2025屆河南省輝縣一高高二上數學期末統(tǒng)考模擬試題含解析

2025屆河南省輝縣一高高二上數學期末統(tǒng)考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x＞0、y＞0，且1，若恒成立，則實數m的取值范圍為（）A.(1,9) B.(9,1)C.[9,1] D.(∞,1)∪(9,+∞)2．已知直線：和直線：，拋物線上一動點P到直線和直線的距離之和的最小值是（）A. B.C. D.3．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.4．已知，是雙曲線的左右焦點，過的直線與曲線的右支交于兩點，則的周長的最小值為（）A. B.C. D.5．若過點（2，1）的圓與兩坐標軸都相切，則圓心到直線的距離為（）A. B.C. D.6．已知橢圓方程為，點在橢圓上，右焦點為F，過原點的直線與橢圓交于A，B兩點，若，則橢圓的方程為（）A. B.C. D.7．直線與圓相交與A，B兩點，則AB的長等于（）A3 B.4C.6 D.18．在等差數列{an}中，已知a1＝2，a2+a3＝13，則a4+a5+a6等于（）A.40 B.42C.43 D.459．在空間四邊形OABC中，，，，點M在線段OA上，且，N為BC中點，則等于（）A. B.C. D.10．已知下列四個命題，其中正確的是（）A. B.C. D.11．已知向量，，且與互相垂直，則（）A. B.C. D.12．已知，，，執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出值為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知拋物線的焦點為F，O為坐標原點，M的準線為l且與x軸相交于點B，A為M上的一點，直線AO與直線l相交于C點，若，，則M的標準方程為______________.14．拋物線的焦點坐標為_____.15．下圖是4個幾何體的展開圖，圖①是由4個邊長為3的正三角形組成；圖②是由四個邊長為3的正三角形和一個邊長為3的正方形組成；圖③是由8個邊長為3的正三角形組成；圖④是由6個邊長為3的正方形組成若直徑為4的球形容器（不計容器厚度）內有一幾何體，則該幾何體的展開圖可以是______（填所有正確結論的番號）16．已知函數，有且只有一個零點，則實數的取值范圍是_______.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）已知函數（…是自然對數的底數）.（1）求的單調區(qū)間；（2）求函數的零點的個數.18．（12分）已知直線l過點，與兩坐標軸的正半軸分別交于A，B兩點，O為坐標原點（1）若的面積為，求直線l的方程；（2）求的面積的最小值19．（12分）已知各項均為正數的等比數列的前n項和為，且，（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前n項和20．（12分）已知拋物線的焦點為，直線與拋物線交于，兩點，且（1）求拋物線的方程；（2）若，是拋物線上一點，過點的直線與拋物線交于，兩點（均與點不重合），設直線，的斜率分別為，，求證：為定值21．（12分）設曲線在點（1，0）處的切線方程為.（1）求a，b的值；（2）求證：；（3）當，求a的取值范圍.22．（10分）命題：函數有意義；命題：實數滿足.（1）當且為真時，求實數的取值范圍；（2）若是的充分不必要條件，求實數的取值范圍.

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】應用基本不等式“1”的代換求的最小值，注意等號成立條件，再根據題設不等式恒成立有，解一元二次不等式求解集即可.【詳解】由題設，，當且僅當時等號成立，∴要使恒成立，只需，故，∴.故選：B.2、A【解析】根據已知條件，結合拋物線的定義，可得點P到直線和直線的距離之和，當B，P，F三點共線時，最小，再結合點到直線的距離公式，即可求解【詳解】∵拋物線，∴拋物線的準線為，焦點為，∴點P到準線的距離PA等于點P到焦點F的距離PF，即，∴點P到直線和直線的距離之和，∴當B，P，F三點共線時，最小，∵，∴，∴點P到直線和直線的距離之和的最小值為故選：A3、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：A4、C【解析】根據雙曲線的定義和性質，當弦垂直于軸時，即可求出三角形的周長的最小值.【詳解】由雙曲線可知：的周長為.當軸時,周長最小值為故選：C5、B【解析】由題意可知圓心在第一象限，設圓心的坐標為，可得圓的半徑為，寫出圓的標準方程，利用點在圓上，求得實數的值，利用點到直線的距離公式可求出圓心到直線的距離.【詳解】由于圓上的點在第一象限，若圓心不在第一象限，則圓與至少與一條坐標軸相交，不合乎題意，所以圓心必在第一象限，設圓心的坐標為，則圓的半徑為，圓的標準方程為.由題意可得，可得，解得或，所以圓心的坐標為或，圓心到直線的距離均為；圓心到直線的距離均為圓心到直線的距離均為；所以，圓心到直線的距離為.故選：B.【點睛】本題考查圓心到直線距離的計算，求出圓的方程是解題的關鍵，考查計算能力，屬于中等題.6、A【解析】根據橢圓的性質可得，則橢圓方程可求.【詳解】由點在橢圓上得，由橢圓的對稱性可得，則，故橢圓方程為.故選：A.7、C【解析】根據弦長公式即可求出【詳解】因為圓心到直線的距離為，所以AB的長等于故選：C8、B【解析】根據已知求出公差即可得出.【詳解】設等差數列的公差為，因為，，所以，則.故選：B.9、B【解析】由題意結合圖形，直接利用，求出，然后即可解答.【詳解】解：因為空間四邊形OABC如圖，，，，點M在線段OA上，且，N為BC的中點，所以.所以.故選：B.10、B【解析】根據基本初等函數的求導公式和求導法則即可求解判斷.【詳解】，故A錯誤；，故B正確；，故C錯誤；，故D錯誤.故選：B.11、D【解析】根據垂直關系可得，由向量坐標運算可構造方程求得結果.【詳解】，，又與互相垂直，，解得：.故選：D.12、A【解析】模擬程序運行可得程序框圖的功能是計算并輸出三個數中的最小數，計算三個數判斷作答.【詳解】模擬程序運行可得程序框圖的功能是計算并輸出三個數中的最小數，因，，，則，不成立，則，不成立，則，所以應輸出的x值為.故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】先利用相似關系計算，求得直線OA的方程，再聯(lián)立方程求得，利用拋物線定義根據即得p值，即得結果.【詳解】因為，，所以，則，如圖，，故，解得，所以，直線OA的斜率為，OA的方程，聯(lián)立直線OA與拋物線方程，解得，所以，故，則拋物線標準方程為.故答案為：.14、【解析】根據拋物線方程求得p，則根據拋物線性質可求得拋物線的焦點坐標．解：拋物線方程中p=2，∴拋物線焦點坐標為（-1，0）故填寫考點：拋物線的簡單性質點評：本題主要考查了拋物線的簡單性質．屬基礎題15、①【解析】根據幾何體展開圖可知①正四面體、②正四棱錐、③正八面體、④正方體，進而求其外接球半徑，并與4比較大小，即可確定答案.【詳解】若幾何體外接球球心為，半徑為，①由題設，幾何體為棱長為3的正四面體，為底面中心，則，，所以，可得，即，滿足要求；②由題設，幾何體為棱長為3的正四棱錐，為底面中心，則，所以，可得，即，不滿足要求；③由題設，幾何體為棱長為3的正八面體，其外接球直徑同棱長為3的正四棱錐，故不滿足要求；④由題設，幾何體為棱長為3的正方體，體對角線的長度即為外接球直徑，所以，不滿足要求；故答案為：①16、【解析】由題知方程，，有且只有一個零點，進而構造函數，利用導數研究函數單調性與函數值得變化情況，作出函數的大致圖像，數形結合求解即可.【詳解】解：因為函數，，有且只有一個零點，所以方程，，有且只有一個零點，令，則，，令，則所以為上的單調遞減函數，因為，所以當時，；當時，；所以當時，；當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，因為當趨近于時，趨近于，當趨近于時，趨近于，且，時，，故的圖像大致如圖所示，所以方程，，有且只有一個零點等價于或.所以實數的取值范圍是故答案為：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）當時，的單調遞增區(qū)間為，無單調遞減區(qū)間；當時，的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為；（2）時函數沒有零點；或時函數有且只有一個零點；時，函數有兩個零點.【解析】（1）先對函數求導，然后分和兩種情況判斷導函數正負，求其單調區(qū)間；（2）由，得，構造函數，然后利用導數求出其單調區(qū)間和極值，畫出此函數的圖像，再判斷圖像與直線的交點情況，從而可得答案【詳解】（1）因為，所以，當時，恒成立，所以的單調遞增區(qū)間為，無單調遞減區(qū)間；當時，令，得；令，得，所以的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為.（2）顯然0不是函數的零點，由，得.令，則.或時，，時，，所以在和上都是減函數，在上是增函數，時取極小值，又當時，.所以時，關于的方程無解，或時關于的方程只有一個解，時，關于的方程有兩個不同解.因此，時函數沒有零點，或時函數有且只有一個零點，時，函數有兩個零點.【點睛】關鍵點點睛：此題考查導數的應用，考查利用導數求函數的單調區(qū)間，考查利用導數判斷函數的零點，解題的關鍵是由，得，構造函數，然后利用導數求出其單調區(qū)間和極值，畫出此函數的圖像，再判斷圖像與直線的交點情況，考查數形結合的思想，屬于中檔題18、（1）或（2）4【解析】（1）設直線方程為，根據所過的點及面積可得關于的方程組，求出解后可得直線方程，我們也可以設直線，利用面積求出后可得直線方程.（2）結合（1）中直線方程的形式利用基本不等式可求面積的最小值.【小問1詳解】法一：（1）設直線，則解得或，所以直線或法二：設直線，，則，則，∴或﹣8所以直線或【小問2詳解】法一：∵，∴，∴，此時，∴面積的最小值為4，此時直線法二：∵，∴，此時，∴面積的最小值為4，此時直線19、（1）（2）【解析】（1）由等比數列的前項和公式，等比數列的基本量運算列方程組解得和公比后可得通項公式；（2）用錯位相減法求得和【小問1詳解】設數列的公比為q，由，，得，解之得所以；【小問2詳解】，又，得，，兩式作差，得，所以20、（1）（2）證明見解析【解析】(1)聯(lián)立直線和拋物線方程，根據拋物線定義和焦半徑公式得到，根據韋達定理可得到最終結果；（2）代入點坐標可得到參數的值，設直線的方程為，聯(lián)立該直線和拋物線方程，，代入韋達定理可得到最終結果.【小問1詳解】設點，，點，，聯(lián)立，整理得，，由拋物線的定義知，解得，拋物線的方程為【小問2詳解】，為拋物線上一點，，即，設，，，，直線的方程為，由，消去得，，，，即為定值21、（1）（2）證明見解析（3）【解析】（1）求導，根據導數的幾何意義，令x=1處的切線的斜率等1，結合，即可求得a和b的值；（2）利用（1）的結論，構造函數，求求導數，判斷單調性，求出最小值即可證明；（3）根據條件構造函數，求出其導數，分類討論導數的值的情況，根據單調性，判斷函數的最小值情況，即可求得答案.【小問1詳解】由題意知：，因為曲線在點（1，0）處的切線方程為，故，即；【小問2詳解】證明：由（1）知：，令，則，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以當時，取得極小值，也即最小值，最小值為，故，即成立；【小問3詳解】當，即，（），設，（），則，當時，由得，此時，此時在時單調遞增，，適合題意；當時，，此時在時單調遞增，，適合題意；當時，，此時，此時在時單調遞增，，適合題意；當時，，此時在內，，在內，，故，顯然時，，不滿足當恒成立，綜上述：.22、(1)；(2)【解析】(1)首先將命題，化簡，然后由為真可得，均為真，取交集即可