湖南省湘潭市名校2025屆高二數學第一學期期末檢測模擬試題含解析

湖南省湘潭市名校2025屆高二數學第一學期期末檢測模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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．直線在y軸上的截距為（）A. B.C. D.2．的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，則一定是（）A.等邊三角形 B.等腰三角形C.直角三角形 D.等腰直角三角形3．已知，若對于且都有成立，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.4．已知實數x，y滿足，則的取值范圍是（）A. B.C. D.5．已知雙曲線的漸近線方程為，則該雙曲線的離心率等于（）A. B.C.2 D.46．設是公差的等差數列，如果，那么（）A. B.C. D.7．在數列中，，則的值為（）A. B.C. D.以上都不對8．已知直三棱柱中，，，，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B.C. D.9．設曲線在點處的切線與x軸、y軸分別交于A，B兩點，O為坐標原點，則的面積等于（）A.1 B.2C.4 D.610．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側面三角形的面積，則其側面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為（）A. B.C. D.11．數列滿足，對任意，都有，則（）A. B.C. D.12．在中，，滿足條件的三角形的個數為（）A.0 B.1C.2 D.無數多二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設為曲線上一點，，，若，則__________14．正方體，點分別是的中點，則異面直線與所成角的余弦值為___________.15．過直線上一動點P作圓的兩條切線，切點分別為A，B，則四邊形PACB面積的最小值為______16．唐代詩人李頎的詩《古從軍行》開頭兩句說:“白日登山望烽火,黃昏飲馬傍交河.”詩中隱含著一個有趣的數學問題——“將軍飲馬”,即將軍在觀望烽火之后從山腳下某處出發(fā),先到河邊飲馬再回到軍營,怎樣走才能使總路程最短?在如圖所示的直角坐標系xOy中,設軍營所在平面區(qū)域為{(x,y)|x2+y2≤},河岸線所在直線方程為x+2y-4=0.假定將軍從點P(,)處出發(fā),只要到達軍營所在區(qū)域即回到軍營,當將軍選擇最短路程時,飲馬點A的縱坐標為______.最短總路程為______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）已知直線過點，且被兩條平行直線，截得的線段長為.（1）求的最小值；（2）當直線與軸平行時，求的值.18．（12分）已知函數其中.（1）當時，求函數的單調區(qū)間；（2）當時，函數有兩個零點，，滿足，證明.19．（12分）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，平面，，，分別為，的中點（1）證明：平面；（2）證明：平面20．（12分）已知橢圓C：過兩點（1）求C的方程；（2）定點M坐標為，過C右焦點的直線與C交于P，Q兩點，判斷是否為定值？若是，求出該定值，若不是，請說明理由21．（12分）如圖，三棱柱中，底面邊長和側棱長都等于1，（1）設，，，用向量表示，并求出的長度；（2）求異面直線與所成角的余弦值22．（10分）已知公差大于零的等差數列的前項和為，且滿足，，（1）求數列的通項公式；（2）若數列是等差數列，且，求非零常數；

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】將代入直線方程求y值即可.【詳解】令，則，得.所以直線在y軸上的截距為.故選：D2、B【解析】利用余弦定理化角為邊，從而可得出答案.【詳解】解：因為，所以，則，所以，所以是等腰三角形.故選：B.3、D【解析】根據題意轉化為對于且時，都有恒成立，構造函數，轉化為時，恒成立，求得的導數，轉化為在上恒成立，即可求解.【詳解】由題意，對于且都有成立，不妨設，可得恒成立，即對于且時，都有恒成立，構造函數，可轉化為，函數為單調遞增函數，所以當時，恒成立，又由，所以在上恒成立，即在上恒成立，又由，所以，即實數取值范圍為.故選：D4、B【解析】實數，滿足，通過討論，得到其圖象是橢圓、雙曲線的一部分組成的圖形，借助圖象分析可得的取值就是圖象上一點到直線距離范圍的2倍，求出切線方程根據平行直線距離公式算出最小值，和最大值的極限值即可得出答案.【詳解】因為實數，滿足，所以當時，，其圖象是位于第一象限，焦點在軸上的雙曲線的一部分（含點），當時，其圖象是位于第四象限，焦點在軸上的橢圓的一部分，當時，其圖象不存在，當時，其圖象是位于第三象限，焦點在軸上的雙曲線的一部分，作出橢圓和雙曲線的圖象，其中圖象如下：任意一點到直線的距離所以，結合圖象可得的范圍就是圖象上一點到直線距離范圍的2倍，雙曲線，其中一條漸近線與直線平行，通過圖形可得當曲線上一點位于時，取得最小值，無最大值，小于兩平行線與之間的距離的倍，設與其圖像在第一象限相切于點，由因為或（舍去）所以直線與直線的距離為此時，所以的取值范圍是故選：B【點睛】三種距離公式：（1）兩點間的距離公式：平面上任意兩點間的距離公式為；（2）點到直線的距離公式：點到直線的距離;（3）兩平行直線間的距離公式：兩條平行直線與間的距離.5、A【解析】由雙曲線的漸近線方程，可得，再由的關系和離心率公式，計算即可得到所求值【詳解】解：雙曲線的漸近線方程為，由題意可得即，可得由可得，故選：A.6、D【解析】由已知可得，即可得解.【詳解】由已知可得.故選：D.7、C【解析】由數列的遞推公式可先求數列的前幾項，從而發(fā)現數列的周期性的特點，進而可求.【詳解】解：，數列是以3為周期的數列故選：【點睛】本題主要考查了利用數列的遞推公式求解數列的項，解題的關鍵是由遞推關系發(fā)現數列的周期性的特點，屬于基礎題.8、C【解析】作出輔助線，找到異面直線與所成角，進而利用余弦定理及勾股定理求出各邊長，最后利用余弦定理求出余弦值.【詳解】如圖所示，把三棱柱補成四棱柱，異面直線與所成角為，由勾股定理得：，，∴故選：C9、C【解析】求出原函數的導函數，得到函數在處的導數值，寫出切線方程，分別求得切線在兩坐標軸上的坐標，再由三角形面積公式求解【詳解】由，得，，又切線過點，曲線在點處的切線方程為，取，得，取，得的面積等于故選：C10、C【解析】設，利用得到關于的方程，解方程即可得到答案.【詳解】如圖，設，則，由題意，即，化簡得，解得（負值舍去）.故選：C【點晴】本題主要考查正四棱錐的概念及其有關計算，考查學生的數學計算能力，是一道容易題.11、C【解析】首先根據題設條件可得，然后利用累加法可得，所以，最后利用裂項相消法求和即可.【詳解】由，得，則，所以，.故選：C.【點睛】本題考查累加法求數列通項，考查利用錯位相減法求數列的前n項和，考查邏輯思維能力和計算能力，屬于?？碱}.12、B【解析】利用正弦定理得到，進而或，由，得，即可求解【詳解】由正弦定理得，，或，，，故滿足條件的有且只有一個.故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、4【解析】化簡曲線方程，得到雙曲線的一支，結合雙曲線定義求出結果【詳解】由，得，即，故為雙曲線右支上一點，且分別為該雙曲線的左、右焦點，則，.【點睛】本題考查了雙曲線的定義，解題時要先化簡曲線方程，然后再結合雙曲線定義求出結果，較為基礎14、【解析】以為坐標原點建立空間直角坐標系，根據異面直線所成角的向量求法可求得結果.【詳解】以為坐標原點，為軸可建立如圖所示空間直角坐標系，設正方體棱長為，則，，，，，，，即異面直線與所成角的余弦值為.故答案為：.15、【解析】當圓心與點的距離最小時，切線長，最小，則四邊形的面積最小，此時是點到已知直線的垂線段.然后利用點到直線的距離公式求出圓心到直線的距離，再結合弦長公式和面積公式進行計算即可.【詳解】解：根據題意可知：當圓心與點的距離最小時，切線長，最小，則四邊形的面積最小，此時是點到已知直線的垂線段.圓心到直線的距離為四邊形面積的最小值為故答案為：16、①.②.【解析】求出P(,)關于直線x+2y4=0對稱點P'的坐標，再求出線段OP'與直線x+2y-4=0的交點A,再利用圓的幾何性質可得結果.【詳解】設P(,)關于直線x+2y4=0的對稱點為P'(m,n),則解得因為從點P到軍營總路程最短,所以A為線段OP'與直線x+2y4=0的交點,聯立得y=(42y),解得y=.所以“將軍飲馬”的最短總路程為=，故答案為，.【點睛】本題主要考查對稱問題以及圓的幾何性質，屬于中檔題.解析幾何中點對稱問題，主要有以下三種題型：（1）點關于直線對稱，關于直線的對稱點，利用，且點在對稱軸上，列方程組求解即可；（2）直線關于直線對稱，利用已知直線與對稱軸的交點以及直線上特殊點的對稱點（利用（1）求解），兩點式求對稱直線方程；（3）曲線關于直線對稱，結合方法（1）利用逆代法求解.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）3；（2）5【解析】（1）由題可得和的距離即為的最小值；（2）可得此時直線的方程為，求出交點坐標即可求出距離.【詳解】（1）由題可得當且時，取得最小值，即和的距離，由兩平行線間的距離公式，得，所以的最小值為3.（2）當直線與軸平行時，方程為，設直線與直線，分別交于點，，則，，所以，即，所以.18、（1）單調遞增區(qū)間,無遞減區(qū)間；（2）證明見解析【解析】（1）求出函數的導數，從而判斷其正負，確定函數的單調區(qū)間；（2）根據題意可得到，進而變形為，然后換元令，將證明的問題轉換為成立的問題，從而構造新函數，求新函數的導數，判斷其單調性，求其最值，進而證明不等式成立.【小問1詳解】時，，,令，當時，，當時，，故，則，故是單調遞增函數，即的單調遞增區(qū)間為,無遞減區(qū)間；【小問2詳解】當時，函數有兩個零點，，滿足,即，所以，則，令，由于，則，則x2=tx故，要證明，只需證明，即證，設，令，則，當時，，即在時為增函數，故，即，所以在時為增函數，即，即，故，即.【點睛】本題考查了利用導數求函數的單調區(qū)間以及涉及到零點的不等式的證明問題，解答時要注意導數的應用，主要是根據導數的正負判斷函數的單調性，進而求函數極值或最值，解答的關鍵時對函數式或者不等式進行合理的變形，進而能構造新的函數，利用新的函數的單調性或最值達到證明不等式成立的目的m.19、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）取中點，結合三角形中位線性質可證得四邊形為平行四邊形，由此得到，由線面平行判定定理可證得結論；（2）利用菱形特點和線面垂直的性質可證得，，由線面垂直的判定定理可證得結論.【詳解】（1）取中點，連接，分別為中點，，四邊形為菱形，為中點，，，四邊形為平行四邊形，，又平面，平面，平面.（2）連接，四邊形為菱形，，為等邊三角形，又為中點，，平面，平面，，又平面，，平面.20、（1）；（2）為定值.【解析】（1）根據題意，列出的方程組，求解即可；（2）對直線的斜率是否存在進行討論，當直線斜率存在時，設出直線的方程，聯立橢圓方程，利用韋達定理，轉化，求解即可.【小問1詳解】因為橢圓過兩點，故可得，解得，故橢圓方程為：.【小問2詳解】由（1）可得：，故橢圓的右焦點的坐標為；當直線的斜率不存在時，此時直線的方程為：，代入橢圓方程，可得，不妨取，又，故.當直線的斜率存在時，設直線的方程為：，聯立橢圓方程，可得：，設坐標為，故可得，則.綜上所述，為定值.【點睛】本題考察橢圓方程的求解，以及橢圓中的定值問題；處理問題的關鍵是合理的利用韋達定理，將目標式進行轉化，屬中檔題.21、（1）；（2）【解析】（1）根據向量加減法運算法則可得，根據計算可得的長度