四川凉山州2025年数学高二上期末质量跟踪监视模拟试题含解析

四川凉山州2025年数学高二上期末质量跟踪监视模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．若方程表示圆，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.2．已知两条平行直线：与：间的距离为3，则（）A.25或－5 B.25C.5 D.21或－93．已知为偶函数，且当时，，其中为的导数，则不等式的解集为()A. B.C. D.4．阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知在平面直角坐标系中，椭圆的面积为，两焦点与短轴的一个端点构成等边三角形，则椭圆的标准方程是（）A. B.C. D.5．函数图象如图所示,则的解析式可以为A. B.C. D.6．（5分）已知集合A={x|−2<x<4}，集合B={x|(x−6)(x+1)<0}，则A∩B=A.{x|1<x<4} B.{x|x<4或x>6}C.{x|−2<x<−1} D.{x|−1<x<4}7．在直三棱柱中，，，则直线与所成角的大小为（）A.30° B.60°C.120° D.150°8．已知直线，，若，则实数的值是（）A.0 B.2或-1C.0或-3 D.-39．在四面体OABC中，点M在线段OA上，且，N为BC中点，已知，，，则等于（）A. B.C. D.10．实数且，，则连接，两点的直线与圆C：的位置关系是（）A.相离 B.相切C.相交 D.不能确定11．若命题为“，”，则为（）A.， B.，C.， D.，12．已知点P是双曲线上的动点，过原点O的直线l与双曲线分别相交于M、N两点，则的最小值为（）A.4 B.3C.2 D.1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知定义在上的偶函数的导函数为，当时，有，且，则使得成立的的取值范围是___________.14．已知抛物线C：y2＝2px过点P(1，1):①点P到抛物线焦点的距离为②过点P作过抛物线焦点的直线交抛物线于点Q，则△OPQ的面积为③过点P与抛物线相切的直线方程为x－2y＋1＝0④过点P作两条斜率互为相反数的直线交抛物线于M，N两点，则直线MN的斜率为定值其中正确的是________.15．已知不等式有且只有两个整数解，则实数a的范围为___________16．已知数列an满足，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）一项“过关游戏”规则规定：在第关要抛掷一颗正六面体骰子次，每次掷得的点数均相互独立，如果这次抛掷所出现的点数之和大于，则算过关.（1）这个游戏最多过几关？（2）某人连过前两关的概率是？（3）某人连过前三关的概率是？18．（12分）在中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，已知.（1）求B；（2）若，，求b的值.19．（12分）已知数列为正项等比数列，满足，，数列满足（1）求数列，的通项公式；（2）若数列的前n项和为，数列满足，证明：数列的前n项和20．（12分）如图，四棱锥中，底面为正方形，底面，，点，，分别为，，的中点，平面棱（1）试确定的值，并证明你的结论；（2）求平面与平面夹角的余弦值21．（12分）设，分别是椭圆：的左、右焦点，的离心率为，点是上一点.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆E于A，B两点，且，求直线的方程.22．（10分）求满足下列条件的曲线的方程：（1）离心率为，长轴长为6的椭圆的标准方程（2）与椭圆有相同焦点，且经过点的双曲线的标准方程

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、D【解析】将方程化为标准式即可.【详解】方程化为标准式得，则.故选：D.2、A【解析】根据平行直线的性质，结合平行线间距离公式进行求解即可.【详解】因为直线：与：平行，所以有，因为两条平行直线：与：间距离为3，所以，或，当时，；当时，，故选：A3、A【解析】根据已知不等式和要求解的不等式特征，构造函数，将问题转化为解不等式.通过已知条件研究g(x)的奇偶性和单调性即可解该不等式.【详解】令，则根据题意可知，，∴g(x)是奇函数，∵，∴当时，，单调递减，∵g(x)是奇函数，g(0)＝0，∴g(x)在R上单调递减，由不等式得，.故选：A.4、A【解析】由椭圆的面积为和两焦点与短轴的一个端点构成等边三角形，得到求解.【详解】由题意得，解得，所以椭圆的标准方程是.故选：A5、A【解析】利用排除法：对于B,令得,,即有两个零点，不符合题意；对于C,当时，，当且仅当时等号成立，即函数在区间上存在最大值，不符合题意；对于D,的定义域为，不符合题意；本题选择A选项.点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项6、D【解析】由(x−6)(x+1)<0，得−1<x<6，从而有B={x|−1<x<6}，所以A∩B={x|−1<x<4}，故选D7、B【解析】根据三棱柱的特征补全为正方体，则，为直线与所成角，连接，则为等边三角形即可得解.【详解】根据直三棱柱的特征，补全可得如图所示的正方体，易知，为直线与所成角，连接，则为等边三角形，所以，所以直线与所成角的大小为.故选：B8、C【解析】由，结合两直线一般式有列方程求解即可.【详解】由知：,解得：或故选：C.9、B【解析】根据空间向量基本定理结合已知条件求解【详解】因为N为BC中点，所以,因为M在线段OA上，且，所以，所以，故选：B10、B【解析】由题意知，m，n是方程的根,再根据两点式求出直线方程，利用圆心到直线的距离与半径之间的关系即可求解.【详解】由题意知，m，n是方程的根，，，过，两点的直线方程为：，圆心到直线的距离为：，故直线和圆相切，故选：B【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考查了计算求解能力，属于基础题.11、B【解析】特称命题的否定是全称命题，把存在改为任意，把结论否定.【详解】“，”的否命题为“，”，故选：B12、C【解析】根据双曲线的对称性可得为的中点，即可得到，再根据双曲线的性质计算可得；【详解】解：根据双曲线的对称性可知为的中点，所以，又在上，所以，当且仅当在双曲线的顶点时取等号，所以故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据当时，有，令，得到在上递增，再根据在上的偶函数，得到在上是奇函数，则在上递增，然后由，得到求解【详解】∵当时，有，令，∴，∴在上递增，又∵在上的偶函数∴，∴在上是奇函数∴在上递增，又∵，∴当时，，此时，0＜x＜1，当时，，此时，，∴成立的的取值范围是故答案为：﹒14、②③④【解析】由抛物线过点可得抛物线的方程，求出焦点的坐标及准线方程，由抛物线的性质可判断①；求出直线的方程与抛物线联立切线的坐标，进而求出三角形的面积，判断②；设直线方程为y－1＝k(x－1)，与y2＝x联立求得斜率，进而可得在处的切线方程，从而判断③；设直线的方程为抛物线联立求出的坐标，同理求出的坐标，进而求出直线的斜率，从而可判断④【详解】解：由抛物线过点，所以，所以，所以抛物线的方程为：；可得抛物线的焦点的坐标为：，，准线方程为：，对于①，由抛物线的性质可得到焦点的距离为，故①错误；对于②，可得直线的斜率，所以直线的方程为：，代入抛物线的方程可得：，解得，所以，故②正确；对于③，依题意斜率存在，设直线方程为y－1＝k(x－1)，与y2＝x联立，得：ky2－y＋1－k＝0，＝1－4k(1－k)＝0，4k2－4k＋1＝0，解得k＝，所以切线方程为x－2y＋1＝0，故③正确；对于④，设直线的方程为：，与抛物线联立可得，所以，所以，代入直线中可得，即，，直线的方程为：，代入抛物线的方程，可得，代入直线的方程可得，所以，，所以为定值，故④正确故答案为：②③④.15、【解析】参变分离后研究函数单调性及极值，结合与相邻的整数点的函数值大小关系求出实数a的范围.【详解】整理为：，即函数在上方及线上存在两个整数点，，故显然在上单调递增，在上单调递减，且与相邻的整数点的函数值为：，，，，显然有，要恰有两个整数点，则为0和1，此时，解得：，如图故答案为：16、2019【解析】将已知化为代入可以左右相消化简，将已知化为，代入可以上下相消化简，再全部代入求解即可.【详解】由知故所以故答案为：2019三、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）关（2）（3）【解析】（1）由题意，可判断时，，当，所以可判断出最多只能过关；（2）记一次抛掷所出现的点数之和大于为事件，两次抛掷所出现的点数之和大于为事件，得基本事件的总数以及满足题意的基本事件的个数，计算出，，从而根据概率相乘求解得连过前两关的概率；（3）设前两次和为，第三次点数为，列出第三关过关的基本事件的个数，利用概率相乘即可得连过前三关的概率.【小问1详解】因为骰子出现的点数最大为，当时，，而，所以时，这次抛掷所出现的点数之和均小于，所以最多只能过关.【小问2详解】记一次抛掷所出现的点数之和大于为事件，基本事件总数为个，符合题意的点数为，共个，所以；记两次抛掷所出现的点数之和大于为事件，基本事件总数为个，不符合题意的点数为，共个，则由对立事件的概率得，所以连过前两关的概率为;【小问3详解】前两次和为，第三次点数为则考虑再考虑2种3种4种5种6种5种4种3种2种1种所以满足共有因此某人连过前三关的概率是.18、（1）；（2）.【解析】（1）利用正弦定理，将边化角转化，即可求得；（2）利用余弦定理，结合（1）中所求，即可求得.【小问1详解】在中，由正弦定理得，因为，所以，所以，又因为，所以.【小问2详解】在中，由余弦定理得，代入数据解得，所以19、（1），（2）证明见解析【解析】（1）将已知条件用首项和公比表示，联立方程组即可求解数列的通项公式，然后由对数的运算性质即可得数列的通项公式；（2）由（1）求出，然后利用裂项相消求和法求出数列的前n项和，即可证明.【小问1详解】解：设等比数列的公比为，由题意，得，即，解得或（舍），又，所以，所以，；【小问2详解】解：，所以，所以20、（1），证明见解析（2）【解析】（1），利用线面平行的判定和性质可得答案；（2）以为原点，所在直线分别为的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量由向量夹角公式可得答案.【小问1详解】.证明如下：在△中，因为点分别为的中点，所以//.又平面，平面，所以//平面.因为平面，平面平面，所以//所以//.在△中，因为点为的中点，所以点为的中点，即.【小问2详解】因为底面为正方形，所以.因为底面，所以，.如图，建立空间直角坐标系，则，，，因为分别为的中点，所以.所以，.设平面的法向量，则即令，于.又因为平面的法向量为，所以所以平面与平面夹角的余弦值为.21、（1）（2）或【解析】(1)按照所给的条件带入椭圆方程以及e的定义即可；（2）联立直线与椭圆方程，表达出，解方程即可.【小问1详解】由题意知，，且，解得，，所以椭圆的方程为.【小问2详解】由题意知，直线的斜率存在且不为0，故可设直线的方程为，设，.由得，则……①，……②，因为，所以，，由可得……③由①②③可得，解得，，所以直线的方程为或，故答案为：，或.22、（1）或；（2）【解析】(1)根据题意,由椭圆的几何性质可得a、c的值,计算可得b的值,讨论椭圆焦点