湖南省永州市双牌县二中2025届数学高二上期末达标检测模拟试题含解析

湖南省永州市双牌县二中2025届数学高二上期末达标检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为（）A. B.C. D.2．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（）A.3699块 B.3474块C.3402块 D.3339块3．已知函数的图象是下列四个图象之一，且其导函数的图象如图所示，则该函数的图象是（）A. B.C. D.4．过点，的直线的斜率等于2，则的值为（）A.0 B.1C.3 D.45．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P是椭圆上一点且的最大值为，则椭圆离心率为（）A. B.C. D.6．正四棱锥中，，则直线与平面所成角的正弦值为A. B.C. D.7．某地为响应总书记关于生态文明建设的号召，大力开展“青山绿水”工程，造福于民，拟对该地某湖泊进行治理，在治理前，需测量该湖泊的相关数据.如图所示，测得角∠A＝23°，∠C＝120°，米，则A，B间的直线距离约为（参考数据）（）A.60米 B.120米C.150米 D.300米8．若，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.9．已知函数的图象如图所示，则其导函数的图象大致形状为（）A. B.C. D.10．圆心在x轴上且过点的圆与y轴相切，则该圆的方程是（）A. B.C. D.11．已知数列的前项和满足，记数列的前项和为，.则使得的值为（）A. B.C. D.12．“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，如图所示，它是由四个全等的直角三角形和一个正方形构成.现用4种不同的颜色（4种颜色全部使用）给这5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，每个区域只涂一种颜色，则不同的涂色方案有（）A.24种 B.48种C.72种 D.96种二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．椭圆与双曲线有公共焦点，设椭圆与双曲线在第一象限内交于点，椭圆与双曲线的离心率分别为为坐标原点，，则的取值范围是___________.14．在一村庄正西方向处有一台风中心，它正向东北方向移动，移动速度的大小为，距台风中心以内的地区将受到影响，若台风中心的这种移动趋势不变，则村庄所在地大约有_______小时会受到台风的影响．（参考数据：）15．如图，设正方形ABCD与正方形ABEF的边长都为1，若平面ABCD，则异面直线AC与BF所成角的大小为______16．已知曲线，则以下结论正确的是______.①曲线C关于点对称；②曲线C关于y轴对称；③曲线C被x轴所截得的弦长为2；④曲线C上的点到原点距离都不超过2.三、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）如图，直角梯形与等腰直角三角形所在的平面互相垂直，，，.（1）求点C到平面的距离；（2）线段上是否存在点F，使与平面所成角正弦值为，若存在，求出，若不存在，说明理由.18．（12分）如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，F，G分别是，的中点（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的大小19．（12分）已知命题p：实数x满足（其中）；命题q：实数x满足（1）若，为真命题，求实数x的取值范围；（2）若p是q的充分条件，求实数的取值范围20．（12分）在实验室中，研究某种动物是否患有某种传染疾病，需要对其血液进行检验．现有份血液样本，有以下两种检验方式：一是逐份检验，则需要检验n次；二是混合检验，将其中k（且）份血液样本分别取样混合在一起检验，如果检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这k份究竟哪些为阳性，就需要对它们再次取样逐份检验，那么这k份血液的检验次数共为次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的．且每份样本是阳性结果的概率为（1）假设有5份血液样本，其中只有2份血液样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检测出来的概率；（2）假设有4份血液样本，现有以下两种方案：方案一：4个样本混合在一起检验；方案二：4个样本平均分为两组，分别混合在一起检验若检验次数的期望值越小，则方案越优现将该4份血液样本进行检验，试比较以上两个方案中哪个更优？21．（12分）已知椭圆C：经过点，且离心率为（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在⊙O：，使得⊙O的任意切线l与椭圆交于A，B两点，都有．若存在，求出r的值，并求此时△AOB的面积S的取值范围；若不存在，请说明理由22．（10分）已知等比数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.

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】设圆锥的半径为，母线长，根据已知条件求出、的值，可求得该圆锥的高，利用锥体的体积公式可求得结果.【详解】设圆锥的半径为，母线长，因为侧面展开图是一个半圆，则，即，又圆锥的表面积为，则，解得，，则圆锥的高，所以圆锥的体积，故选：D.2、C【解析】第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到.【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，，设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为，因为下层比中层多729块，所以，即即，解得，所以.故选：C【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.3、A【解析】利用导数与函数的单调性之间的关系及导数的几何意义即得.【详解】由函数f(x)的导函数y＝f′(x)的图像自左至右是先减后增，可知函数y＝f(x)图像的切线的斜率自左至右先减小后增大，且，在处的切线的斜率为0，故BCD错误，A正确.故选：A.4、A【解析】利用斜率公式即求.【详解】由题可得，∴.故选：A5、A【解析】根据椭圆的定义可得，从而得到，则，其中，再根据对勾函数的性质求出，即可得到方程，从求出椭圆的离心率；【详解】解：依题意，所以，又，所以，因为在上单调递减，所以当时函数取得最大值，即，即所以，即，所以，解得或（舍去）故选：A6、C【解析】建立合适的空间直角坐标系，求出和平面的法向量，直线与平面所成角的正弦值即为与的夹角的余弦值的绝对值，利用夹角公式求出即可.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系.有图知，由题得、、、.，，.设平面的一个法向量，则，，令，得，，.设直线与平面所成的角为，则.故选：C.【点睛】本题考查线面角的求解，利用向量法可简化分析过程，直接用计算的方式解决问题，是基础题.7、C【解析】应用正弦定理有，结合已知条件即可求A，B间的直线距离.【详解】由题设，，在△中，，即，所以米.故选：C8、B【解析】由题意可知且，构造函数，可得出，由函数的单调性可得出，利用导数求出函数的最小值，可得出关于的不等式，由此可解得实数的取值范围.【详解】因为，则且，由已知可得，构造函数，其中，，所以，函数为上的增函数，由已知，所以，，可得，构造函数，其中，则.当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，则，所以，，解得.故选：B.9、A【解析】利用f(x)先单调递增的速度由快到慢,再由慢到快，结合导数的几何意义判断即可.【详解】由f(x)的图象可知，函数f(x)先单调递增的速度由快到慢,再由慢到快，由导数的几何意义可知，先减后增，且恒大于0，故符合题意的只有选项A.故选：A.10、A【解析】根据题意设出圆的方程，列式即可求出【详解】依题可设圆的方程为，所以，解得即圆的方程是故选：A11、B【解析】由，求得，得到，结合裂项法求和，即可求解.【详解】数列的前项和满足，当时，；当时，，当时，适合上式，所以，则，所以.故选：B.12、B【解析】根据题意，分2步进行分析区域①、②、⑤和区域③、④的涂色方法，由分步计数原理计算可得答案.【详解】根据题意，分2步进行分析：当区域①、②、⑤这三个区域两两相邻，有种涂色的方法；当区域③、④，必须有1个区域选第4种颜色，有2种选法，选好后，剩下的区域有1种选法，则区域③、④有2种涂色方法，故共有种涂色的方法.故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据椭圆和双曲线得定义求得，再根据，可得，从而有，求出的范围，根据，结合基本不等式即可得出答案.【详解】解：设，则有，所以，即，又因为，所以，所以，即，则，由，得，所以，所以，则，由，得，因为，当且仅当，即时，取等号，因为，所以，所以，即，所以的取值范围是.故答案为：.14、4【解析】结合勾股定理求得正确答案.【详解】如图，设村庄为A，开始台风中心的位置为B，台风路径为直线，因为点A到直线的距离为，∴村庄所在地受到台风影响的时间约为：（小时）.故答案为：本卷包括必考题和选考题两部分．第17题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答第22题～第23题为选考题，考生根据要求作答15、##【解析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成角；【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则、、、，所以，，设直线与所成角为，则，因为，所以；故答案为：16、②④【解析】将x换成,将y换成,若方程不变则关于原点对称；将x换成，曲线的方程不变则关于y轴对称；令通过解方程即可求得被x轴所截得的弦长；利用基本不等式即可判断出曲线C上y轴右侧的点到原点距离是否不超过2，根据曲线C关于y轴对称，即可判断出曲线C上的点到原点距离是否都不超过2.【详解】对于①，将x换成,将y换成,方程改变，则曲线C关于点不对称，故①错误；对于②，将x换成，曲线的方程不变，则曲线C关于y轴对称，故②正确；对于③，令得，，解得，即曲线C与x轴的交点为和，则曲线C被x轴所截得的弦长为，故③错误；对于④，当时，，可得，当且仅当时取等号，即，则，即曲线C上y轴右侧的点到原点的距离都不超过2，此曲线关于y轴对称，即曲线C上y轴左侧的点到原点的距离也不超过2，故④正确；故答案为：②④.三、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）（2）存在，1【解析】（1）由题意建立空间直角坐标系，求得平面向量的法向量和相应点的坐标，利用点面距离公式即可求得点面距离（2）假设满足题意的点存在且满足，由题意得到关于的方程，解方程即可确定满足题意的点是否存在【小问1详解】解：如图所示，取中点，连结，，因为三角形是等腰直角三角形，所以，因为面面，面面面，所以平面，又因为，所以四边形是矩形，可得，则，建立如图所示的空间直角坐标系，则：据此可得，设平面的一个法向量为，则，令可得，从而，又，故求点到平面的距离【小问2详解】解：假设存在点，，满足题意，点在线段上，则，即：，，，，，据此可得：，，从而，，，，设与平面所成角所成的角为，则，整理可得：，解得：或（舍去）据此可知，存在满足题意的点，点为的中点，即18、（1）证明见解析（2）【解析】(1)取中点连接，连接，证得四边形为平行四边形，，再证面，即可得到证明结果；（2）建立空间坐标系，求面和面的法向量，即可得到两个面的二面角的余弦值，进而得到二面角大小.【小问1详解】如上图，取中点连接，连接，均为线段中点，且，又G是的中点，且且四边形为平行四边形为等腰直角三角形，为斜边中点，面，面面又面.【小问2详解】建立如图坐标系，设面的法向量为设面的法向量为两个法向量的夹角余弦值为：，由图知两个面的二面角为钝角，故夹角为.19、（1）（2）【解析】（1）由得命题p：，然后由为真命题求解；（2）由得，再根据是的充分条件求解.小问1详解】当时，，解得：，由为真命题，，解得；【小问2详解】由（其中）可得，因为是的充分条件，则，解得：20、（1）（2）方案一更优【解析】（1）分两类，由古典概型可得;（2）分别求出两种方案的数学期望，然后比较可知.【小问1详解】恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检测出来分为两种情况：第一种：前两次检测中出现一次阳性一次阴性且第三次为阳性第二种：前三次检测均阴性，所以概率为【小问2详解】方案一：混在一起检验，记检验次数为X，则X的取值范围是，，，方案二：每组的两个样本混合在一起检验，若结果呈阴性，则检验次数为1，其概率为，若结果呈阳性，则检验次数为3，其概率为设检验次数为随机变量Y，则Y的取值范围是，，，，，所以，方案一更优2