江西省赣州市宁都县三中2025年高二上数学期末达标检测模拟试题含解析

江西省赣州市宁都县三中2025年高二上数学期末达标检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．如图，在正方体中，（）A. B.C. D.2．已知、分别是椭圆的左、右焦点，A是椭圆上一动点，圆C与的延长线、的延长线以及线段相切，若为其中一个切点，则（）A. B.C. D.与2的大小关系不确定3．已知直线过点，且与直线垂直，则直线的方程为（）A. B.C. D.4．已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.5．若是函数的一个极值点，则的极大值为（）A. B.C. D.6．已知圆，圆，则两圆的公切线的条数为（）A.1 B.2C.3 D.47．已知数列中，，则（）A. B.C. D.8．椭圆＝1的一个焦点为F，过原点O作直线（不经过焦点F）与椭圆交于A，B两点，若△ABF的面积是20，则直线AB的斜率为（）A. B.C. D.9．若方程表示焦点在轴上的双曲线，则角所在象限是（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限10．接种疫苗是预防控制新冠疫情最有效的方法，我国自2021年1月9日起实施全民免费接种新冠疫苗并持续加快推进接种工作．某地为方便居民接种，共设置了A、B、C三个新冠疫苗接种点，每位接种者可去任一个接种点接种．若甲、乙两人去接种新冠疫苗，则两人不在同一接种点接种疫苗的概率为（）A. B.C. D.11．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一.指的是：已知动点与两定点的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，其中，定点为轴上一点，定点的坐标为，若点，则的最小值为（）A. B.C. D.12．已知等差数列，，则公差d等于（）A. B.C.3 D.-3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若，满足不等式组，则的最大值为________.14．直线l过点P(1，3)，且它的一个方向向量为(2，1)，则直线l的一般式方程为__________.15．已知平面的法向量分别为，，若，则的值为___16．在空间直角坐标系中，点到x轴的距离为___________.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．（12分）在中，内角的对边分别是，且（1）求角的大小（2）若，且，求的面积18．（12分）设锐角三角形ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，.（1）求B的大小（2）若，，求b.19．（12分）如图，在棱长为3的正方体中，分别是上的点且（1）求证：；（2）求平面与平面的夹角的余弦值20．（12分）已知正三棱柱底面边长为，是上一点，是以为直角顶点的等腰直角三角形（1）证明：是中点；（2）求点到平面的距离21．（12分）设集合（1）若，求；（2）设，若是成立的必要不充分条件，求实数a的取值范围22．（10分）已知函数，求（1）（2）（3）曲线在处的切线方程

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、B【解析】根据正方体的性质，结合向量加减法的几何意义有，即可知所表示的向量.【详解】∵，而，∴，故选：B2、A【解析】由题意知，圆C是的旁切圆，点是圆C与轴的切点，设圆C与直线的延长线、分别相切于点、，由切线的性质可知：，，，结合椭圆的定义，即可得出结果.【详解】由题意知，圆C是的旁切圆，点是圆C与轴的切点，设圆C与直线的延长线、分别相切于点、，则由切线的性质可知：，，，所以，所以，所以.故选A【点睛】本题主要考查圆与圆锥曲线的综合，熟记椭圆的定义，以及切线的性质即可，属于常考题型.3、A【解析】求出直线斜率，利用点斜式可得出直线的方程.【详解】直线的斜率为，则直线的斜率为，故直线的方程为，即.故选：A.4、D【解析】根据已知条件可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】因为方程表示焦点在轴上的椭圆，则，解得.故选：D.5、D【解析】先对函数求导，由已知，先求出，再令，并判断函数在其左右两边的单调性，从而确定极大值点，然后带入原函数即可完成求解.【详解】因为，，所以，所以，，令，解得或，所以当，，单调递增；时，，单调递减；当，，单调递增，所以的极大值为故选：D6、B【解析】根据圆的方程，求得圆心距和两圆的半径之和，之差，判断两圆的位置关系求解.【详解】因为圆，圆，所以，，所以，所以两圆相交，所以两圆的公切线的条数为2，故选：B7、D【解析】由数列的递推公式依次去求，直到求出即可.【详解】由，可得，，，故选：D.8、A【解析】分情况讨论当直线AB的斜率不存在时，可求面积，检验是否满足条件，当直线AB的斜率存在时，可设直线AB的方程y＝kx，联立椭圆方程，可求△ABF2的面积为S＝2代入可求k【详解】由椭圆＝1，则焦点分别为F1(－5,0)，F2(5,0)，不妨取F(5,0)①当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝0，此时AB＝4，＝AB•5＝×5＝10，不符合题意；②可设直线AB的方程y＝kx，由，可得(4+9k2)x2＝180，∴xA＝6，yA＝，∴△ABF2的面积为S＝2＝2××5×＝20，∴k＝±故选：A9、D【解析】根据题意得出的符号，进而得到的象限.【详解】由题意，，所以在第四象限.故选：D.10、C【解析】利用古典概型的概率公式可求出结果【详解】由题知,基本事件总数为甲、乙两人不在同一接种点接种疫苗的基本事件数为由古典概型概率计算公式可得所求概率故选:11、D【解析】设，，根据和求出a的值，由，两点之间直线最短，可得的最小值为，根据坐标求出即可.【详解】设，，所以，由，所以，因为且，所以，整理可得，又动点M的轨迹是，所以，解得，所以，又，所以，因为，所以的最小值，当M在位置或时等号成立.故选：D12、B【解析】根据题意，利用公式，即可求解.【详解】由题意，等差数列，，可得等差数列的公差.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、10【解析】作出不等式区域,如图所示:目标最大值,即为平移直线的最大纵截距,当直线经过点时最大为10.故答案为10.点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.14、【解析】根据直线方向向量求出直线斜率即可得直线方程.【详解】因为直线l的一个方向向量为(2，1)，所以其斜率，所以l方程为：，即其一般式方程为：.故答案为：.15、【解析】由平面互相垂直可知其对应的法向量也垂直，然后用空间向量垂直的坐标运算求解即可.【详解】∵，∴平面的法向量互相垂直，∴，即，解得,故答案为：.16、【解析】由空间直角坐标系中点到轴的距离为计算可得【详解】解：空间直角坐标系中，点到轴的距离为故答案为：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）；（2）【解析】（1）根据，通过余弦定理求解.（2）根据，通过正弦定理，把角转化为边得，再根据，得．再代入的面积公式求解.【详解】（1）∵，∴由余弦定理得，又，∴.（2）∵，∴由正弦定理得，∵，∴，又，∴∴面积【点睛】本题主要考查余弦定理和正弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.18、（1）；（2）【解析】（1）由正弦定理，可得，进而可求出和角；（2）利用余弦定理，可得，即可求出.【详解】（1）由，得，因为，所以，又因为B为锐角，所以（2）由余弦定理，可得，解得【点睛】本题考查正弦、余弦定理在解三角形中的运用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）建立空间直角坐标系后得到相关向量，再运用数量积证明；（2）求出相关平面的法向量，再运用夹角公式计算即可.【小问1详解】建立如下图所示的空间直角坐标系：，，，，，∴，故.【小问2详解】，，，设平面的一个法向量为，由，令，则，取平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，易知：为锐角，故，即平面与平面夹角的余弦值为.20、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明出平面，可得出，再利用等腰三角形的几何性质可证得结论成立；（2）计算出三棱锥的体积以及的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离.【小问1详解】证明：在正三棱柱，平面，平面，则，因为是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，，则平面，平面，所以，，因为为等边三角形，故点为的中点.【小问2详解】解：因为是边长为的等边三角形，则，平面，平面，则，即，所以，，，，设点到平面的距离为，，，解得.因此，点到平面距离为.21、（1）（2）【解析】（1）根据不等式的解答求得，当时，求得，结合集合并集的运算，即可求解；（2）由题意得到是的真子集，根据集合间的包含关系，列出不等式组，即可求解.【小问