2025屆廣東省廣州市白云區(qū)高二上數學期末達標檢測模擬試題含解析

2025屆廣東省廣州市白云區(qū)高二上數學期末達標檢測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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．若x，y滿足約束條件,則的最大值為（）A.2 B.3C.4 D.52．已知函數（為自然對數的底數），若的零點為，極值點為，則（）A. B.0C.1 D.23．若函數在區(qū)間上有兩個極值點，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.4．已知的二項展開式的各項系數和為32，則二項展開式中的系數為A5 B.10C.20 D.405．在的展開式中，只有第4項的二項式系數最大，且所有項的系數和為0，則含的項的系數為（）A.-20 B.-15C.-6 D.156．曲線與曲線（）的（）A.長軸長相等 B.短軸長相等C.離心率相等 D.焦距相等7．設直線，．若，則的值為（）A.或 B.或C. D.8．在等差數列中，已知，則數列的前9項和為（）A. B.13C.45 D.1179．設雙曲線C：的左、右焦點分別為，點P在雙曲線C上，若線段的中點在y軸上，且為等腰三角形，則雙曲線C的離心率為（）A. B.2C. D.10．設函數是奇函數的導函數，且，當時，，則不等式的解集為（）A. B.C. D.11．如圖，平行六面體中，與的交點為，設，則選項中與向量相等的是（）A. B.C. D.12．已知命題：；：若，則，則下列判斷正確的是（）A.為真，為真，為假 B.為真，為假，為真C.為假，為假，為假 D.為真，為假，為假二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知數列{}的通項公式為，前n項和為，當取得最小值時，n的值為___________.14．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的結果________15．已知圓被軸截得的弦長為4，被軸分成兩部分的弧長之比為1∶2，則圓心的軌跡方程為______，若點，，則周長的最小值為______16．已知命題：平面上一矩形ABCD的對角線AC與邊AB和AD所成角分別為，則，若把它推廣到空間長方體中，體對角線與平面，平面，平面所成的角分別為，則可以類比得到的結論為___________________.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）在平面直角坐標系xOy中，直線l的參數方程為（t為參數），直線l與x軸交于點P．以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為（1）求直線l的普通方程與曲線C的直角坐標方程；（2）若直線l與曲線C相交于A，B兩點，求的值18．（12分）如圖，在多面體ABCEF中，和均為等邊三角形，D是AC的中點，（1）證明：（2）若平面平面ACE，求二面角的余弦值.19．（12分）如圖，圓錐的底面直徑與母線長均為4，PO是圓錐的高，點C是底面直徑AB所對弧的中點，點D是母線PA的中點（1）求圓錐的表面積；（2）求點B到直線CD的距離20．（12分）如圖，在四棱柱中，，，，四邊形為菱形，在平面ABCD內的射影O恰好為AD的中點，M為AB的中點.（1）求證：平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值.21．（12分）已知拋物線的焦點為F，傾斜角為45°的直線m過點F，若此拋物線上存在3個不同的點到m的距離為，求此拋物線的準線方程22．（10分）如圖，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，PA＝AD＝2，M、N分別是AB、PC的中點（1）求證：平面MND⊥平面PCD；（2）求點P到平面MND的距離

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、C【解析】畫出約束條件的可行域，利用目標函數的幾何意義即可求解【詳解】作出可行域如圖所示，把目標函數轉化為，平移，經過點時，縱截距最大，所以的最大值為4.故選：C2、C【解析】令可求得其零點，即的值，再利用導數可求得其極值點，即的值，從而可得答案【詳解】解：，當時，，即，解得；當時，恒成立，的零點為又當時，為增函數，故在，上無極值點；當時，，，當時，，當時，，時，取到極小值，即的極值點，故選：C【點睛】本題考查利用導數研究函數的極值，考查函數的零點，考查分段函數的應用，突出分析運算能力的考查，屬于中檔題3、D【解析】由題意，即在區(qū)間上有兩個異號零點，令，利用函數的單調性與導數的關系判斷單調性，數形結合即可求解【詳解】解：由題意，即在區(qū)間上有兩個異號零點，構造函數，則，令，得，令，得，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，又時，，時，，且，所以，即，所以的范圍故選：D4、B【解析】首先根據二項展開式的各項系數和，求得，再根據二項展開式的通項為，求得，再求二項展開式中的系數.【詳解】因為二項展開式的各項系數和，所以，又二項展開式的通項為=，，所以二項展開式中的系數為．答案選擇B【點睛】本題考查二項式展開系數、通項等公式，屬于基礎題5、C【解析】先由只有第4項的二項式系數最大，求出n=6；再由展開式的所有項的系數和為0，用賦值法求出,用通項公式求出的項的系數.【詳解】∵在的展開式中，只有第4項的二項式系數最大，∴在的展開式有7項，即n=6；而展開式的所有項的系數和為0，令x=1，代入，即，所以.∴是展開式的通項公式為：，要求含的項，只需，解得，所以系數為.故選：C6、D【解析】分別求出兩橢圓的長軸長、短軸長、離心率、焦距，即可判斷.【詳解】曲線表示焦點在軸上，長軸長為，短軸長為，離心率為，焦距為；曲線表示焦點在軸上，長軸長為，短軸長為，離心率為，焦距為.對照選項可知：焦距相等.故選：D.7、A【解析】由兩直線垂直可得出關于實數的等式，即可解得實數的值.【詳解】因為，則，解得或.故選：A.8、C【解析】根據給定的條件利用等差數列的性質計算作答【詳解】在等差數列中，因，所以.故選：C9、A【解析】根據是等腰直角三角形，再表示出的長，利用三角形的幾何性質即可求得答案.【詳解】線段的中點在y軸上,設的中點為M，因為O為的中點，所以,而,則，為等腰三角形，故，由，得，又為等腰直角三角形，故，即，解得，即，故選：A.10、D【解析】設，則，分析可得為偶函數且，求出的導數，分析可得在上為減函數，進而分析可得上，，在上，，結合函數的奇偶性可得上，，在上，，又由即，則有或，據此分析可得答案【詳解】根據題意，設，則，若奇函數，則，則有，即函數為偶函數，又由，則，則，，又由當時，，則在上為減函數，又由，則在上，，在上，，又由為偶函數，則在上，，在上，，即，則有或，故或，即不等式的解集為；故選：D11、B【解析】利用空間向量加減法、數乘的幾何意義，結合幾何體有，進而可知與向量相等的表達式.【詳解】連接，如下圖示：，.故選：B12、D【解析】先判斷出命題，的真假，即可判斷.【詳解】因為成立，所以命題為真，由可得或，所以命題為假命題，所以為真，為假，為假.故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、7【解析】首先求出數列的正負項，再判斷取得最小值時n的值.【詳解】當，，解得：，當和時，，所以取得最小值時，.故答案為：714、132【解析】根據程序框圖模擬程序運行，確定變量值的變化可得結論【詳解】程序運行時，變量值變化如下：，判斷循環(huán)條件，滿足，，；判斷循環(huán)條件，滿足，，；判斷循環(huán)條件，不滿足，輸出故答案為：13215、①.②.【解析】設，圓半徑為，進而根據題意得，，進而得其軌跡方程為雙曲線，再根據雙曲線的定義，將周長轉化為求的最小值，進而求解.【詳解】解：如圖1，因為圓被軸截得的弦長為4，被軸分成兩部分的弧長之比為1∶2，所以，，所以中點，則，，所以，故設，圓半徑為，則，，，所以，即所以圓心的軌跡方程為，表示雙曲線，焦點為，，如圖2，連接，由雙曲線的定義得，即，所以周長為，因為，所以周長的最小值為故答案為：；.16、【解析】先由線面角的定義得到，再計算的值即可得到結論【詳解】在長方體中，連接，在長方體中，平面，所以對角線與平面所成的角為，對角線與平面所成的角為,對角線與平面所成的角為，顯然，，，所以,，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）直線l的普通方程，曲線C的直角坐標方程（2）【解析】（1）直接利用轉換關系，在參數方程、極坐標方程和直角坐標方程之間進行轉換；（2）利用一元二次方程根和系數關系式的應用求出結果【小問1詳解】解：直線的參數方程為為參數），轉換為直角坐標方程，曲線的極坐標方程為，根據，轉換為直角坐標方程為；小問2詳解】直線轉換為參數方程為為參數），代入，得到，所以，，所以18、（1）證明見解析（2）【解析】（1）根據等腰三角形三線合一的性質得到、，即可得到平面，再根據，即可得證；（2）由面面垂直的性質得到平面，建立如圖所示空間直角坐標系，設，即可得到點，，的坐標，最后利用空間向量法求出二面角的余弦值；小問1詳解】證明：連接DE因為，且D為AC的中點，所以因為，且D為AC的中點，所以因為平面BDE，平面BDE，且，所以平面因為，所以平面BDE，所以【小問2詳解】解：由（1）可知因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以DC，DB，DE兩兩垂直以D為原點，分別以，，的方向為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系設．則，，．從而，設平面BCE的法向量為，則令，得平面ABC的一個法向量為設二面角為，由圖可知為銳角，則19、（1）（2）【解析】（1）直接運用圓錐的表面積公式計算即可；（2）建立空間直角坐標，然后運用向量法計算可求得答案.【小問1詳解】【小問2詳解】如圖，建立直角坐標系，，，，∴B在CD上投影的長度∴B到CD的距離解法2：設直線CD上一點E滿足令，則∴，∴，∴∴，故B到CD距離為.20、（1）證明見解析（2）【解析】（1）先證明，，即可證明平面；（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.【小問1詳解】因為O為在平面ABCD內的射影，所以平面ABCD，因為平面ABCD，所以.如圖，連接BD，在中，.設CD的中點為P，連接BP，因為，，，所以，且，則.因為，所以，易知，所以.因為平面，平面，，所以平面.【小問2詳解】由（1）知平面ABCD，所以可以點O為坐標原點，以OA，，所在直線分別為x，z，以平面ABCD內過點O且垂直于OA的直線為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，所以,,，，設平面的法向量為，，，則可取平面的一個法向量為.設平面的法向量為，，，則令，得平面的一個法向量為.設平面與平面的平面角為，由法向量的方向可知與法向量的夾角大小相等，所以，所以平面與平面夾角的余弦值為.21、【解析】設出直線m的方程，利用方程組聯(lián)立、一元二次方程根的判別式求出與直線m平行的拋物線的切線方程，結合平行線間距離公式進行求解即可.【詳解】拋物線的焦點坐標為：，設直線m為，設為與拋物線相切，聯(lián)立直線與拋物線方程，化簡整理可得，，則，解得，且，故兩平行線間的距離，解得，故所求的準線方程為22、（1）見解析；（2）【解析】（1）作出如圖所示空間直角坐標系，根據題中數據可得、、的坐標，利用垂直向量數量積為零的方法算出平面、平面的法向量分別為，，和，1，，算出，可得，從而得出平面平面；（2）由（