云南省玉溪市峨山民中2025屆高二數學第一學期期末達標檢測模擬試題含解析

云南省玉溪市峨山民中2025屆高二數學第一學期期末達標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．阿波羅尼斯是古希臘著名數學家，與歐幾里得、阿基米德并稱為亞歷山大時期數學三巨匠，他對圓錐曲線有深刻而系統的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圓錐曲線》一書，阿波羅尼斯圓就是他的研究成果之一.指的是：已知動點與兩定點的距離之比，那么點的軌跡就是阿波羅尼斯圓.已知動點的軌跡是阿波羅尼斯圓，其方程為，其中，定點為軸上一點，定點的坐標為，若點，則的最小值為（）A. B.C. D.2．甲、乙、丙、丁、戊共5名同學進行勞動技術比賽，決出第1名到第5名的名次．甲和乙去詢問成績，回答者對甲說：“很遺憾，你和乙都沒有得到冠軍．”對乙說：“你當然不會是最差的．”從這兩個回答分析，5人的名次排列方式共有（）種A.54 B.72C.96 D.1203．某研究所為了研究近幾年中國留學生回國人數的情況，對2014至2018年留學生回國人數進行了統計，數據如下表：年份20142015201620172018年份代碼12345留學生回國人數/萬36.540.943.348.151.9根據上述統計數據求得留學生回國人數（單位：萬）與年份代碼滿足的線性回歸方程為，利用回歸方程預測年留學生回國人數為（）A.63.14萬 B.64.72萬C.66.81萬 D.66.94萬4．已知隨機變量服從正態(tài)分布，且，則（）A.0.16 B.0.32C.0.68 D.0.845．數學中的數形結合也可以組成世間萬物的絢麗畫面，-些優(yōu)美的曲線是數學形象美、對稱美、和諧美的產物.曲線C：為四葉玫瑰線.①方程(xy<0)表示的曲線在第二和第四象限；②曲線C上任一點到坐標原點0的距離都不超過2；③曲線C構成的四葉玫瑰線面積大于4π；④曲線C上有5個整點(橫、縱坐標均為整數的點).則上述結論中正確的個數是（）A.1 B.2C.3 D.46．已知等差數列的公差為，則“”是“數列為單調遞增數列”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件7．已知函數f（x）的定義域為[－1，5]，其部分自變量與函數值的對應情況如下表：x－10245f（x）312.513f（x）的導函數的圖象如圖所示．給出下列四個結論：①f（x）在區(qū)間[－1，0]上單調遞增；②f（x）有2個極大值點；③f（x）的值域為[1，3]；④如果x∈[t，5]時，f（x）的最小值是1，那么t的最大值為4其中，所有正確結論的序號是（）A.③ B.①④C.②③ D.③④8．圓與圓的位置關系為（）A.內切 B.相交C.外切 D.相離9．當我們停放自行車時，只要將自行車旁的撐腳放下，自行車就穩(wěn)了，這用到了（）A.三點確定一平面 B.不共線三點確定一平面C.兩條相交直線確定一平面 D.兩條平行直線確定一平面10．如圖，兩個半徑為R的相交大圓，分別內含一個半徑為r的同心小圓，且同心小圓均與另一個大圓外切.已知時，在兩相交大圓的區(qū)域內隨機取一點，則該點取自兩大圓公共部分的概率為（）A. B.C. D.11．下列結論中正確的有（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則12．拋物線的準線方程為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知雙曲線的左右焦點分別為，過點的直線交雙曲線右支于A，B兩點，若是等腰三角形，且，則的面積為___________.14．已知方程，若此方程表示橢圓，則實數的取值范圍是________；若此方程表示雙曲線，則實數的取值范圍是________.15．拋物線的準線方程是______16．下圖是個幾何體的展開圖，圖①是由個邊長為的正三角形組成；圖②是由四個邊長為的正三角形和一個邊長為的正方形組成；圖③是由個邊長為的正三角形組成；圖④是由個邊長為的正方形組成.若幾何體能夠穿過直徑為的圓，則該幾何體的展開圖可以是______（填所有正確結論的序號）.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（1）當時，討論的單調性；（2）當時，證明18．（12分）已知函數（1）討論函數的單調性；（2）若函數有兩個零點，，證明：19．（12分）已知圓：，過圓外一點作圓的兩條切線，，，為切點，設為圓上的一個動點.（1）求的取值范圍；（2）求直線的方程.20．（12分）如圖，在四棱錐中，底面滿足，，底面，且，.（1）證明平面；（2）求平面與平面的夾角.21．（12分）已知雙曲線C：的離心率為，過點作垂直于x軸的直線截雙曲線C所得弦長為（1）求雙曲線C的方程；（2）直線（）與該雙曲線C交于不同的兩點A，B，且A，B兩點都在以點為圓心的同一圓上，求m的取值范圍22．（10分）已知圓.（1）若不過原點的直線與圓相切，且直線在兩坐標軸上的截距相等，求直線的方程；（2）求與圓和直線都相切的最小圓的方程.

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】設，，根據和求出a的值，由，兩點之間直線最短，可得的最小值為，根據坐標求出即可.【詳解】設，，所以，由，所以，因為且，所以，整理可得，又動點M的軌跡是，所以，解得，所以，又，所以，因為，所以的最小值，當M在位置或時等號成立.故選：D2、A【解析】根據題意，分2種情況討論：①、甲是最后一名，則乙可以為第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三個名次，②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三個名次，由加法原理計算可得答案【詳解】根據題意，甲乙都沒有得到冠軍，而乙不是最后一名，分2種情況討論：①甲是最后一名，則乙可以為第二、三、四名，即乙有3種情況，剩下的三人安排在其他三個名次，有種情況，此時有種名次排列情況；②甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有種情況，剩下的三人安排在其他三個名次，有種情況，此時有種名次排列情況；則一共有種不同的名次情況，故選：A3、D【解析】先求出樣本點的中心，代入線性回歸方程即可求出，再將代入線性回歸方程即可得到結果【詳解】由題意知：，，所以樣本點的中心為，所以，解得：，可得線性回歸方程為，年對應的年份代碼為，令，則，所以預測2022年留學生回國人數為66.94萬，故選：D.4、C【解析】根據對稱性以及概率之和等于1求出，再由即可得出答案.【詳解】∵隨機變量服從正態(tài)分布，∴故選：C.5、B【解析】對于①，由判斷，對于②，利用基本不等式可判斷，對于③，以為圓心，2為半徑的圓的面積與曲線圍成的面積進行比較即可，對于④，將和聯立，求解出兩曲線的切點，從而可判斷【詳解】對于①，由，得異號，方程(xy<0)關于原點及y=x對稱，所以方程(xy<0)表示的曲線在第二和第四象限，所以①正確，對于②，因為，所以，所以，所以，所以由曲線的對稱性可知曲線C上任一點到坐標原點0的距離都不超過2，所以②正確，對于③，由②可知曲線C上到原點的距離不超過2，而以為圓心，2為半徑的圓的面積為，所以曲線C構成的四葉玫瑰線面積小于4π，所以③錯誤，對于④，將和聯立，解得，所以可得圓與曲線C相切于點，，，，而點（1，1）不滿足曲線方程，所以曲線在第一象限不經過任何整數點，由曲線的對稱性可知曲線在其它象限也不經過任何整數點，所以曲線C上只有1個整點（0，0），所以④錯誤，故選：B6、C【解析】利用等差數列的定義和數列單調性的定義判斷可得出結論.【詳解】若，則，即，此時，數列為單調遞增數列，即“”“數列為單調遞增數列”；若等差數列為單調遞增數列，則，即“”“數列為單調遞增數列”.因此，“”是“數列為單調遞增數列”的充分必要條件.故選：C.7、D【解析】直接利用函數的導函數的圖像，進一步畫出函數的圖像，進一步利用函數的性質的應用求出函數的單調區(qū)間，函數的極值和端點值可得結論【詳解】解：由f（x）的導函數的圖像，畫出的圖像，如圖所示，對于①，在區(qū)間上單調遞減，所以①錯誤，對于②，有1個極大值點，2個極小值點，所以②錯誤，對于③，根據函數的極值和端點值可知的值域為，所以③正確，對于④，如果x∈[t，5]時，由圖像可知，當f（x）的最小值是1時，t的最大值為4，所以④正確，故選：D8、C【解析】寫出兩圓的圓心和半徑，求出圓心距，發(fā)現與兩圓的半徑和相等，所以判斷兩圓外切【詳解】圓的標準方程為：，所以圓心坐標為，半徑；圓的圓心為，半徑，圓心距，所以兩圓相外切故選：C9、B【解析】自行車前后輪與撐腳分別接觸地面，使得自行車穩(wěn)定,此時自行車與地面的三個接觸點不在同一條線上.【詳解】自行車前后輪與撐腳分別接觸地面，此時三個接觸點不在同一條線上,所以可以確定一個平面，即地面，從而使得自行車穩(wěn)定.故選B項.【點睛】本題考查不共線的三個點確定一個平面，屬于簡單題.10、C【解析】設D為線段AB的中點，求得,在中，可得.進而求得兩大圓公共部分的面積為：,利用幾何概型計算即可得出結果.【詳解】如圖，設D為線段AB的中點，,在中，.兩大圓公共部分的面積為：,則該點取自兩大圓公共部分的概率為.故選：C.11、D【解析】根據基本初等函數的導數和運算法則分別計算函數的導數，即可判斷選項.【詳解】A.若，則，故A錯誤；B.若，則，故B錯誤；C.若，則，故C錯誤；D.若，則，故D正確.故選：D12、A【解析】將拋物線的方程化成標準形式，即可得到答案；【詳解】拋物線的方程化成標準形式，準線方程為，故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據題意可知，，再結合，即可求出各邊，從而求出的面積【詳解】，所以，而是的等腰三角形，所以，故的面積為故答案為：14、①.②.【解析】分別根據橢圓、雙曲線的標準方程的特征建立不等式即可求解.【詳解】當方程表示橢圓時，則有且，所以的取值范圍是；當方程表示雙曲線時，則有或，所以的取值范圍是.故答案為：；15、【解析】由題意可得p=4,所以準線方程,填16、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，并與比較大小，即可確定答案.【詳解】①由題設，幾何體為棱長為的正四面體，該正四面體可放入一個正方體中，且正方體的棱長為，該正四面體的外接球半徑為，滿足要求；②由題設，幾何體為棱長為的正四棱錐，如下圖所示：設，連接，則為、的中點，因為四邊形是邊長為的正方形，則，所以，，所以，，所以，，，所以點為正四棱錐的外接球球心，且該球的半徑為，不滿足要求；③由題設，幾何體為棱長為的正八面體，該正八面體可由兩個共底面，且棱長均為的正四棱錐拼接而成，由②可知，該正八面體的外接球半徑為，不滿足要求；④由題設，幾何體為棱長為的正方體，其外接球半徑為，不滿足要求；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）單調遞減，在單調遞增；（2）見解析.【解析】(1)求f(x)導數，討論導數的正負即可求其單調性；(2)由于，則，只需證明，構造函數，證明其最小值大于0即可.【小問1詳解】時，，當時，，∴，當時，，∴，∴在單調遞減，在單調遞增；【小問2詳解】由于，∴，∴只需證明，令，則，∴在上為增函數，而，∴在上有唯一零點，且，當時，，g(x)單調遞減，當時，，g(x)單調遞增，∴的最小值為，由，得，則，∴，當且僅當時取等號，而，∴，∴，即，∴當時，.【點睛】本題考察了利用導數研究函數的單調性，也考察了利用導數研究函數的最值，解題過程中設計到隱零點的問題，需要掌握隱零點處理問題的常見思路和方法.18、（1）函數的單調性見解析；（2）證明見解析.【解析】(1)求出函數的導數，按a值分類討論判斷的正負作答.(2)將分別代入計算化簡變形，再對所證不等式作等價變形，構造函數，借助函數導數推理作答.【小問1詳解】已知函數的定義域為，，當時，恒成立，所以在區(qū)間上單調遞增；當時，由，解得，由，解得，的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為，所以，當時，在上單調遞增，當時，在上單調遞增，在上單調遞減.【小問2詳解】依題意，不妨設，則，，于是得，即，亦有，即，因此，，要證明，即證，即證，即證，即證，令，，，則有在上單調遞增，，，即成立，所以.【點睛】思路點睛：涉及雙變量的不等式證明問題，將所證不等式等價轉化，構造新函數，再借助導數探討函數的單調性、極(最)值問題處理.19、（1）（2）【解析】(1)求出PM，就可以求PQ的范圍；(2)使用待定系數法求出切線的方程，再求求切點的坐標，從而可以求切點的連線的方程.【小問1詳解】如下圖所示，因為圓的方程可化為，所以圓心，半徑，且，所以，故取值范圍為.【小問2詳解】可知切線，中至少一條的斜率存在，設為，則此切線為即，由圓心到此切線的距離等于半徑，即，得所以兩條切線的方程為和，于是由聯立方程組得兩切點的坐標為和所以故直線的方程為即20、（1）證明見解析（2）【解析】（1）由已知結合線面平行判定定理可得；（2）建立空間直角坐標系，由向量法可解.【小問1詳解】∵，，∴，又平面，平面，∴平面；【小問2詳解】∵平面且、平面，∴，，又∵，故分別以所在直線為軸，軸、軸，建立如圖空間直角坐標系，如圖所示：由，，可得：，，，，，由已知平面，平面，，，，，平面，所以平面，為平面的一個法向量，且；設為平面的一個法向量，則，，，，，，，令，則