江西省臨川一中2025屆數(shù)學高二上期末復習檢測模擬試題含解析

江西省臨川一中2025屆數(shù)學高二上期末復習檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．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．設正方體的棱長為，則點到平面的距離是（）A. B.C. D.2．在平面直角坐標系中，已知點，，，，直線AP，BP相交于點P，且它們斜率之積是.當時，的最小值為（）A. B.C. D.3．已知直線與拋物線C：相交于A，B兩點，O為坐標原點，，的斜率分別為，，則（）A. B.C. D.4．已知圓，為圓外的任意一點，過點引圓的兩條切線、，使得，其中、為切點．在點運動的過程中，線段所掃過圖形的面積為（）A. B.C. D.5．如圖，在棱長為1的正方體中，點B到直線的距離為（）A. B.C. D.6．上海世博會期間，某日13時至21時累計入園人數(shù)的折線圖如圖所示，那么在13時~14時，14時~15時，…，20時~21時八個時段中，入園人數(shù)最多的時段是（）A.13時~14時 B.16時~17時C.18時~19時 D.19時~20時7．雙曲線的離心率為，焦點到漸近線的距離為，則雙曲線的焦距等于A. B.C. D.8．若直線與互相垂直，則實數(shù)a的值為（）A.-3 B.C. D.39．某制藥廠為了檢驗某種疫苗預防的作用，把名使用疫苗的人與另外名未使用疫苗的人一年中的記錄作比較，提出假設：“這種疫苗不能起到預防的作用”，利用列聯(lián)表計算得，經(jīng)查對臨界值表知.則下列結論中，正確的結論是（）A.若某人未使用該疫苗，則他在一年中有的可能性生病B.這種疫苗預防的有效率為C.在犯錯誤的概率不超過的前提下認為“這種疫苗能起到預防的作用”D.有的把握認為這種疫苗不能起到預防生病的作用10．若拋物線與直線：相交于兩點，則弦的長為（）A.6 B.8C. D.11．向量，向量，若，則實數(shù)（）A. B.1C. D.12．已知點到直線的距離為1，則m的值為（）A.或 B.或15C.5或 D.5或15二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知點P是拋物線上的一個動點，則點P到點M(0，2)的距離與點P到該拋物線準線的距離之和的最小值為______________14．已知拋物線的焦點為F，若拋物線上一點P到x軸的距離為2，則|PF|的值為___________.15．若函數(shù)在區(qū)間上的最大值是，則__________16．必然事件的概率是________.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）如圖，在三棱錐中，平面平面，，都是等腰直角三角形，，，，分別為，的中點.（1）求證：平面；（2）求證：平面.18．（12分）已知直線l的斜率為-2，且與兩坐標軸的正半軸圍成三角形的面積等于1．圓C的圓心在第四象限，直線l經(jīng)過圓心，圓C被x軸截得的弦長為4．若直線x－2y－1＝0與圓C相切，求圓C的方程19．（12分）設橢圓過，兩點，為坐標原點（1）求橢圓的方程；（2）是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓恒有兩個交點，，且？若存在，寫出該圓的方程，并求的取值范圍；若不存在，說明理由20．（12分）在△中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，，.（1）求的大小及△的面積；（2）求的值.21．（12分）在等比數(shù)列中，已知，（1）若，求數(shù)列的前項和；（2）若以數(shù)列中的相鄰兩項，構造雙曲線，求證：雙曲線系中所有雙曲線的漸近線、離心率都相同22．（10分）已知函數(shù).（1）求的單調遞增區(qū)間；（2）求在的最大值.

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、D【解析】建立空間直角坐標系，根據(jù)空間向量所學點到面的距離公式求解即可.【詳解】建立如下圖所示空間直角坐標系，以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸.因為正方體的邊長為4，所以，，，，，所以，，，設平面的法向量，所以，，即，設，所以，，即，設點到平面的距離為，所以，故選：D.2、A【解析】設出點坐標，求得、所在直線的斜率，由斜率之積是列式整理即可得到點的軌跡方程，設，根據(jù)雙曲線的定義，從而求出的最小值；【詳解】解：設點坐標為，則直線的斜率；直線的斜率由已知有，化簡得點的軌跡方程為又，所以點的軌跡方程為，即點的軌跡為以、為頂點的雙曲線的左支（除點），因為，設，由雙曲線的定義可知，所以，當且僅當、、三點共線時取得最小值，因為，所以，所以，即的最小值為；故選：A3、C【解析】設，，由消得：，又，由韋達定理代入計算即可得答案.【詳解】設，，由消得：，所以，故.故選：C【點睛】本題主要考查了直線與拋物線的位置關系，直線的斜率公式，考查了轉化與化歸的思想，考查了學生的運算求解能力.4、D【解析】連接、、，分析可知四邊形為正方形，求出點的軌跡方程，分析可知線段所掃過圖形為是夾在圓和圓的圓環(huán)，利用圓的面積公式可求得結果.【詳解】連接、、，由圓的幾何性質可知，，又因為且，故四邊形為正方形，圓心，半徑為，則，故點的軌跡方程為，所以，線段掃過的圖形是夾在圓和圓的圓環(huán)，故在點運動的過程中，線段所掃過圖形的面積為.故選：D.5、A【解析】以為坐標原點，以為單位正交基底，建立空間直角坐標系，取，，利用向量法，根據(jù)公式即可求出答案.【詳解】以為坐標原點，以為單位正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，取，，則，，則點B到直線AC1的距離為.故選：A6、B【解析】要找入園人數(shù)最多的，只要根據(jù)函數(shù)圖象找出圖象中變化最大的即可【詳解】結合函數(shù)的圖象可知，在13時~14時，14時~15時，…，20時~21時八個時段中，圖象變化最快的為16到17點之間故選：B.【點睛】本題考查折線統(tǒng)計圖的實際應用，屬于基礎題.7、D【解析】不妨設雙曲線方程為，則，即設焦點為，漸近線方程為則又解得．則焦距為．選：D8、C【解析】根據(jù)給定條件利用兩條直線互相垂直的關系列式計算作答.【詳解】因直線與互相垂直，則，解得，所以實數(shù)a的值為.故選：C9、C【解析】根據(jù)的值與臨界值的大小關系進行判斷.【詳解】∵，，∴在犯錯誤的概率不超過的前提下認為“這種疫苗能起到預防的作用”，C對，由已知數(shù)據(jù)不能確定若某人未使用該疫苗，則他在一年中有的可能性生病，A錯，由已知數(shù)據(jù)不能判斷這種疫苗預防的有效率為，B錯，由已知數(shù)據(jù)沒有的把握認為這種疫苗不能起到預防生病的作用,D錯，故選：C.10、B【解析】由題得拋物線的焦點坐標為剛好在直線上，再聯(lián)立直線和拋物線的方程，利用韋達定理和拋物線的定義求解.【詳解】解：由題得.由題得拋物線的焦點坐標為剛好在直線上，設，聯(lián)立直線和拋物線方程得,所以.所以.故選：B11、C【解析】由空間向量垂直的坐標表示列方程即可求解.【詳解】因為向量，向量，若，則，解得：，故選：C.12、D【解析】利用點到直線距離公式即可得出.【詳解】解：點到直線的距離為1，解得：m=15或5故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由拋物線的定義得：，所以，當三點共線時，最小可得答案.【詳解】如圖所示：，由拋物線的定義得：，所以，由圖象知：當三點共線時，最小，.故答案為：.14、3【解析】先求出拋物線的焦點坐標和準線方程，再利用拋物線的定義可求得答案【詳解】拋物線的焦點為，準線為，因為拋物線上一點P到x軸的距離為2，所以由拋物線的定義可得，故答案為：315、0【解析】由函數(shù)，又由，則，根據(jù)二次函數(shù)的性質，即可求解函數(shù)的最大值，得到答案.【詳解】由函數(shù)，因為，所以，當時，則，所以.【點睛】本題主要考查了余弦函數(shù)的性質，以及二次函數(shù)的圖象與性質，其中解答中根據(jù)余弦函數(shù)，轉化為關于的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的圖象與性質是解答的關鍵，著重考查了轉化思想，以及推理與計算能力，屬于基礎題.16、1【解析】直接由必然事件的定義求解【詳解】因為必然事件是一定要發(fā)生的，所以必然事件的概率是1，故答案為：1三、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）證明見解析（2）證明見解析【解析】（1）由三角形的中位線定理可證得MN∥AB，再由線面垂直的判定定理可證得結論，（2）由已知可得AB⊥BC，VC⊥AC，再由已知結合面面垂直的性質定理可得VC⊥平面ABC，從而有AB⊥VC，然后由線面垂直的判定定理可證得結論【小問1詳解】證明：∵M，N分別為VA，VB的中點，∴MN∥AB，∵AB?平面CMN，MN?平面CMN，∴AB∥平面CMN【小問2詳解】證明：∵△ABC和△VAC均是等腰直角三角形，AB＝BC，AC＝CV，∴AB⊥BC，VC⊥AC，∵平面VAC⊥平面ABC，平面VAC∩平面ABC＝AC，∴VC⊥平面ABC，∵AB?平面ABC，∴AB⊥VC，又VC∩BC＝C，∴AB⊥平面VBC18、【解析】先根據(jù)題意設直線方程，由條件求出直線的方程，再根據(jù)條件列出等量關系，求出圓心和半徑，進而求得答案.【詳解】解：設直線l的方程為y＝－2x＋b（b＞0），它與兩坐標軸的正半軸的交點依次為，，因為直線l與兩坐標軸的正半軸所圍成的三角形的面積等于1，所以，解得b＝2，所以直線l的方程是，即由題意，可設圓C的圓心為，半徑為r，又因為圓C被x軸截得的弦長等于4，所以①，由于直線與圓相切，所以圓心C到直線的距離②，所以①②聯(lián)立得：，解得：或，又圓心在第四象限，所以，則圓心，，所以圓C方程是.19、（1）（2）存在，，【解析】（1）根據(jù)橢圓E：（）過，兩點，直接代入方程解方程組，解方程組即可.（2）假設存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且，當切線斜率存在時，設該圓的切線方程為，聯(lián)立，根據(jù)，結合韋達定理運算，同時滿足，則存在，否則不存在；在該圓的方程存在時，利用弦長公式結合韋達定理得到，結合題意求解即可，當切線斜率不存在時，驗證即可.【小問1詳解】將，的坐標代入橢圓的方程得，解得，所以橢圓的方程為【小問2詳解】假設滿足題意的圓存在，其方程為，其中，設該圓的任意一條切線和橢圓交于，兩點，當直線的斜率存在時，令直線的方程為，①將其代入橢圓的方程并整理得，由韋達定理得，，②因為，所以，③將①代入③并整理得，聯(lián)立②得，④因為直線和圓相切，因此，由④得，所以存在圓滿足題意當切線的斜率不存在時，易得，由橢圓方程得，顯然，綜上所述，存在圓滿足題意當切線的斜率存在時，由①②④得，由，得，即當切線的斜率不存在時，易得，所以綜上所述，存在圓心在原點的圓滿足題意，且20、（1），△的面積為；（2）.【解析】（1）應用余弦定理求的大小，由三角形面積公式求△的面積；（2）由（1）及正弦定理的邊角關系可得，即可求目標式的值.【小問1詳解】在△中，由余弦定理得：，又，則.所以△的面積為.【小問2詳解】由（1）得：，由正弦定理得：，則，所以.21、（1）；（2）證明過程見解析.【解析】（1）根據(jù)等比數(shù)列的通項公式，結合對數(shù)的運算性質、等比數(shù)列和等差數(shù)列前項和公式進行求解即可；（2）根據(jù)等比數(shù)列的通項公式，結合雙曲線漸近線方程和離心率公式進行證明即可.