浙江省衢州一中2025届高二上数学期末调研试题含解析

浙江省衢州一中2025届高二上数学期末调研试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．对数的创始人约翰·奈皮尔（JohnNapier，1550-1617）是苏格兰数学家．直到18世纪，瑞士数学家欧拉发现了指数与对数的互逆关系，人们才认识到指数与对数之间的天然关系对数发现前夕，随着科技的发展，天文学家做了很多的观察，需要进行很多计算，特别是大数的连乘，需要花费很长时间．基于这种需求，1594年，奈皮尔运用了独创的方法构造出对数方法．现在随着科学技术的需要，一些幂的值用数位表示，譬如，所以的数位为4．那么的数位是（）（注）A.6 B.7C.606 D.6072．已知命题是真命题，那么的取值范围是（）A. B.C. D.3．如图1所示，抛物面天线是指由抛物面（抛物线绕其对称轴旋转形成的曲面）反射器和位于其焦点上的照射器（馈源，通常采用喇叭天线）组成的单反射面型天线，广泛应用于微波和卫星通讯等，具有结构简单、方向性强、工作频带宽等特点.图2是图1的轴截面，，两点关于抛物线的对称轴对称，是抛物线的焦点，是馈源的方向角，记为.焦点到顶点的距离与口径的比为抛物面天线的焦径比，它直接影响天线的效率与信噪比等.若馈源方向角满足，则该抛物面天线的焦径比为（）A. B.C. D.24．在等比数列中，若是函数的极值点，则的值是（）A. B.C. D.5．中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则等于（）A. B.C. D.6．甲、乙同时参加某次数学检测，成绩为优秀的概率分别为、，两人的检测成绩互不影响，则两人的检测成绩都为优秀的概率为（）A. B.C. D.7．（一）单项选择函数在处的导数等于（）A.0 B.C.1 D.e8．设R，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件9．已知则是的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件10．将一个表面积为的球用一个正方体盒子装起来，则这个正方体盒子的最小体积为（）A. B.C. D.11．已知等比数列的公比为q，且，则“”是“是递增数列”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件12．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为___________.14．已知圆C：和点，若点N为圆C上一动点，点Q为平面上一点且，则Q点纵坐标的最大值为______15．已知曲线，①若，则是椭圆，其焦点在轴上；②若，则是圆，其半径为；③若，则是双曲线，其渐近线方程为；④若，，则是两条直线.以上四个命题，其中正确的序号为_________.16．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：其中，所有正确结论的序号是____________①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；③曲线C所围城的“心形”区域的面积小于3三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知椭圆的长轴在轴上，长轴长为4，离心率为，（1）求椭圆的标准方程，并指出它的短轴长和焦距.（2）直线与椭圆交于两点，求两点的距离.18．（12分）已知数列是首项为1，公差不为0的等差数列，且成等比数列.数列的前项的和为，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.19．（12分）在平面直角坐标系中，双曲线的左、右两个焦点为、，动点P满足（1）求动点P的轨迹E的方程；（2）设过且不垂直于坐标轴的动直线l交轨迹E于A、B两点，问：线段上是否存在一点D，使得以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形？若存在，请给出证明：若不存在，请说明理由20．（12分）已知函数，其中a为正数（1）讨论单调性；（2）求证：21．（12分）在中，（1）求的大小；（2）若，．求的面积22．（10分）设函数.（1）当k＝1时，求函数的单调区间；（2）当时，求函数在上的最小值m和最大值M.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】根据已知条件，设，则，求出t的范围，即可判断其数位.【详解】设，则，则，则，，的数位是607.故选：D.2、C【解析】依据题意列出关于的不等式，即可求得的取值范围.【详解】当时，仅当时成立，不符合题意；当时，若成立，则，解之得综上，取值范围是故选：C3、B【解析】建立平面直角坐标系，利用题设条件得到得点坐标，代入抛物线方程化简即可求解【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线的方程为（）在中，则所以则所以，所以将代入抛物线方程中得所以或即或（舍）当时，故选：B4、B【解析】根据导数的性质求出函数的极值点，再根据等比数列的性质进行求解即可.【详解】，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，所以是函数的极值点，因为，且所以，故选：B5、A【解析】由题得，进而根据余弦定理求解即可.【详解】解：依题意，即，所以，所以，由于，所以故选：A6、D【解析】利用相互独立事件概率乘法公式直接求解.【详解】甲、乙同时参加某次数学检测，成绩为优秀的概率分别为、，两人的检测成绩互不影响，则两人的检测成绩都为优秀的概率为.故选：D7、B【解析】利用导数公式求解.【详解】因为函数，所以，所以，故选；B8、A【解析】根据不等式性质判断即可.【详解】若“”，则成立；反之，若，当，时，不一定成立.如，但.故“”是“”的充分不必要条件.故答案为：A.【点睛】本题考查充分条件、必要调价的判断，考查不等式与不等关系，属于基础题.9、A【解析】先解不等式，再比较集合包含关系确定选项.【详解】因为，所以是的充分不必要条件，选A.【点睛】本题考查解含绝对值不等式、解一元二次不等式以及充要关系判定，考查基本分析求解能力，属基础题.10、C【解析】求出球的半径，要使这个正方形盒子的体积最小，则这个正方体正好是该球的外切正方体，所以正方体的棱长等于球的直径，从而可得出答案.【详解】解：设球的半径为，则，得，故该球的半径为11cm，若要使这个正方形盒子的体积最小，则这个正方体正好是该球的外切正方体，所以正方体的棱长等于球的直径，即22cm，所以这个正方体盒子的最小体积为.故选：C.11、B【解析】利用充分条件和必要条件的定义结合等比数列的性质分析判断【详解】当时，则，则数列为递减数列，当是递增数列时，，因为，所以，则可得，所以“”是“是递增数列”的必要不充分条件，故选：B12、C【解析】由题意得出，构造函数，可知函数在区间上单调递增，可得出对任意的恒成立，利用参变量分离法可得出，利用导数求得函数在区间上的最大值，由此可求得实数的取值范围.【详解】函数的定义域为，当时，恒成立，即，构造函数，则，所以，函数在区间上为增函数，则对任意的恒成立，，令，其中，则.，所以函数在上单调递减；又，所以.因此，实数的取值范围是.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由题意分别求出这三个平面的法向量，设直线的方向向量为，由直线与平面与的法向量垂直，得出，由向量的夹角公式可得答案.【详解】由，解得，即直线与平面的交点坐标为平面的方程为，可得所以平面的法向量为平面的法向量为，的法向量为设直线的方向向量为，则，即取，设直线与平面所成角则故答案为：14、【解析】设出点N的坐标，探求出点Q的轨迹，再求出轨迹上在x轴上方且距离x轴最远的点的纵坐标表达式，借助函数最值计算作答.【详解】圆C：的圆心，半径，圆C与x轴相切，依题意，点M在圆C上，设点，则，线段MN中点，因，则点Q的轨迹是以线段MN为直径的圆(除点M，N外)，这个轨迹在x轴上方，于是得这个轨迹上的点到x轴的最大距离为：令，于是得，当，即时，，所以Q点纵坐标的最大值为.故答案为：【点睛】结论点睛：圆上的点到定直线距离的最大值等于圆心到该直线距离加半径.15、①③④【解析】通过m，n的取值判断焦点坐标所在轴，判断①，求出圆的半径判断②；通过求解双曲线的渐近线方程，判断③；利用，，判断曲线是否是两条直线判断④【详解】解：①若，则，因为方程化为：，焦点坐标在y轴，所以①正确；②若，则C是圆，其半径为：，不一定是，所以②不正确；③若，则C是双曲线，其渐近线方程为，化简可得，所以③正确；④若，，方程化为，则C是两条直线,所以④正确；故答案为：①③④16、①②【解析】根据题意，先判断曲线关于轴对称，由基本不等式的性质对方程变形，得到，可判定①正确；当时，，得到曲线右侧部分的点到原点的距离都不超过，再根据曲线的对称性，可判定②正确；由轴的上方，图形的面积大于四点围成的矩形的面积，在轴的下方，图形的面积大于三点围成的三角形的面积，可判断③不正确.【详解】根据题意，曲线，用替换曲线方程中的，方程不变，所以曲线关于轴对称，对于①中，当时，，即为，可得，所以曲线经过点，再根据对称性可知，曲线还经过点，故曲线恰好经过6个整点，所以①正确；对于②中，由①可知，当时，，即曲线右侧部分的点到原点的距离都不超过，再根据曲线的对称性可知，曲线上任意一点到原点的距离都不超过，所以②正确；对于③中，因为在轴的上方，图形的面积大于四点围成的矩形的面积，在轴的下方，图形的面积大于三点围成的三角形的面积，所以曲线所围城的“心形”区域的面积大于3，所以③不正确.故选：①②三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1），短轴长为，焦距为；（2）.【解析】（1）由长轴得，再由离心率求得，从而可得后可得椭圆方程；（2）直线方程与椭圆方程联立方程组求得交点坐标后可得距离【详解】（1）由已知：，，故，，则椭圆的方程为：，所以椭圆的短轴长为，焦距为.（2）联立，解得，，所以，，故18、（1），（2）【解析】（1）设数列公差为，由成等比数列求得，可得.利用求得；（2）利用错位相减求和即可.【小问1详解】设数列公差为，由成等比数列有：，解得：，所以，数列，当即，，解得：，当时，有，所以，得：.又，所以数列为以为首项，公比为的等比数列，所以数列的通项公式为：.【小问2详解】，，，得，，化简得：.19、（1）；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）根据题意用定义法求解轨迹方程；（2）在第一问的基础上，设出直线l的方程，联立椭圆方程，用韦达定理表达出两根之和，两根之积，求出直线l的垂直平分线，从而得到D点坐标，证明出结论.【小问1详解】由题意得：，所以，，而，故动点P的轨迹E的方程为以点、为焦点的椭圆方程，由得：，，所以动点P的轨迹E的方程为；【小问2详解】存，理由如下：显然，直线l的斜率存在，设为，联立椭圆方程得：，设，，则，，要想以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形，则点D为AB垂直平分线上一点，其中，，则，故AB的中点坐标为，则AB的垂直平分线为：，令得：，且无论为何值，，点D在线段上，满足题意.20、（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】（1）求解函数的导函数，并且求的两个根，然后分类讨论，和三种情况下对应的单调性；（2）令，通过二次求导法，判断函数的单调性与最小值，设的零点为，求出取值范围，最后将转化为的对勾函数并求解最小值，即可证明出不等式.【小问1详解】函数的定义域为∵令得∵，∴，得或①当，即时，时，或；时，.∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增②当，即时，时，或；时，.∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增③当，即时，∴在上单调递增综上所述：当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增【小问2详解】令，（）∴，令∴，∴在上单调递增又∵，，∴使得，即（*）∴当时，，∴，∴单调递减∴当时，，∴，∴单调递增∴，（）由（*）式可知：，∴，∴∵，∴函数单调递减∴，∴∴【点睛】求解本题的关键是利用二次求导法，通过虚设零点，求解原函数的单调性与最小值，并通过最小值的取值范围证明不等式.21、（1）（2）【解析】（1）利用正弦定理将边化角，再根据两角和