江蘇省淮安市高中教學協作體2025屆數學高二上期末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．焦點為的拋物線標準方程是（）A. B.C. D.2．如果，那么下面一定成立的是（）A. B.C. D.3．已知為偶函數，且當時，，其中為的導數，則不等式的解集為()A. B.C. D.4．已知雙曲線的左、右焦點分別為，點在的左支上，過點作的一條漸近線的垂線，垂足為，則的最小值為（）A. B.C. D.5．已知函數（為自然對數的底數），若的零點為，極值點為，則（）A. B.0C.1 D.26．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7．已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β，直線l滿足l⊥m，l⊥n，則（）A.α∥β且∥α B.α⊥β且⊥βC.α與β相交，且交線垂直于 D.α與β相交，且交線平行于8．在下列各圖中，每個圖的兩個變量具有相關關系的圖是（）A.（1）（2） B.（1）（3）C.（2） D.（2）（3）9．為了解義務教育階段學校對雙減政策的落實程度，某市教育局從全市義務教育階段學校中隨機抽取了6所學校進行問卷調查，其中有4所小學和2所初級中學，若從這6所學校中再隨機抽取兩所學校作進一步調查，則抽取的這兩所學校中恰有一所小學的概率是（）A. B.C. D.10．空間四點共面，但任意三點不共線，若為該平面外一點且，則實數的值為（）A. B.C. D.11．設，則的一個必要不充分條件為（）A. B.C. D.12．在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD，，，點E為PA的中點，，，，則點B到平面PCD的距離為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知點，點是直線上的動點，則的最小值是_____________14．已知，空間直角坐標系中，過點且一個法向量為的平面的方程為.用以上知識解決下面問題：已知平面的方程為，直線是兩個平面與的交線，則直線與平面所成角的正弦值為___________.15．已知，在直線上存在點P，使，則m的最大值是_______.16．數列滿足，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）已知函數f(x)=x3+ax2+2，x=2是f(x)的一個極值點.（1）求實數a的值；（2）求f(x)在區間(-1，4]上的最大值和最小值.18．（12分）已知，，其中.（1）求的值；（2）設（其中、為正整數），求的值.19．（12分）已知數列的前n項和為，滿足，（1）求證：數列是等比數列，并求數列的通項公式；（2）設，為數列的前n項和，①求；②若不等式對任意的正整數n恒成立，求實數的取值范圍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，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.22．（10分）已知數列滿足,，設.（1）證明數列為等比數列，并求通項公式；（2）設，求數列的前項和.

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、D【解析】設拋物線的方程為，根據題意，得到，即可求解.【詳解】由題意，設拋物線的方程為，因為拋物線的焦點為，可得，解得，所以拋物線的方程為.故選：D.2、C【解析】根據不等式的基本性質，以及特例法和作差比較法，逐項計算，即可求解.【詳解】對于A中，當時，，所以不正確；對于B中，因為，根據不等式的性質，可得，對于C中，由，可得可得，所以，所以正確；對于D中，由，可得，則，所以，所以不正確.故選：C.3、A【解析】根據已知不等式和要求解的不等式特征，構造函數，將問題轉化為解不等式.通過已知條件研究g(x)的奇偶性和單調性即可解該不等式.【詳解】令，則根據題意可知，，∴g(x)是奇函數，∵，∴當時，，單調遞減，∵g(x)是奇函數，g(0)＝0，∴g(x)在R上單調遞減，由不等式得，.故選：A.4、D【解析】利用雙曲線定義可得到，將的最小值變為的最小值問題，數形結合得解.【詳解】由題意得，故，如圖所示：到漸近線的距離,則，當且僅當，，三點共線時取等號，∴的最小值為.故選：D5、C【解析】令可求得其零點，即的值，再利用導數可求得其極值點，即的值，從而可得答案【詳解】解：，當時，，即，解得；當時，恒成立，的零點為又當時，為增函數，故在，上無極值點；當時，，，當時，，當時，，時，取到極小值，即的極值點，故選：C【點睛】本題考查利用導數研究函數的極值，考查函數的零點，考查分段函數的應用，突出分析運算能力的考查，屬于中檔題6、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：A7、D【解析】由平面，直線滿足，且，所以，又平面，，所以，由直線為異面直線，且平面平面，則與相交，否則，若則推出，與異面矛盾，所以相交，且交線平行于，故選D考點：平面與平面的位置關系，平面的基本性質及其推論8、D【解析】根據圖形可得（1）具有函數關系；（2）（3）的散點分布在一條直線或曲線附近，具有相關關系；（4）的散點雜亂無章，不具有相關關系.【詳解】對（1），所有的點都在曲線上，故具有函數關系；對（2），所有的散點分布在一條直線附近，具有相關關系；對（3），所有的散點分布在一條曲線附近，具有相關關系；對（4），所有的散點雜亂無章，不具有相關關系.故選：D.9、A【解析】由組合知識結合古典概型概率公式求解即可.【詳解】從這6所學校中隨機抽取兩所學校的情況共有種，這兩所學校中恰有一所小學的情況共有種，則其概率為.故選：A10、A【解析】由空間向量共面定理構造方程求得結果.【詳解】空間四點共面，但任意三點不共線，，解得：.故選：A.11、C【解析】利用必要條件和充分條件的定義判斷.【詳解】A選項：，，，所以是的充分不必要條件，A錯誤；B選項：，，所以是的非充分非必要條件，B錯誤；C選項：，，，所以是必要不充分條件，C正確；D選項：，，，所以是的非充分非必要條件，D錯誤.故選：C.12、D【解析】為中點，連接，易得為平行四邊形，進而可知B到平面PCD的距離即為到平面PCD的距離，再由線面垂直的性質確定線線垂直，在直角三角形中應用勾股定理求相關線段長，即可得△為直角三角形，最后應用等體積法求點面距即可.【詳解】若為中點，連接，又E為PA的中點，所以，，又，，則且，所以為平行四邊形，即，又面，面，所以面，故B到平面PCD的距離，即為到平面PCD的距離，由底面ABCD，面ABCD，即，，，又，即，，則面，面，即，而，，，，易知：，在△中；在△中；在△中；綜上，，故，又，則.所以B到平面PCD的距離為.故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】直接根據點到直線的距離公式即可求出【詳解】線段最短時，與直線垂直，所以，的最小值即為點到直線的距離，則.故答案為：.14、【解析】由題意分別求出這三個平面的法向量，設直線的方向向量為，由直線與平面與的法向量垂直，得出，由向量的夾角公式可得答案.【詳解】由，解得，即直線與平面的交點坐標為平面的方程為，可得所以平面的法向量為平面的法向量為，的法向量為設直線的方向向量為，則，即取，設直線與平面所成角則故答案為：15、11【解析】設P點坐標，根據條件知，由向量的坐標運算可得P點位于圓上，再根據P存在于直線上，可知直線和圓有交點，因此列出相應的不等式，求得m范圍，可得m的最大值.【詳解】設P（x,y）,則，由題意可知,所以，即，即滿足條件的點P在圓上，又根據題意P點存在于直線上，則直線與圓有交點，故有圓心(1,0)到直線的距離小于等于圓的半徑，即，解得，則m的最大值為11，故答案為：11.16、【解析】利用來求得，進而求得正確答案.【詳解】，，是數列是首項為，公差為的等差數列，所以，所以.故答案為：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、（1）；（2）最大值為18，最小值為.【解析】（1）解方程即得解；（2）利用導數求出函數的單調區間分析即得解.【小問1詳解】解：因為，所以，因為在處有極值，所以，即，所以.經檢驗，當時，符合題意.所以.【小問2詳解】解：由（1）可知，所以，令，得，當時，由得，；由得，或.所以函數在上遞增，在上遞減，在上遞增，又.所以的最小值為，又，所以的最大值為，所以在的最大值為18，最小值為.18、（1）；（2）.【解析】（1），，寫出的展開式通項，由可得出關于的方程，解出的值，再利用賦值法可求得所求代數式的值；（2）寫出的展開式，求出、的值，即可求得的值.【小問1詳解】解：設，，的展開式通項為，所以，，即，，解得，所以，.【小問2詳解】解：，，，因此，19、（1）證明見解析，（2）①；②【解析】（1）由得到，即可得到，從而得證，即可求出的通項公式，從而得到的通項公式；（2）①由（1）可得，再利用錯位相減法求和即可；②利用作差法證明的單調性，即可得到，即可得到，再解一元二次不等式即可；【小問1詳解】證明：由，，當時，可得，解得，當時，，又，兩式相減得，所以，所以，即，則數列是首項為，公比為的等比數列；所以，所以【小問2詳解】解：①由（1）可得，所以，所以，所以，所以整理得②由①知，所以，即單調遞增，所以，因為不等式對任意的正整數n恒成立，所以，即，解得或，即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）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