2025屆安徽省安慶一中高二數學第一學期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、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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．設函數，則曲線在點處的切線方程為（）A. B.C. D.2．已知函數，那么的值為（）A. B.C. D.3．圓關于直線對稱圓的標準方程是（）A. B.C. D.4．從直線上動點作圓的兩條切線，切點分別為、，則最大時，四邊形（為坐標原點）面積是（）A. B.C. D.5．在棱長為1的正四面體中，點滿足，點滿足，當和的長度都為最短時，的值是（）A. B.C. D.6．內角A，B，C的對邊分別為a，b，c．若，則一定是（）A.等腰三角形 B.等邊三角形C.直角三角形 D.等腰直角三角形7．已知是拋物線上的點，F是拋物線C的焦點，若，則（）A1011 B.2020C.2021 D.20228．在中，、、所對的邊分別為、、，若，，，則（）A. B.C. D.9．甲、乙、丙、丁四位同學一起去找老師詢問成語競賽的成績.老師說：你們四人中有位優秀，位良好，我現在給甲看乙、丙的成績，給乙看丙的成績，給丁看甲的成績.看后甲對大家說：我還是不知道我的成績.根據以上信息，則（）A.乙、丁可以知道自己的成績 B.乙、丁可以知道對方的成績C.乙可以知道四人的成績 D.丁可以知道四人的成績10．在等比數列中，，，則（）A.2 B.4C.6 D.811．如圖，在正方體中，點，分別是面對角線與的中點，若，，，則（）A. B.C. D.12．在區間內隨機地取出兩個數，則兩數之和小于的概率是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．近年來，我國外賣業發展迅猛，外賣小哥穿梭在城市的大街小巷成為一道道亮麗的風景線．他們根據外賣平臺提供的信息到外賣店取單，某外賣小哥每天來往于r個外賣店（外賣店的編號分別為1，2，…，r，其中），約定：每天他首先從1號外賣店取單，稱為第1次取單，之后，他等可能的前往其余個外賣店中的任何一個店取單，稱為第2次取單，依此類推．假設從第2次取單開始，他每次都是從上次取單的店之外的個外賣店取單．設事件表示“第k次取單恰好是從1號店取單（）”，是事件發生的概率，顯然，，則______，與的關系式為______14．若把英語單詞“”的字母順序寫錯了，則可能出現的錯誤有______種15．已知點P是拋物線上一個動點，則點P到點M(0，2)的距離與點P到該拋物線準線的距離之和的最小值為______________16．命題“若，則”的否命題為______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，在三棱柱中，＝2，且，⊥底面ABC．E為AB中點（1）求證：平面；（2）求平面與平面CEB夾角的余弦值18．（12分）設函數.（1）求函數的單調區間；（2）求函數的極值.19．（12分）已知點在橢圓：上，橢圓E的離心率為.（1）求橢圓E的方程；（2）若不平行于坐標軸且不過原點O的直線l與橢圓E交于B，C兩點，判斷是否可能為等邊三角形，并說明理由.20．（12分）已知函數.（1）設函數，討論在區間上的單調性；（2）若存在兩個極值點，（）（極值點是指函數取極值時對應的自變量的值），且，證明：.21．（12分）如圖，在幾何體ABCEFG中，四邊形ACGE為平行四邊形，為等邊三角形，四邊形BCGF為梯形，H為線段BF的中點，，，，，，.（1）求證：平面平面BCGF；（2）求平面ABC與平面ACH夾角的余弦值.22．（10分）已知橢圓的左、右焦點分別為，若焦距為4，點P是橢圓上與左、右頂點不重合的點，且的面積最大值.（1）求橢圓的方程；（2）過點的直線交橢圓于點、，且滿足（為坐標原點），求直線的方程.

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】利用導數的幾何意義求解即可【詳解】由，得，所以切線的斜率為，所以切線方程為，即，故選：A2、D【解析】直接求導，代入計算即可.【詳解】，故.故選：D.3、D【解析】先根據圓的標準方程得到圓的圓心和半徑，求出圓心關于直線的對稱點，進而寫出圓的標準方程.【詳解】因為圓的圓心為，半徑為，且關于直線對稱的點為，所以所求圓的圓心為、半徑為，即所求圓的標準方程為.故選：D.4、B【解析】分析可知當時，最大，計算出、，進而可計算得出四邊形（為坐標原點）面積.【詳解】圓的圓心為坐標原點，連接、、，則，設，則，，則，當取最小值時，，此時，，，，故，此時，.故選：B.5、A【解析】根據給定條件確定點M，N的位置，再借助空間向量數量積計算作答.【詳解】因，則，即，而，則共面，點M在平面內，又，即，于是得點N在直線上，棱長為1的正四面體中，當長最短時，點M是點A在平面上的射影，即正的中心，因此，，當長最短時，點N是點D在直線AC上的射影，即正邊AC的中點，，而，，所以.故選：A6、C【解析】利用余弦定理角化邊整理可得.【詳解】由余弦定理有，整理得，故一定是直角三角形.故選：C7、C【解析】結合向量坐標運算以及拋物線的定義求得正確答案.【詳解】設，因為是拋物線上的點，F是拋物線C的焦點，所以，準線為：，因此，所以，即，由拋物線的定義可得，所以故選：C8、B【解析】利用正弦定理，以及大邊對大角，結合正弦定理，即可求得.【詳解】根據題意，由正弦定理，可得：，解得，故可得或，由，可得，故故選：B.9、A【解析】分析可知乙、丙的成績中必有位優秀、位良好，結合題意進行推導，可得出結論.【詳解】由于個人中的成績中有位優秀，位良好，甲知道乙、丙的成績，還是不知道自己的成績，則乙、丙的成績必有位優秀、位良好，甲、丁的成績中必有位優秀、位良好，因為給乙看丙的成績，則乙必然知道自己的成績，丁知道甲的成績后，必然知道自己的成績.故選：A.10、D【解析】由等比中項轉化得，可得，求解基本量，由等比數列通項公式即得解【詳解】設公比為，則由，得，即故，解得故選：D11、D【解析】由空間向量運算法則得,利用向量的線性運算求出結果.【詳解】因為點，分別是面對角線與的中點，，，，所以故選:D.12、C【解析】利用幾何概型的面積型，確定兩數之和小于的區域，進而根據面積比求概率.【詳解】由題意知：若兩個數分別為，則，如上圖示，陰影部分即為，∴兩數之和小于的概率.故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、①.②.【解析】根據題意，結合條件概率的計算公式，即可求解.【詳解】根據題意，事件表示“第3次取單恰好是從1號店取單”，因此；同理故答案為：；.14、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：23.15、【解析】由拋物線的定義得：，所以，當三點共線時，最小可得答案.【詳解】如圖所示：，由拋物線的定義得：，所以，由圖象知：當三點共線時，最小，.故答案為：.16、若，則【解析】否命題是對命題的條件和結論同時否定，同時否定和即可.命題“若，則”的否命題為:若，則考點：四種命題.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）證明見解析；（2）.【解析】（1）連接與交于點O，連接OE，得到，再利用線面平行的判定定理證明即可；（2）根據，底面，建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量，再根據底面，得到平面一個法向量，然后由夾角公式求解.【小問1詳解】如圖所示：連接與交于點O，連接OE，如圖，由分別為的中點所以，又平面，平面，所以平面；【小問2詳解】由，底面，故底面建立如圖所示空間直角坐標系：則，所以，設平面的一個法向量為：，則，即，令，則，則，因為底面，所以為平面一個法向量，所以所以平面與平面CEB夾角的余弦值為.18、（1）單調遞減區間為和，單調遞增區間為（2）極小值，極大值為【解析】（1）先對函數求導，然后根據導數的正負可求出函數的單調區間，（2）根據（1）中求得單調區間可求出函數的極值【小問1詳解】.當變化時，，的變化情況如下表所示：00減極小值增極大值減的單調遞減區間為和，單調遞增區間為.【小問2詳解】由（1）可知在處取得極小值，在處取得極大值.的極小值為，極大值為.19、（1）（2）三角形不可能是等邊三角形，理由見解析【解析】（1）根據點坐標和離心率可得橢圓方程；（2）假設為等邊三角形，設，與橢圓方程聯立，由韋達定理得的中點的坐標，，利用得出矛盾.小問1詳解】由點在橢圓上，得，即，又，即，解得，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】假設為等邊三角形，設，，聯立，消去得，由韋達定理得，由得，故，所以的中點為，所以，故，與等邊三角形中矛盾，所以假設不成立，故三角形不可能是等邊三角形.20、（1）答案見解析（2）證明見解析【解析】（1）由題意得，然后對其求導，再分，兩種情況討論導數的正負，從而可求出函數的單調區間，（2）由（1）結合零點存在性定理可得在和上各有一個零點，且是的兩個極值點，再將極值點代入導函數中化簡結合已知可得，，從而將要證的結論轉化為證，令，再次轉化為利用導數求的最小值大于零即可【小問1詳解】由，得，則，當時，在上單調遞增；當時，令.當時，單調遞增；當時，單調遞減.綜上，當時，的增區間為，無減區間當時，的增區間為，減區間為小問2詳解】由（1）知若存在兩個極值點，則，且，且注意到，所以在和上各有一個零點，且時，單調遞減；當時，單調遞增；當時，單調遞減.所以是的兩個極值點.，因為，所以，所以，所以，即，所以而，所以，所以，要證，即要證即要證：因為，所以所以，即要證：即要證：令，即要證：即要證：令當時，，所以在上單調增所以結論得證.【點睛】關鍵點點睛：此題考查導數的應用，考查利用求函數的單調區間，考查利用導數證明不等式，解題的關鍵是將兩個極值點代入導函數中化簡后，將問題轉化為證明成立，換元后構造函數，再利用導數證明，考查數學轉化思想和計算能力，屬于較難題21、（1）證明見解析（2）【解析】（1）在中，由正弦定理知可知，利用三角形內角和可知即，又因為，再根據面面垂直的判定定理，即可證明結果；（2）取BC中點O，由（1）得：平面BCGF，，以O為原點，OB，OH，OA所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，利用空間向量求二面角，即可求出結果.【小問1詳解】證明：（1）在中，由正弦定理知：解得因為，所以又因為，所以所以又因為，所以直線平面ABC又因為平面BCGF所以平面平面BCGF【小問2詳解】解：取BC中點O，連結OA，OH，由（1）得：平面BCGF，則以O為原點，OB，OH，OA所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系在中，則，，平面ABC的一個法向量為設平面ACH的一個法向量為因為，所以，取，則設平面APD與平面PDF夾角為，所以.22、（1）（2）或【解析】（1）根據焦距求出，利用面積最大值，得到求出，從而得到，求出橢圓