浙江省湖州市安吉縣上墅私立高級中學2025屆高二上數學期末質量檢測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．如圖為某幾何體的三視圖，則該幾何體中最大的側面積是（）A.B.C.D.2．已知x＞0、y＞0，且1，若恒成立，則實數m的取值范圍為（）A.(1,9) B.(9,1)C.[9,1] D.(∞,1)∪(9,+∞)3．若，在直線l上，則直線l一個方向向量為（）A. B.C. D.4．如圖，直四棱柱的底面是菱形，，，M是的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B.C. D.5．若函數在定義域上單調遞增，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.6．若函數有兩個不同的極值點，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.7．已知命題，；命題，，那么下列命題為假命題的是（）A. B.C. D.8．德國數學家高斯是近代數學奠基者之一，有“數學王子”之稱，在歷史上有很大的影響．他幼年時就表現出超人的數學天才，10歲時，他在進行的求和運算時，就提出了倒序相加法的原理，該原理基于所給數據前后對應項的和呈現一定的規律生成，因此，此方法也稱之為高斯算法．已知數列，則（）A.96 B.97C.98 D.999．若復數，則（）A B.C. D.10．設是橢圓的兩個焦點，是橢圓上一點，且.則的面積為（）A.6 B.C.8 D.11．在數列中，若，則稱為“等方差數列”，下列對“等方差數列”的判斷，其中不正確的為（）A.若是等方差數列，則是等差數列 B.若是等方差數列，則是等方差數列C.是等方差數列 D.若是等方差數列，則是等方差數列12．已知橢圓及以下3個函數：①；②；③，其中函數圖象能等分該橢圓面積的函數個數有（）A.0個 B.1個C.2個 D.3個二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在中.若成公比為的等比數列，則____________14．已知雙曲線的兩條漸近線的夾角為，則雙曲線的實軸長為____15．已知橢圓的離心率為.（1）證明：；（2）若點在橢圓的內部，過點的直線交橢圓于、兩點，為線段的中點，且.①求直線的方程；②求橢圓的標準方程.16．若把英語單詞“”的字母順序寫錯了，則可能出現的錯誤有______種三、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.18．（12分）如圖，AB是半圓O的直徑，C是半圓上一點，M是PB的中點，平面ABC，且，，.（1）求證:平面PAC；（2）求三棱錐M—ABC體積.19．（12分）如圖，正方體的棱長為4，E，F分別是上的點，且.（1）求與平面所成角的正切值；（2）求證：.20．（12分）已知函數在處有極值.（1）求的值；（2）求函數在上的最大值與最小值.21．（12分）已知動點到點的距離與點到直線的距離相等.（1）求動點的軌跡方程；（2）若過點且斜率為的直線與動點的軌跡交于、兩點，求三角形AOB的面積.22．（10分）已如空間直角標系中，點都在平面內，求實數y的值

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、B【解析】由三視圖還原原幾何體，確定幾何體的結構，計算各面面積可得【詳解】由三視圖，原幾何體是三棱錐，平面，，尺寸見三視圖，，，故選：B2、B【解析】應用基本不等式“1”的代換求的最小值，注意等號成立條件，再根據題設不等式恒成立有，解一元二次不等式求解集即可.【詳解】由題設，，當且僅當時等號成立，∴要使恒成立，只需，故，∴.故選：B.3、C【解析】利用直線的方向向量的定義直接求解.【詳解】因為，在直線l上，所以直線l的一個方向向量為.故選：C.4、D【解析】用向量分別表示,利用向量的夾角公式即可求解.【詳解】由題意可得，故選：D【點睛】本題主要考查用向量的夾角公式求異面直線所成的角，屬于基礎題.5、D【解析】函數在定義域上單調遞增等價于在上恒成立，即在上恒成立，然后易得，最后求出范圍即可.【詳解】函數的定義域為，，在定義域上單調遞增等價于在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，分離參數得，所以，即.【點睛】方法點睛：已知函數的單調性求參數的取值范圍的通解：若在區間上單調遞增，則在區間上恒成立；若在區間上單調遞減，則在區間上恒成立；然后再利用分離參數求得參數的取值范圍即可.6、D【解析】計算，然后等價于在（0，+∞）由2個不同的實數根，然后計算即可.【詳解】的定義域是（0，+∞），，若函數有兩個不同的極值點，則在（0，+∞）由2個不同的實數根，故，解得：，故選：D.【點睛】本題考查根據函數極值點個數求參，考查計算能力以及思維轉變能力，屬基礎題.7、B【解析】由題設命題的描述判斷、的真假，再判斷其復合命題的真假即可.【詳解】對于命題，僅當時，故為假命題；對于命題，由且開口向上，故為真命題；所以為真命題，為假命題，綜上，為真，為假，為真，為真.故選：B8、C【解析】令，利用倒序相加原理計算即可得出結果.【詳解】令，，兩式相加得：，∴，故選:C9、A【解析】根據復數的乘法運算即可求解.【詳解】由，故選：A10、B【解析】利用橢圓的幾何性質，得到，，進而利用得出，進而可求出【詳解】解：由橢圓的方程可得，所以，得且，，在中，由余弦定理可得，而，所以，，又因為，，所以，所以，故選：B11、B【解析】根據等方差數列的定義逐一進行判斷即可【詳解】選項A中，符合等差數列的定義，所以是等差數列，A正確；選項B中，不是常數，所以不是等方差數列，選項B錯誤；選項C中，，所以是等方差數列，C正確；選項D中，所以是等方差數列，D正確故選：B12、C【解析】由橢圓的幾何性質可得橢圓的圖像關于原點對稱，因為函數,函數為奇函數,其圖像關于原點對稱，則①②滿足題意,對于函數在軸右側時，，只有時，，即函數在軸右側的圖像顯然不能等分橢圓在軸右側的圖像的面積,又函數為偶函數,其圖像關于軸對稱，則函數在軸左側的圖像顯然也不能等分橢圓在軸左側的圖像的面積,即函數的圖像不能等分該橢圓面積，得解.【詳解】解：因為橢圓的圖像關于原點對稱，對于①，函數為奇函數，其圖像關于原點對稱，即可知的圖象能等分該橢圓面積；對于②，函數為奇函數，其圖像關于原點對稱，即可知的圖象能等分該橢圓面積；對于③，對于函數在軸右側時，，只有時，，即函數在軸右側的圖像（如圖）顯然不能等分橢圓在軸右側的圖像的面積,又函數為偶函數,其圖像關于軸對稱，則函數在軸左側的圖像顯然也不能等分橢圓在軸左側的圖像的面積,即函數的圖像不能等分該橢圓面積，即函數圖象能等分該橢圓面積的函數個數有2個，故選C.【點睛】本題考查了橢圓的幾何性質、函數的奇偶性及函數的對稱性，重點考查了函數的性質，屬基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由條件可得，即，由余弦定理可得答案.【詳解】由成公比為的等比數列，即由正弦定理可知所以故答案為：14、【解析】根據已知條件求得，由此求得實軸長.【詳解】由于，雙曲線的漸近線方程為，所以雙曲線的漸近線與軸夾角小于，由得，實軸長故答案為：15、（1）證明見解析；（2）①；②.【解析】（1）由可證得結論成立；（2）①設點、，利用點差法可求得直線的斜率，利用點斜式可得出所求直線的方程；②將直線的方程與橢圓的方程聯立，列出韋達定理，由可得出，利用平面向量數量積的坐標運算可得出關于的等式，可求出的值，即可得出橢圓的方程.【詳解】（1），，因此，；（2）①由（1）知，橢圓的方程為，即，當在橢圓的內部時，，可得.設點、，則，所以，，由已知可得，兩式作差得，所以，所以，直線方程為，即.所以，直線的方程為；②聯立，消去可得.，由韋達定理可得，，又，而，，，解得合乎題意，故，因此，橢圓的方程為.16、23【解析】先計算該單詞所有字母能夠組成的所有排列情況，然后減去正確的，即是可能出現錯誤的情況.【詳解】因為“”四個字母組成的全排列共有（種）結果，其中只有排列“”是正確的，其余全是錯誤的，故可能出現錯誤的共有（種）.故答案為：23.三、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）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，.18、（1）證明見解析（2）2【解析】（1）依題意可得，再由平面，得到，即可證明平面；（2）連接，可證，即可得到平面，為三棱錐的高，再根據錐體的體積公式計算可得；【詳解】（1）證明:因為是半圓的直徑，所以.因為平面，平面，所以，又因為平面，平面，且所以平面.（2）解:因為，，所以，.連接.因為、分別是，的中點，所以，.又平面.所以平面.因此為三棱錐的高.所以.【點睛】本題考查線面垂直的證明，錐體的體積的計算，屬于中檔題.19、（1）；（2）證明見解析.【解析】(1)在正方體中，平面，連接，則為與平面所成的角，在直角三角形，求出即可；(2)∵是正方體，又是空間垂直問題，∴易采用向量法，∴建立如圖所示的空間直角坐標系，欲證，只須證，再用向量數量積公式求解即可.【小問1詳解】在正方體中，平面，連接，則為與平面所成的角，又，，，∴；【小問2詳解】如圖，以為坐標原點，直線、、分別軸、軸、軸，建立空間直角坐標系.則∴，，∴，∴.20、（1），；（2）最大值為，最小值為【解析】（1）對函數求導，根據函數在處取極值得出，再由極值為，得出，構造一個關于的二元一次方程組，便可解出的值；（2）由（1）可知，求出，利用導數研究函數在上的單調性，比較極值和端點值的大小，即可得出在上的最大值與最小值.【詳解】解：（1）由題可知，，的定義域為，，由于在處有極值，則，即，解得：，，（2）由（1）可知，其定義域是，，令，而，解得，由，得；由，得，則在區間上，，，的變化情況表如下：120單調遞減單調遞增可得，，，由于，則，所以，函數在區間上的最大值為，最小值為.【點睛】本題考查已知極值求參數值和函數在閉區間內的最值問題，考查利用導函數研究函數在給定閉區間內的單調性，以及通過比較極值和端點值確定函數在閉區間內的最值，考查運算能力.21、（1）（2）【解析】小問1：由拋物線的定義可求得動點的軌跡方程；小問2：可知直線的方程為，設