云南省騰沖縣第一中學2025屆高二數學第一學期期末檢測模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．函數的圖象大致是（）A. B.C. D.2．在空間直角坐標系中，點關于原點對稱的點的坐標為（）A. B.C. D.3．直線被圓所截得的弦長為（）A. B.C. D.4．已知雙曲線的焦點為，，其漸近線上橫坐標為的點滿足，則（）A. B.C.2 D.45．在等差數列中，，，則（）A. B.C. D.6．如圖，在棱長為2的正方體中，點P在截面上（含邊界），則線段的最小值等于（）A. B.C. D.7．已知拋物線，則拋物線的焦點到其準線的距離為（）A. B.C. D.8．已知函數的圖象如圖所示，則其導函數的圖象大致形狀為（）A. B.C. D.9．對于兩個平面、，“內有無數多個點到的距離相等”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件10．下列雙曲線中，焦點在軸上且漸近線方程為的是A. B.C. D.11．用3，4，5，6，7，9這6個數組成沒有重復數字的六位數，下列結論正確的有（）A.在這樣的六位數中，奇數共有480個B.在這樣的六位數中，3、5、7、9相鄰的共有120個C.在這樣的六位數中，4，6不相鄰的共有504個D.在這樣六位數中，4個奇數從左到右按照從小到大排序的共有60個12．青花瓷是中華陶瓷燒制工藝的珍品，也是中國瓷器的主流品種之一．如圖，是一青花瓷花瓶，其外形上下對稱，可看成是雙曲線的一部分繞其虛軸旋轉所形成的曲面．若該花瓶的瓶口直徑為瓶身最小直徑的2倍，花瓶恰好能放入與其等高的正方體包裝箱內，則雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若，是雙曲線與橢圓的共同焦點，點P是兩曲線的一個交點，且為等腰三角形，則該雙曲線的漸近線為______14．狄利克雷是十九世紀德國杰出的數學家，對數論、數學分析和數學物理有突出貢獻.狄利克雷曾提出了“狄利克雷函數”.若，根據“狄利克雷函數”可求___________.15．已知函數有且僅有兩個不同的零點，則實數的取值范圍是__________.16．曲線的一條切線的斜率為，該切線的方程為________.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）如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠DAB=60°，PD⊥底面ABCD，點F為棱PD的中點，二面角的余弦值為.（1）求PD的長；（2）求異面直線BF與PA所成角的余弦值；（3）求直線AF與平面BCF所成角的正弦值.18．（12分）已知函數.（1）若在上單調遞增，求的取值范圍；（2）若在上存在極值點，證明：.19．（12分）求適合條件的橢圓的標準方程.（1）長軸長是短軸長的2倍，且過點；（2）在x軸上的一個焦點與短軸兩端點的連線互相垂直，且焦距為6.20．（12分）已知等比數列前3項和為（1）求的通項公式；（2）若對任意恒成立，求m的取值范圍21．（12分）如圖，正方體的棱長為2，點為的中點.（1）求直線與平面所成角的正弦值；（2）求點到平面的距離.22．（10分）如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥面ABCD，E為PD的中點.（1）證明：PB∥面AEC；（2）設AP＝1，AD＝，三棱錐P－ABD的體積V＝，求點A到平面PBC的距離.

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、A【解析】根據函數的定義域及零點的情況即可得到答案.【詳解】函數的定義域為，則排除選項、,當時，，則在上單調遞減，且，，由零點存在定理可知在上存在一個零點，則排除，故選：.2、C【解析】根據點關于原點對稱的性質即可知答案.【詳解】由點關于原點對稱，則對稱點坐標為該點對應坐標的相反數，所以.故選：C3、A【解析】求得圓心坐標和半徑，結合點到直線的距離公式和圓的弦長公式，即可求解.【詳解】由圓的方程可知圓心為，半徑為，圓心到直線的距離，所以弦長為.故選：A.4、B【解析】由題意可設，則，再由，可得，從而可求出的值【詳解】解：雙曲線的漸近線方程為，故設，設，則，因為，所以，即，所以，因為，所以，因為，所以，故選：B5、B【解析】利用等差中項的性質可求得的值，進而可求得的值.【詳解】由等差中項的性質可得，則.故選：B.6、B【解析】根據體積法求得到平面的距離即可得【詳解】由題意的最小值就是到平面的距離正方體棱長為2，則，，設到平面的距離為，由得，解得故選：B7、D【解析】將拋物線方程化為標準方程，由此確定的值即可.【詳解】由可得拋物線標準方程為：，，拋物線的焦點到其準線的距離為.故選：D.8、A【解析】利用f(x)先單調遞增的速度由快到慢,再由慢到快，結合導數的幾何意義判斷即可.【詳解】由f(x)的圖象可知，函數f(x)先單調遞增的速度由快到慢,再由慢到快，由導數的幾何意義可知，先減后增，且恒大于0，故符合題意的只有選項A.故選：A.9、B【解析】根據平面的性質分別判斷充分性和必要性.【詳解】充分性：若內有無數多個點到的距離相等，則、平行或相交，故充分性不成立；必要性：若，則內每個點到的距離相等，故必要性成立，所以“內有無數多個點到的距離相等”是“”的必要不充分條件.故選：B.10、C【解析】焦點在軸上的是C和D，漸近線方程為，故選C考點：1．雙曲線的標準方程；2．雙曲線的簡單幾何性質11、A【解析】A選項，特殊位置優先考慮求出這樣的六位數中，奇數個數；B選項，相鄰問題捆綁法求解；C選項，不相鄰問題插空法求解；D選項，定序問題使用倍縮法求解.【詳解】用3，4，5，6，7，9這6個數組成沒有重復數字的六位數，個位為3,5,7,9中的一位，有種，其余五個數位上的數字進行全排列，有種，綜上：在這樣的六位數中，奇數共有個，A正確；在這樣的六位數中，3、5、7、9相鄰，將3、5、7、9捆綁，有種排法，再與4,6進行全排列，故共有個，B錯誤；在這樣的六位數中，4，6不相鄰，先將3、5、7、9進行全排列，再從五個位置中任選兩個將4,6排列，綜上共有個，C錯誤；在這樣的六位數中，4個奇數從左到右按照從小到大排序的共有個，D錯誤.故選：A12、C【解析】由題意作出軸截面，最短直徑為2a，根據已知條件點（2a，2a）在雙曲線上，代入雙曲線的標準方程，結合a，b，c的關系可求得離心率e的值【詳解】由題意作出軸截面如圖：M點是雙曲線與截面正方形的交點之一，設雙曲線的方程為：最短瓶口直徑為A1A2＝2a，則由已知可得M是雙曲線上的點，且M（2a，2a）故，整理得4a2＝3b2＝3（c2﹣a2），化簡后得，解得故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據給定條件求出兩曲線的共同焦點，再由橢圓、雙曲線定義求出a，b即可計算作答.【詳解】橢圓的焦點，由橢圓、雙曲線的對稱性不妨令點P在第一象限，因為等腰三角形，由橢圓的定義知：，則，，由雙曲線定義知：，即，，，所以雙曲線的漸近線為：.故答案為：【點睛】易錯點睛：雙曲線(a>0,b>0)漸近線方程為，而雙曲線(a>0,b>0)的漸近線方程為(即)，應注意其區別與聯系.14、1【解析】由“狄利克雷函數”解析式，先求出，再根據指數函數的解析式求即可.【詳解】由題設，，則.故答案：115、【解析】函數有兩個不同零點即y=a與g(x)=圖像有兩個交點，畫出近似圖象即得a的范圍﹒【詳解】∵函數有且僅有兩個不同的零點，令，則y=a與g(x)=圖像有兩個交點，∵，∴當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，∴當時，，作出函數與的圖象，∴當時，y=a與g(x)有兩個交點﹒故答案為：﹒16、【解析】使用導數運算公式求得切點處的導數值，并根據導數的幾何意義等于切線斜率求得切點的橫坐標，進而得到切點坐標，然后利用點斜式求出切線方程即可.【詳解】的導數為，設切點為，可得，解得，即有切點，則切線的方程為，即.故答案為：.【點睛】本題考查導數的加法運算，導數的幾何意義，和求切線方程，難度不大，關鍵是正確的使用導數運算公式求得切點處的導數值，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）（2）（3）【解析】（1）以為軸，為軸，軸與垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系，寫出各點坐標，設，，由空間向量法求二面角，從而求得，得長；（2）由空間向量法求異面直線所成的角；（3）由空間向量法求線面角【小問1詳解】以為軸，為軸，軸與垂直，由于菱形中，軸是的中垂線，建立如圖坐標系，則，，，設，，，，設平面一個法向量為，則，令，則，，即，平面的一個法向量是，因為二面角余弦值為.所以，（負值舍去）所以；【小問2詳解】由（1），，，，所以異面直線BF與PA所成角的余弦值為【小問3詳解】由（1）平面的一個法向量為，又，，所以直線AF與平面BCF所成角的正弦值為18、（1）（2）證明見解析【解析】（1）由題得，在，上為單調遞增的函數，在，上恒成立，分類討論，再次利用導數研究函數的最值即可；（2）由（1）可知，在存在極值點，則且，求得，再兩次求導即可得結論.【小問1詳解】由題得，在，上為單調遞增的函數，在，上恒成立，設，當時，由，得，在，上為增函數，則，在,上恒成立，滿足命題，當時，由，得，在上為減函數，，時，，即，不滿足恒成立，不成立，綜上：的取值范圍為.小問2詳解】證明：由（1）可知，在存在極值點，則且即：要證只需證即證又由（1）可知在上為增函數，且,成立.要證只需證即證：設則即在上增函數在為增函數成立.綜上，成立.19、（1）或（2）【解析】（1）待定系數法去求橢圓的標準方程即可；（2）待定系數法去求橢圓的標準方程即可.【小問1詳解】當橢圓焦點在x軸上時，方程可設為，將點代入得，解之得，則所求橢圓方程為當橢圓焦點在y軸上時，方程可設為，將點代入得，解之得，則所求橢圓方程為【小問2詳解】橢圓方程可設為，則，解之得，則橢圓方程為20、（1）（2）【解析】（1）由等比數列的基本量，列式，即可求得首項和公比，再求通項公式；（2）由題意轉化為求數列的前項和的最大值，即可求參數的取值范圍.【小問1詳解】設等比數列的公比為，則，①，即，得，即，代入①得，解得：，所以；【小問2詳解】由（1）可知，數列是首項為2，公比為的等比數列，，若對任意恒成立，即，數列，,單調遞增,的最大值無限趨近于4，所以21、（1）（2）【解析】（1）建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量及，利用向量的夾角公式即可得解；（2）直接利用向量公式求解即可【小問1詳解】解：以點作坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，0，，，2，，，0，，，0，，設平面的一個法向量為，又，則，則可取，又，設直線與平面的夾角為，則，直線與平面的正弦值為；【小問2詳解】解：因為所以點到平面的距離為，點到平面的距離為22、（1）證明見解析；（2