足，，設，則（）A. B.C. D.7．命題“”為真命題一個充分不必要條件是（）A. B.C. D.8．圓與圓的位置關系是（）A.外離 B.外切C.相交 D.內切9．已知直線與橢圓：（）相交于，兩點，且線段的中點在直線：上，則橢圓的離心率為（）A. B.C. D.10．命題“若，則”的逆否命題是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則11．在空間中，“直線與沒有公共點”是“直線與異面”的（）A.必要不充分條件 B.充要條件C.充分不必要條件 D.既不充分也不必要條件12．若正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，則直線A1C1到平面ACD1的距離為（）A.1 B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，且，則的最小值為____________14．如圖，在直棱柱中，，則異面直線與所成角的余弦值為___________.15．已知雙曲線的一條漸近線被圓所截得的弦長為2，則雙曲線的離心率為___________.16．在空間直角坐標系中，經過且法向量的平面方程為，經過且方向向量的直線方程為閱讀上面材料，并解決下列問題：給出平面的方程，經過點的直線的方程為，則直線l與平面所成角的余弦值為___________.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）某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池（不計厚度）．設該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設建造成本僅與表面積有關，側面積的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12000π元（π為圓周率）（1）將V表示成r的函數V（r），并求該函數的定義域；（2）討論函數V（r）的單調性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大18．（12分）已知函數，曲線在點處的切線與直線垂直（其中為自然對數的底數）（1）求的解析式及單調遞減區(qū)間；（2）若函數無零點，求的取值范圍19．（12分）如圖，四邊形是一塊邊長為4km正方形地域，地域內有一條河流，其經過的路線是以中點為頂點且開口向右的拋物線的一部分（河流寬度忽略不計），某公司準備投資一個大型矩形游樂場.（1）設，矩形游樂園的面積為，求與之間的函數關系；（2）試求游樂園面積的最大值.20．（12分）在①，②，③，，成等比數列這三個條件中選擇符合題意的兩個條件，補充在下面的問題中，并求解.已知數列中，公差不等于的等差數列滿足_________，求數列的前項和.21．（12分）圓錐曲線的方程是.（1）若表示焦點在軸上的橢圓，求的取值范圍；（2）若表示焦點在軸上且焦距為的雙曲線，求的值.22．（10分）已知在平面直角坐標系中，圓A：的圓心為A，過點B(，0)任作直線l交圓A于點C、D，過點B作與AD平行的直線交AC于點E.（1）求動點E的軌跡方程；（2）設動點E的軌跡與y軸正半軸交于點P，過點P且斜率為k1，k2的兩直線交動點E的軌跡于M、N兩點(異于點P)，若，證明：直線MN過定點.

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】利用空間向量加減法法則直接運算即可.【詳解】根據向量的加法、減法法則得.故選：A.2、A【解析】設，則，解方程可得結果.【詳解】設，則且，所以，所以，所以，所以或（舍）.所以.故選：A【點睛】關鍵點點睛：設是解題關鍵.3、D【解析】根據分布列即可求出【詳解】因為，所以故選：D4、D【解析】在y軸上的截距只需令x=0求出y的值即可得出.【詳解】令x=0，則y=-2，即直線在y周上的截距為-2，故選D.5、D【解析】根據直線、平面的位置關系，應用定義法判斷兩個條件之間的充分、必要性.【詳解】當，時，直線l可與平行、相交，故不一定成立，即充分性不成立；當，時，直線l可在平面內，故不一定成立，即必要性不成立.故選：D.6、C【解析】由遞推公式可歸納得，由此可以求出的值【詳解】因為，，所以，，，因此故選C【點睛】本題主要考查利用數列的遞推式求值和歸納推理思想的應用，意在考查學生合情推理的意識和數學建模能力7、B【解析】求解命題為真命題的充要條件，再利用集合包含關系判斷【詳解】命題“”為真命題，則≤1,只有是的真子集,故選項B符合題意故選：B8、C【解析】利用圓心距與半徑的關系確定正確選項.【詳解】圓的圓心為，半徑為，圓的圓心為，半徑為，圓心距為，，所以兩圓相交.故選：C9、A【解析】將直線代入橢圓方程整理得關于的方程，運用韋達定理，求出中點坐標，再由條件得到，再由，，的關系和離心率公式，即可求出離心率.【詳解】解：將直線代入橢圓方程得，，即，設，，，，則，即中點的橫坐標是，縱坐標是，由于線段的中點在直線上，則，又，則，，即橢圓的離心率為.故選：A10、C【解析】根據逆否命題的定義寫出逆否命題即得【詳解】解：以否定的結論作條件、否定的條件作結論得出的命題為原命題的逆否命題，即“若，則”的逆否命題是“若，則”故選：C11、A【解析】由于在空間中，若直線與沒有公共點，則直線與平行或異面，再根據充分、必要條件的概念判斷，即可得到結果.【詳解】在空間中，若直線與沒有公共點，則直線與平行或異面.故“直線與沒有公共點”是“直線與異面”的必要不充分條件.故選：A.12、B【解析】先證明點A1到平面ACD1的距離即為直線A1C1到平面ACD1的距離，再建立空間直角坐標系，利用向量法求解.【詳解】因為平面平面，所以A1C1//平面ACD1，則點A1到平面ACD1的距離即為直線A1C1到平面ACD1的距離.建立如圖所示的空間直角坐標系，易知＝(0,0,1)，由題得平面,所以平面,所以,同理,因為平面，所以平面，所以是平面一個法向量，所以平面ACD1的一個法向量為＝(1,1,1)，故所求的距離為.故選：B【點睛】方法點睛：求點到平面的距離常用的方法有：（1）幾何法（找作證指求）；（2）向量法；（3）等體積法.要根據已知條件靈活選擇方法求解.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、16【解析】根據，且，利用“1”的代換將，轉化為，再利用基本不等式求解.【詳解】因為，且，所以，當且僅當，，即時，取等號.所以的最小值為16.故答案為：16【點睛】本題主要考查基本不等式求最值，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.14、【解析】建立空間直角坐標系后求相關的向量后再用夾角公式運算即可.【詳解】如圖，以C為坐標原點，所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，則，所以，所以，故異面直線與所成角的余弦值為，故答案為:.15、或2【解析】由圓的方程有圓心，半徑為，討論雙曲線的焦點分別在x或y軸上對應的漸近線方程，根據已知及弦長與半徑、弦心距的幾何關系得到雙曲線參數的齊次方程，即可求離心率.【詳解】由題設，圓的標準方程為，即圓心，半徑為，若雙曲線為時，漸近線為且，所以圓心到雙曲線漸近線的距離為，由弦長、弦心距、半徑的關系知：，故，得：，又，所以，故.若雙曲線為時，漸近線為且，所以圓心到雙曲線漸近線的距離為，由弦長、弦心距、半徑的關系知：，故，得：，又，所以，故.綜上，雙曲線的離心率為或2.故答案為：或2.16、##【解析】根據材料結合已知條件求得平面的法向量以及直線的方向向量，即可用向量法求得線面角.【詳解】因為平面的方程，不妨令，則，故其過點,設其法向量為，根據題意則，即，又平面的方程為，則，不妨取，則，則平面的法向量；經過點的直線的方程為，不妨取，則，則該直線過點，則直線的方向向量.設直線與平面所成的角為，則.又，故，即直線l與平面所成角的余弦值為.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）V（r）=（300r﹣4r3）（0，5）（2）見解析【解析】（1）先由圓柱的側面積及底面積計算公式計算出側面積及底面積，進而得出總造價，依條件得等式，從中算出，進而可計算，再由可得；（2）通過求導，求出函數在內的極值點，由導數的正負確定函數的單調性，進而得出取得最大值時的值.（1）∵蓄水池的側面積的建造成本為元，底面積成本為元∴蓄水池的總建造成本為元所以即∴∴又由可得故函數的定義域為（2）由（1）中，可得（）令，則∴當時，，函數為增函數當，函數為減函數所以當時該蓄水池的體積最大考點：1.函數的應用問題；2.函數的單調性與導數；2.函數的最值與導數.18、（1）單調減區(qū)間為和；（2）的取值范圍為：或【解析】（1）先求出函數的導數，求得切線的斜率，由兩直線垂直的條件，可得，求得的解析式，可得導數，令導數小于0，可得減區(qū)間；（2）先求得，要使函數無零點，即要在內無解，亦即要在內無解.構造函數，對其求導，然后對進行分類討論，運用單調性和函數零點存在性定理，即可得到的取值范圍.【詳解】(1)，又由題意有：，故.此時，，由或，所以函數的單調減區(qū)間為和.(2)，且定義域為，要函數無零點，即要在內無解，亦即要在內無解.構造函數.①當時，在內恒成立，所以函數在內單調遞減，在內也單調遞減.又，所以在內無零點，在內也無零點，故滿足條件；②當時，⑴若，則函數在內單調遞減，在內也單調遞減，在內單調遞增.又，所以在內無零點；易知，而，故在內有一個零點，所以不滿足條件；⑵若，則函數在內單調遞減，在內單調遞增.又，所以時，恒成立，故無零點，滿足條件；⑶若，則函數在內單調遞減，在內單調遞增，在內也單調遞增.又，所以在及內均無零點.又易知，而，又易證當時，，所以函數在內有一零點，故不滿足條件.綜上可得：的取值范圍為：或.【點睛】本題主要考查導數的幾何意義、應用導數研究函數的零點問題、其中分類討論思想.本題覆蓋面廣，對考生計算能力要求較高，是一道難題，解答本題，準確求導數是基礎，恰當分類討論是關鍵，易錯點是分類討論不全面、不徹底、不恰當，或因復雜式子變形能力差，而錯漏百出．本題能較好的考查考生的邏輯思維能力、基本計算能力、分類討論思想等19、（1）（2）【解析】（1）首先建立直角坐標系，求出拋物線的方程，利用，求出點的坐標，表示出的面積為即可；（2）利用導數求函數的最值即可.【小問1詳解】以為原點，所在直線為軸，垂直于的直線為軸建立直角坐標系，則，設拋物線的方程為，將點代入方程可得，解得，則拋物線方程為，由已知得，則點的縱坐標為，點的橫坐標為，則，【小問2詳解】，令，解得，當時，，所以函數在上單調遞增，當時，，所以函數在上單調遞減，因此函數時，有最大值，20、詳見解析【解析】根據已知求出的通項公式.當①②時，設數列公差為，利用賦值法得到與的關系式，列方程求出與，求出，寫出的通項公式，可得數列的通項公式，利用錯位相減法求和即可；選②③時，設數列公差為，根據題意得到與的關系式，解出與，寫出的通項公式，可得數列的通項公式，利用錯位相減法求和即可；選①③時，設數列公差為，根據題意得到與的關系式，發(fā)現無解，則等差數列不存在，故不合題意.【詳解】解：因為，，所以是以為首項，為公比的等比數列，所以，選①②時，設數列公差為，因為，所以，因為，所以時，，解得，，所以，所以.所以.（i）所以（ii）（i）（ii），得：所以.選②③時，設數列公差為，因為，所以，即，因為，，成等比數列，所以，即，化簡得，因為，所以，從而，所以，所以，（i）所以（ii）（i）（ii），得：，所以.選①③時，設數列公差為，因為，所以時，，所以.又因為，，成等比數列，所以，即，化簡得，因為，所以，從而無解，所以等差數列不存在，故不合題意.【點睛】本題考查了等差（比）數列的通項公式，考查了錯位相減法在數列求和中的應用，考查了轉化能力與方程思想，屬于中檔題.21、（1）且（2）【解析】（1）由條件可得，解出即可；（2）由條件可得，解出即可.【小問1詳解】若表示焦點在軸上橢圓，則，解得且【小問2詳解】若表示焦點在軸上且焦距為的雙曲線，則，解得22、（1）（2）證明見解析【解析】(1)作出圖象，易知|EB|＋|EA|為定值，根據橢圓定義即可判斷點E的軌跡，從而寫出其軌跡方程；(2)設，當直線MN斜率存在時，設直線MN的方程為：，聯立MN方程和E的軌跡方程得根與系數的關系，根據解出k與m的關系即可以判斷MN過定點；最后再考慮MN斜率不存在時是否也過該定點即可.【小問1詳解】由圓