安徽省皖南地区2025届数学高二上期末达标检测模拟试题含解析

安徽省皖南地区2025届数学高二上期末达标检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．设F为双曲线C：（a>0，b>0）的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P、Q两点．若|PQ|=|OF|，则C的离心率为A. B.C.2 D.2．若，满足约束条件则的最大值是A.-8 B.-3C.0 D.13．下列命题中正确的是A.命题“若，则”的否命题为：“若，则”B.若命题，是假命题，则实数C.“”的一个充分不必要条件是“”D.命题“若，则”的逆否命题为真命题4．某次数学考试试卷评阅采用“双评+仲裁”的方式，规则如下：两位老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于或等于分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分.如图所示，当，，时，则（）A. B.C.或 D.5．已知数列满足，且，则（）A.2 B.3C.5 D.86．已知是抛物线：的焦点，直线与抛物线相交于，两点，满足，记线段的中点到抛物线的准线的距离为，则的最大值为（）A. B.C. D.7．已知直线与直线垂直，则实数（）A.10 B.C.5 D.8．“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中虚线上的数1，3，6，10，…构成的数列的第n项，则的值为（）A.1225 B.1275C.1326 D.13629．已知角为第二象限角，，则的值为（）A. B.C. D.10．设等差数列的前项和为，若，则的值为（）A.28 B.39C.56 D.11711．直线的倾斜角为（）A.1 B.－1C. D.12．如图，已知正方体，点P是棱中点，设直线为a，直线为b．对于下列两个命题：①过点P有且只有一条直线l与a、b都相交；②过点P有且只有两条直线l与a、b都成角．以下判断正确的是（）A.①为真命题，②为真命题 B.①为真命题，②为假命题C.①为假命题，②为真命题 D.①为假命题，②为假命题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知是双曲线的左、右焦点，点M是双曲线E上的任意一点（不是顶点），过作角平分线的垂线，垂足为N，O是坐标原点．若，则双曲线E的渐近线方程为__________14．已知椭圆：的右焦点为，且经过点（1）求椭圆的方程以及离心率；（2）若直线与椭圆相切于点，与直线相交于点．在轴是否存在定点，使？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由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．已知拋物线的焦点F为，过点F的直线交该抛物线的准线于点A，与该抛物线的一个交点为B，且，则______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）如图甲是由正方形，等边和等边组成的一个平面图形，其中，将其沿，，折起得三棱锥，如图乙.（1）求证：平面平面；（2）过棱作平面交棱于点，且三棱锥和的体积比为，求直线与平面所成角的正弦值.18．（12分）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）试讨论函数的单调性.19．（12分）已知函数是定义在实数集上的奇函数，且当时，（1）求的解析式；（2）若在上恒成立，求的取值范围20．（12分）在中，，，的对边分别是，，，已知.（1）求；（2）若，且的面积为4，求的周长21．（12分）数列的前n项和为，（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前n项和22．（10分）（1）已知集合，．：，：，并且是的充分条件，求实数的取值范围（2）已知：，，：，，若为假命题，求实数的取值范围

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、A【解析】准确画图，由图形对称性得出P点坐标，代入圆的方程得到c与a关系，可求双曲线的离心率【详解】设与轴交于点，由对称性可知轴，又，为以为直径的圆的半径，为圆心，又点在圆上，，即，故选A【点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法，避免代数法从头至尾，运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来2、C【解析】作出可行域，把变形为，平移直线过点时，最大.【详解】作出可行域如图：由得：，作出直线，平移直线过点时，.故选C.【点睛】本题主要考查了简单线性规划问题，属于中档题.3、C【解析】．命题的否定是同时否定条件和结论；．将当成真命题解出的范围，再取补集即可；．求出“”的充要条件再判断即可；．判断原命题的真假即可【详解】解：对于A：命题“若，则”的否命题为：“若，则“，故A错误；对于B：当命题，是真命题时，，所以，又因为命题为假命题，所以，故B错误；对于C：由“”解得：，故“”是“”的充分不必要条件，故C正确；对于D：因为命题“若，则”是假命题，所以其逆否命题也是假命题，故D错误；故选：C4、B【解析】按照框图考虑成立和不成立即可求解.【详解】因为，，，所以输入，当成立时，，即，解得，，满足条件；当不成立时，，即，解得，，不满足条件；故.故选：B.5、D【解析】使用递推公式逐个求解，直到求出即可.【详解】因为所以，，，.故选：D6、C【解析】设，过点，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，进而得，再结合余弦定理得，进而根据基本不等式求解得.【详解】解：设，过点，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，则，因为点为线段中点，所以根据梯形中位线定理得点到抛物线的准线的距离为，因为，所以在中，由余弦定理得，所以，又因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，故.所以的最大值为.故选：C【点睛】本题考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，余弦定理，基本不等式，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题意，设，进而结合抛物线的定于与余弦定理得，，再求最值.7、B【解析】根据两直线垂直，列出方程，即可求解.【详解】由题意，直线与直线垂直，可得，解得.故选：B.8、B【解析】观察前4项可得，从而可求得结果【详解】由题意可得，……，观察规律可得，所以，故选：B9、C【解析】由同角三角函数关系可得，进而直接利用两角和的余弦展开求解即可.【详解】∵，是第二象限角，∴，∴.故选：C.10、B【解析】由已知结合等差数列的求和公式及等差数列的性质即可求解.【详解】因为等差数列中，，则.故选：B.11、C【解析】根据直线斜率的定义即可求解.【详解】，斜率为1，则倾斜角为.故选：C.12、A【解析】①由正方形的性质，可以延伸正方形，再利用两条平行线确定一个平面即可；②一组邻边与对角面夹角相等，在平面内绕P转动，可以得到二条直线与a、b的夹角都等于.【详解】如下图所示，在侧面正方形和再延伸一个正方形和，则平面和在同一个平面内，所以过点P，有且只有一条直线l，即与a、b相交，故①为真命题；取中点N，连PN，由于a、b为异面直线，a、b的夹角等于与b的夹角.由于平面，平面，，所以平面，所以与与b的夹角都为.又因为平面，所以与与b的夹角都为，而，所以过点P，在平面内存在一条直线，使得与与b的夹角都为，同理可得，过点P，在平面内存在一条直线，使得与与的夹角都为；故②为真命题.故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】延长交于点，利用角平分线结合中位线和双曲线定义求得的关系，然后利用，及渐近线方程即可求得结果.【详解】延长交于点，∵是的平分线，，，又是中点，所以，且，又，，，又，双曲线E的渐近线方程为故答案为：.14、（1），；（2）存在定点，为【解析】（1）利用，，求解方程（2）设直线方程为，与椭圆联立利用判别式等于0得，并求得切点坐标及，假设存在点，利用化简求值【详解】（1）由已知得，，，，椭圆的方程为，离心率为；（2）在轴存在定点，为使，证明：设直线方程为代入得，化简得由，得，，设，则，，则，设，则，则假设存在点解得所以在轴存在定点使【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，考查切线的应用，利用判别式等于0得坐标是解决问题的关键,考查计算能力,是中档题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、【解析】作垂直于准线，垂足为，准线与轴交于点，根据已知条件，利用几何方法，结合抛物线的定义得到答案.【详解】抛物线的焦点坐标，准线方程，作垂直于准线于，准线与轴交于点，则，∴.∵，∴，由抛物线的定义得，∴.故答案为：.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）证明见解析；（2）.【解析】（1）取的中点为，连接，，证明，，即证平面，即证得面面垂直；（2）建立如图空间直角坐标系，写出对应点的坐标和向量的坐标，再计算平面法向量，利用所求角的正弦为即得结果.【详解】（1）证明：如图，取的中点为，连接，.∵，∴.∵，，∴，同理.又，∴，∴.∵，，平面，∴平面.又平面，∴平面平面；（2）解：如图建立空间直角坐标系，根据边长关系可知，，，，，∴，.∵三棱锥和的体积比为，∴，∴，∴.设平面的法向量为，则，令，得.设直线与平面所成角为，则.∴直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】方法点睛：求空间中直线与平面所成角的常见方法为：（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.18、（1）（2）详见解析.【解析】（1）由，求导，得到，写出切线方程；（2）求导，再分，，讨论求解.【小问1详解】解：因为，所以，则，所以，所以曲线在点处的切线方程是，即；【小问2详解】因为，所以，当时，成立，则在上递减；当时，令，得，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增；综上：当时，在上递减；当时，在上递减，在上递增；19、（1），（2）实数的取值范围是【解析】（1）根据函数奇偶性求解析式；（2）将恒成立转化为令，恒成立，讨论二次函数系数，结合根的分布.【详解】解：（1）因为函数是定义在实数集上的奇函数，所以，当时，则所以当时所以（2）因为时，在上恒成立等价于即在上恒成立令，则①当时，不恒成立，故舍去②当时必有，此时对称轴若即或时，恒成立因为，所以若即时，要使恒成立则有与矛盾，故舍去综上，实数的取值范围是【点睛】应用函数奇偶性可解决的四类问题及解题方法（1）求函数值：将待求值利用奇偶性转化为已知区间上的函数值求解；（2）求解析式：先将待求区间上的自变量转化到已知区间上，再利用奇偶性求解，或充分利用奇偶性构造关于的方程(组)，从而得到的解析式；（3）求函数解析式中参数的值：利用待定系数法求解，根据得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等性得参数的值或方程(组)，进而得出参数的值；（4）画函数图象和判断单调性：利用奇偶性可画出另一对称区间上的图象及判断另一区间上的单调性.20、（1）（2）【解析】（1）根据正弦定理及题中条件，可得，化简整理，即可求解（2）由的面积为4，结合（1）中结论，可得，结合余弦定理，可得，从而可求的周长【详解】解：（1）由及正弦定理得，，又，∴，∴，∴.（2）∵的面积为，∴.由余弦定理得，∴.故的周长为.【点睛】本题考查正弦定理应用，余弦定理解三角形，三角形面积公式，考查计算化简的能力，属基础题21、（1）；（2）.【解析】(1)根据给定条件结合“当时，”计算作答.(2)由(1)求出，利用裂项相消法计算得解.【小问1详解】数列的前n项和为，，当时，，当时，，满足上式，则，所以数列的通项公式是【小问2详解】由(1)知，，所以，所以数列的前n项和22、（1）；（2）【解析】（1）由二次函数的性