2025屆湖南省湖湘教育三新探索協作體高二上數學期末監測模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．命題“?x∈[1，2]，x2－a≤0”為真命題的一個充分不必要條件是（）A.a≥4 B.a≤4C.a≥5 D.a≤52．為了解一片大約一萬株樹木的生長情況，隨機測量了其中100株樹木的底部周長（單位：㎝）.根據所得數據畫出的樣本頻率分布直方圖如圖，那么在這片樹木中，底部周長小于110㎝的株樹大約是（）A.3000 B.6000C.7000 D.80003．若命題“或”與命題“非”都是真命題，則A.命題與命題都是真命題B.命題與命題都是假命題C.命題是真命題，命題是假命題D.命題是假命題，命題是真命題4．已知向量，，且，則實數等于（）A.1 B.2C. D.5．已知函數．若數列的前n項和為，且滿足，，則的最大值為（）A.9 B.12C.20 D.6．雙曲線的漸近線方程為A. B.C. D.7．已知，為雙曲線的兩個焦點，點P在雙曲線上且滿足，那么點P到x軸的距離為（）A. B.C. D.8．若直線：與：互相平行，則a的值是（）A. B.2C.或2 D.3或9．在四棱錐中，四邊形為菱形，平面，是中點，下列敘述正確的是（）A.平面 B.平面C.平面平面 D.平面平面10．魏晉時期數學家劉徽首創割圓術，他在《九章算術》方田章圓田術中指出：“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體而無所失矣.”這是注述中所用的割圓術是一種無限與有限的轉化過程，比如在正數中的“”代表無限次重復，設，則可以利用方程求得，類似地可得到正數（）A.2 B.3C. D.11．已知點是橢圓上的一點，點，則的最小值為A. B.C. D.12．等差數列的通項公式，數列，其前項和為，則等于（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若圓和圓的公共弦所在的直線方程為，則______14．已知是定義在上的奇函數，當時，則當時___________.15．某位同學參加物理、化學、政治科目的等級考，依據以往成績估算該同學在物理、化學、政治科目等級中達的概率分別為假設各門科目考試的結果互不影響，則該同學等級考至多有1門學科沒有獲得的概率為___________.16．已知數列的各項均為正數，其前項和滿足，則__________；記表示不超過的最大整數，例如，若，設的前項和為，則__________三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知雙曲線及直線（1）若與有兩個不同的交點，求實數的取值范圍（2）若與交于，兩點，且線段中點的橫坐標為，求線段的長18．（12分）如圖，在四棱錐中，底面滿足，，底面，且，.（1）證明平面；（2）求平面與平面的夾角.19．（12分）已知數列是遞增的等比數列，是其前n項和，，（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前n項和20．（12分）已知函數，其中（1）當時，求函數的單調區間；（2）①若恒成立，求的最小值；②證明：，其中.21．（12分）如圖，在正方體中，分別是，的中點.求證：（1）平面；（2）平面平面.22．（10分）同時擲兩顆質地均勻的骰子（六個面分別標有數字1，2，3，4，5，6的正方體）（1）求兩顆骰子向上的點數相等的概率；（2）求兩顆骰子向上的點數不相等，且一個點數是另一個點數的整數倍的概率

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】先要找出命題為真命題的充要條件，從集合的角度充分不必要條件應為的真子集，由選擇項不難得出答案【詳解】命題“?x∈[1，2]，x2－a≤0”為真命題，可化為?x∈[1，2]，恒成立即只需，即命題“?x∈[1，2]，x2－a≤0”為真命題的的充要條件為，而要找的一個充分不必要條件即為集合的真子集，由選擇項可知C符合題意.故選：C2、C【解析】先由頻率分布直方圖得到抽取的樣本中底部周長小于110㎝的概率，進而可求出結果.【詳解】由頻率分布直方圖可得，樣本中底部周長小于110㎝的概率為，因此在這片樹木中，底部周長小于110㎝的株樹大約是.故選：C.【點睛】本題主要考查頻率分布直方圖的應用，屬于基礎題型.3、D【解析】因為非p為真命題，所以p為假命題，又p或q為真命題，所以q為真命題，選D.4、C【解析】利用空間向量垂直的坐標表示計算即可得解【詳解】因向量，，且，則，解得，所以實數等于.故選：C5、C【解析】先得到及遞推公式，要想最大，則分兩種情況，負數且最小或為正數且最大，進而求出最大值.【詳解】①，當時，，當時，②，所以①－②得：，整理得：，所以，或，當是公差為2的等差數列，且時，最小，最大，此時，所以，此時；當且是公差為2的等差數列時，最大，最大，此時，所以，此時綜上：的最大值為20故選：C【點睛】方法點睛：數列相關的最值求解，要結合題干條件，使用不等式放縮，函數單調性或導函數等進行求解.6、A【解析】根據雙曲線的漸近線方程知，，故選A.7、D【解析】設，由雙曲線的性質可得的值，再由，根據勾股定理可得的值，進而求得，最后利用等面積法，即可求解【詳解】設，，為雙曲線的兩個焦點，設焦距為，，點P在雙曲線上，，，，，，的面積為，利用等面積法，設的高為，則為點P到x軸的距離，則，故選：D【點睛】本題考查雙曲線的性質，難度不大.8、A【解析】根據直線：與：互相平行，由求解.【詳解】因為直線：與：互相平行，所以，即，解得或，當時，直線：，：，互相平行；當時，直線：，：，重合；所以，故選：A9、D【解析】利用反證法可判斷A選項；利用面面垂直的性質可判斷BC選項；利用面面垂直的判定可判斷D選項.【詳解】對于A選項，因為四邊形為菱形，則，平面，平面，平面，若平面，因為，則平面平面，事實上，平面與平面相交，假設不成立，A錯；對于B選項，過點在平面內作，垂足為點，平面，平面，則，，，平面，而過作平面的垂線，有且只有一條，故與平面不垂直，B錯；對于C選項，過點在平面內作，垂足為點，因為平面，平面，則，，，則平面，若平面平面，過點在平面內作，垂足為點，因為平面平面，平面平面，平面，平面，而過點作平面的垂線，有且只有一條，即、重合，所以，平面平面，所以，，但四邊形為菱形，、不一定垂直，C錯；對于D選項，因為四邊形為菱形，則，平面，平面，，，平面，因為平面，因此，平面平面平面，D對.故選：D.10、A【解析】設，則，解方程可得結果.【詳解】設，則且，所以，所以，所以，所以或（舍）.所以.故選：A【點睛】關鍵點點睛：設是解題關鍵.11、D【解析】設，則，.所以當時，的最小值為.故選D.12、D【解析】根據裂項求和法求得，再計算即可.【詳解】解：由題意得====所以.故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由兩圓公共弦方程，將兩圓方程相減得到，結合已知列方程組求、，即可得答案.【詳解】由題設，兩圓方程相減可得：，即為公共弦，∴，可得，∴.故答案為：.14、【解析】當時，利用及求得函數的解析式.【詳解】當時，，由于函數是奇函數，故.【點睛】本小題主要考查已知函數的奇偶性以及軸一側的解析式，求另一側的解析式，屬于基礎題.15、【解析】考慮3門或者2門兩種情況，計算概率得到答案.【詳解】.故答案為：.16、①.；②.60.【解析】先根據并結合等差數列的定義求出；然后討論n的取值范圍，討論出分別取1,2,3,4,5的情況，進而求出.【詳解】由題意，，n=1時，，滿足，時，，于是，，因為，所以.所以，是1為首項，2為公差的等差數列，所以.若，即時，，若，則時，，若，則時，，若，則時，，若，則或22時，，于是，.故答案為：2n-1；60.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）且；（2）【解析】（1）聯立直線與雙曲線方程，利用方程組與兩個交點，求出k的范圍（2）設交點A（x1，y1），B（x2，y2），利用韋達定理以及弦長公式求解即可【詳解】（1）聯立y=2可得∵與有兩個不同的交點，且，且（2）設，由（1）可知，又中點的橫坐標為，，或又由（1）可知，為與有兩個不同交點時，18、（1）證明見解析（2）【解析】（1）由已知結合線面平行判定定理可得；（2）建立空間直角坐標系，由向量法可解.【小問1詳解】∵，，∴，又平面，平面，∴平面；【小問2詳解】∵平面且、平面，∴，，又∵，故分別以所在直線為軸，軸、軸，建立如圖空間直角坐標系，如圖所示：由，，可得：，，，，，由已知平面，平面，，，，，平面，所以平面，為平面的一個法向量，且；設為平面的一個法向量，則，，，，，，，令，則，，，設平面與平面的夾角大小為，，由得：平面與平面的夾角大小為19、（1）；（2）.【解析】(1)根據給定條件求出數列的公比即可計算得解.(2)由(1)的結論求出，然后利用分組求和方法求解作答.【小問1詳解】設等比數列的公比為q，而，且是遞增數列，則，，解得，所以數列的通項公式是：.【小問2詳解】由(1)知，，，，所以數列的前n項和.20、（1）單調遞增區間為，單調遞減區間為（2）①1；②證明見解析【解析】（1）求出函數的導數，在定義域內，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區間即可；（2）①分離參數得，令，利用函數的單調性求出的最大值即可；②由①知：，時取“=”，令，即，最后累加即可.【小問1詳解】由已知條件得，其中的定義域為，則，當時，，當時，，綜上所述可知：的單調遞增區間為，單調遞減區間為；【小問2詳解】①由恒成立，即恒成立，令，則，當時，，當時，，∴在上單調遞增，上單調遞減，∴，∴的最小值為1.②由①知：，時取“=”，令，得，∴，當時，.21、證明見解析【解析】（1）連接，根據線面平行的判定定理，即可證明結論成立；（2）連接，，先由線面平行的判定定理，得到平面，再由（1）的結果，結合面面平行的判定定理，即可證明結論成立.【詳解】（1）如圖，連接.∵四邊形是正方形，是的中點，∴是的中點.又∵是的中點，∴.∵平面，平面，∴平面.（2）連接，，∵四邊形是正方形，是的中點，∴是的中點.又∵是中點，∴.∵平面平面，∴平面.由（1）知平面，且，∴平面平面.【點睛】本題主要考查證明線面平行與面面平行，熟記線面平行的判定定理以及面面平行的判定定理即可，屬于?？碱}型.22、（1）；（2）.【解析】（1）求出同時擲兩顆骰子的基本事件數、及骰子向上的點數