浙江省名校新2025屆高二上數(shù)學(xué)期末預(yù)測試題含解析

浙江省名校新2025屆高二上數(shù)學(xué)期末預(yù)測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．直線分別交坐標軸于A，B兩點，O為坐標原點，三角形OAB的內(nèi)切圓上有動點P，則的最小值為（）A.16 B.18C.20 D.222．設(shè)點P是函數(shù)圖象上任意一點，點Q的坐標，當取得最小值時圓C：上恰有2個點到直線的距離為1，則實數(shù)r的取值范圍為（）A. B.C. D.3．若函數(shù)，則（）A. B.C.0 D.14．已知橢圓：的左、右焦點分別為，，點P是橢圓上的動點，，，則的最小值為（）A. B.C D.5．若向量，，，則（）A. B.C. D.6．在等比數(shù)列{}中，，，則=（）A.9 B.12C.±9 D.±127．函數(shù)的值域為（）A. B.C. D.8．若集合，，則A. B.C. D.9．在正方體中，下列幾種說法不正確的是A. B.B1C與BD所成的角為60°C.二面角的平面角為 D.與平面ABCD所成的角為10．函數(shù)在上是單調(diào)遞增函數(shù)，則的最大值等于（）A.2 B.3C.5 D.611．已知直四棱柱的棱長均為，則直線與側(cè)面所成角的正切值為（）A. B.C. D.12．已知數(shù)列{}滿足，且，若，則＝（）A.－8 B.－11C.8 D.11二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知拋物線：，若直線與拋物線C相交于M，N兩點，則_______________.14．若“”是“”必要不充分條件，則實數(shù)的最大值為_______15．某校學(xué)生在研究折紙實驗中發(fā)現(xiàn)，當對折后紙張達到一定的厚度時，便不能繼續(xù)對折了．在理想情況下，對折次數(shù)與紙的長邊和厚度有關(guān)系：．現(xiàn)有一張長邊為30cm，厚度為0.05cm的矩形紙，根據(jù)以上信息，當對折完4次時，的最小值為________；該矩形紙最多能對折________次．（參考數(shù)值：，）16．已知，，若，則______三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知O為坐標原點，點，設(shè)動點W到直線的距離為d，且，.（1）記動點W的軌跡為曲線C，求曲線C的方程；（2）若直線l與曲線C交于A，B兩點，直線與曲線C交于，兩點，直線l與的交點為P（P不在曲線C上），且，設(shè)直線l，的斜率分別為k，.求證：為定值.18．（12分）阿基米德(公元前287年---公元前212年，古希臘)不僅是著名的哲學(xué)家、物理學(xué)家，也是著名的數(shù)學(xué)家，他利用“逼近法”得到橢圓面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積.在平面直角坐標系中，橢圓的面積等于，且橢圓的焦距為.（1）求橢圓的標準方程；（2）點是軸上的定點，直線與橢圓交于不同的兩點，已知A關(guān)于軸的對稱點為，點關(guān)于原點的對稱點為，已知三點共線，試探究直線是否過定點.若過定點，求出定點坐標；若不過定點，請說明理由.19．（12分）已知等差數(shù)列的前n項和為，等比數(shù)列的前n項和為，且，，（1）求，；（2）已知，，試比較，的大小20．（12分）已知橢圓的左焦點為F，右頂點為，M是橢圓上一點．軸且（1）求橢圓C的標準方程；（2）直線與橢圓C交于E，H兩點，點G在橢圓C上，且四邊形平行四邊形（其中O為坐標原點），求21．（12分）已知點到兩個定點的距離比為（1）求點的軌跡方程；（2）若過點的直線被點的軌跡截得的弦長為，求直線的方程22．（10分）已知函數(shù)（a為常數(shù)）（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；（2）不等式在上恒成立，求實數(shù)a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】由題意，求出內(nèi)切圓的半徑和圓心坐標，設(shè)，則，由表示內(nèi)切圓上的動點P到定點的距離的平方，從而即可求解最小值.【詳解】解：因為直線分別交坐標軸于A，B兩點，所以設(shè)，則，因為，所以三角形OAB的內(nèi)切圓半徑，內(nèi)切圓圓心為，所以內(nèi)切圓的方程為，設(shè)，則，因為表示內(nèi)切圓上的動點P到定點的距離的平方，且在內(nèi)切圓內(nèi)，所以，所以，,即的最小值為18，故選：B.2、C【解析】先求出代表的是以為圓心，2為半徑的圓的位于x軸下方部分（包含x軸上的部分），數(shù)形結(jié)合得到取得最小值時a的值，得到圓心C，利用點到直線距離求出圓心C到直線的距離，數(shù)形結(jié)合求出半徑r的取值范圍.【詳解】，兩邊平方得：，即點P在以為圓心，2為半徑的圓的位于x軸下方部分（包含x軸上的部分），如圖所示：因為Q的坐標為，則在直線，過點A作⊥l于點，與半圓交于點，此時長為的最小值，則，所以直線：，與聯(lián)立得：，所以，解得：，則圓C：，則，圓心到直線的距離為，要想圓C上恰有2個點到直線的距離為1，則.故選：C3、A【解析】構(gòu)造函數(shù)，再用積的求導(dǎo)法則求導(dǎo)計算得解.【詳解】令，則，求導(dǎo)得：，所以.故選：A4、A【解析】由橢圓的定義可得；利用基本不等式，若，則，當且僅當時取等號.【詳解】根據(jù)橢圓的定義可知，，即，因為，，所以，當且僅當，時等號成立.故選：A5、A【解析】根據(jù)向量垂直得到方程，求出的值.【詳解】由題意得：，解得：.故選：A6、D【解析】根據(jù)題意，設(shè)等比數(shù)列的公比為，由等比數(shù)列的性質(zhì)求出，再求出【詳解】根據(jù)題意，設(shè)等比數(shù)列的公比為，若，，則，變形可得，則，故選：7、C【解析】根據(jù)基本不等式即可求出【詳解】因為，當且僅當時取等號，所以函數(shù)的值域為故選：C8、A【解析】通過解不等式得出集合B，可以做出集合A與集合B的關(guān)系示意圖，可得出選項.【詳解】因為，解不等式即，所以或，所以集合，作出集合A與集合B的示意圖如下圖所示：所以：，故選A【點睛】本題考查集合間的交集運算，屬于基礎(chǔ)題.9、D【解析】在正方體中，利用線面關(guān)系逐一判斷即可.【詳解】解：對于A，連接AC，則AC⊥BD，A1C1∥AC，∴A1C1⊥BD，故A正確；對于B，∵B1C∥D，即B1C與BD所成的角為∠DB，連接△DB為等邊三角形，∴B1C與BD所成的角為60°，故B正確；對于C，∵BC⊥平面A1ABB1，A1B?平面A1ABB1，∴BC⊥A1B，∵AB⊥BC，平面A1BC∩平面BCD＝BC，A1B?平面A1BC，AB?平面BCD，∴∠ABA1是二面角A1﹣BC﹣D的平面角，∵△A1AB是等腰直角三角形，∴∠ABA1＝45°，故C正確；對于D，∵C1C⊥平面ABCD，AC1∩平面ABCD＝A，∴∠C1AC是AC1與平面ABCD所成的角，∵AC≠C1C，∴∠C1AC≠45°，故D錯誤故選D【點睛】本題考查了線面的空間位置關(guān)系及空間角，做出圖形分析是關(guān)鍵,考查推理能力與空間想象能力10、B【解析】由f（x）＝x3﹣ax在[1，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)，得到在[1，+∞）上，恒成立，從而解得a≤3，故a的最大值為3【詳解】解：∵f（x）＝x3﹣ax在[1，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)∴在[1，+∞）上恒成立即a≤3x2，∵x∈[1，+∞）時，3x2≥3恒成立，∴a≤3，∴a的最大值是3故選：B11、D【解析】根據(jù)題意把直線與側(cè)面所成角的正切值轉(zhuǎn)化為在直角三角形中的正切值，即可求出答案.【詳解】由題意可知直四棱柱如下圖所示：取的中點設(shè)為點，連接，在直四棱柱中，面，面，，在四邊形中，，，故且.面，面，面，.故直線與側(cè)面所成角的正切值為.故選：D.12、C【解析】利用遞推關(guān)系，結(jié)合取值，求得即可.【詳解】因為，且，，故可得，解得（舍）,；同理求得，，.故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、8【解析】直線方程代入拋物線方程，應(yīng)用韋達定理根據(jù)弦長公式求弦長【詳解】設(shè)，由得，所以，，故答案為：814、【解析】設(shè)的解集為集合，由題意可得是的真子集，即可求解.【詳解】由得或，因為“”是“”的必要不充分條件，設(shè)或，，因為“”是“”的必要不充分條件，所以是的真子集，所以故答案為：【點睛】結(jié)論點睛：本題考查充分不必要條件的判斷，一般可根據(jù)如下規(guī)則判斷：（1）若是的必要不充分條件，則對應(yīng)集合是對應(yīng)集合的真子集；（2）是的充分不必要條件，則對應(yīng)集合是對應(yīng)集合的真子集；（3）是的充分必要條件，則對應(yīng)集合與對應(yīng)集合相等；（4）是的既不充分又不必要條件，對的集合與對應(yīng)集合互不包含15、①.64②.6【解析】利用即可求解，利用和換底公式進行求解.【詳解】令，則，則，即，即當對折完4次時，最小值為；由題意，得，，則，所以該矩形紙最多能對折6次.故答案為：64，6.16、【解析】根據(jù)空間向量垂直得到等量關(guān)系，求出答案.【詳解】由題意得：，解得：故答案為：三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）證明見解析【解析】（1）設(shè)點，由即所以化簡即可得到答案.（2）設(shè)，，設(shè)直線l的方程為：與（1）中W的軌跡方程聯(lián)立，得出韋達定理，求出，同理設(shè)直線的方程為：，得出，再根據(jù)從而可證明結(jié)論.【小問1詳解】設(shè)點，因為，所以，因為，所以所以所以所以所以C的方程為：【小問2詳解】設(shè)，，設(shè)直線l的方程為：，則由得：所以，，所以所以設(shè)直線的方程為：，則同理可得因所以即，即，即解得，即所以為定值.18、（1）；（2）直線恒過定點.【解析】（1）根據(jù)橢圓的焦距可求出，由橢圓的面積等于得，求出，即可求出橢圓的標準方程；（2）設(shè)直線，，進而寫出為，兩點坐標，將直線與橢圓的方程聯(lián)立，根據(jù)韋達定理求，，由三點共線可知，將，代入并化簡，得到的關(guān)系式，分析可知經(jīng)過的定點坐標.【詳解】（1）橢圓的面積等于，，，橢圓的焦距為，，，橢圓方程為（2）設(shè)直線，，則，，三點共線，得，直線與橢圓交于兩點,,，，由，得，，，代入中，，，當，直線方程為，則重合，不符合題意；當時，直線,所以直線恒過定點.19、（1），；（2）.【解析】(1)設(shè)等差數(shù)列的公差，等比數(shù)列的公比，由已知列式計算得解.(2)由(1)的結(jié)論，用等比數(shù)列前n項和公式求出，用裂項相消法求出，再比較大小作答.【小問1詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，等比數(shù)列的公比為，依題意，，整理得：，解得，所以，.【小問2詳解】由(1)知，，數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列，則，，，則，用數(shù)學(xué)歸納法證明，，①當時，左邊，右邊，左邊>右邊，即原不等式成立，②假設(shè)當時，不等式成立，即，則，即時，原不等式成立，綜合①②知，，成立，因此，，即，所以.20、（1）（2）【解析】（1）根據(jù)橢圓的簡單幾何性質(zhì)即可求出；（2）設(shè)，聯(lián)立與橢圓方程，求出，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)求出點的坐標，然后由點G在橢圓C上，可求出，從而可得【小問1詳解】∵橢圓C的右頂點為，∴，∵軸，且，∴，∴，所以橢圓C的標準方程為【小問2詳解】設(shè)，將直線代入，消去y并整理得，由，得．（*）由根與系數(shù)的關(guān)系可得，∴，∵四邊形為平行四邊形，∴，得，將G點坐標代人橢圓C的方程得，滿足（*）式∴21、（1）（2）或【解析】（1）設(shè)出，表達出，直接法求出軌跡方程；（2）在第一問的基礎(chǔ)上，先考慮直線斜率不存在時是否符合要求，再考慮斜率存在時，設(shè)出直線方程，表達出圓心到直線的距離，利用垂徑定理列出方程，求出直線方程.【小問1詳解】設(shè),則，，故，兩邊平方得：【小問2詳解】當直線斜率不存在時，直線為，此時弦長為，滿足題意；當直線斜率存在時，設(shè)直線，則圓心到直線距離為，由垂徑定理得：，解得：，此時直線的