四川省天府教育大聯考2025屆高二數學第一學期期末調研模擬試題注意事項: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．若函數有零點，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.2．已知正三棱柱中，，點為中點，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B.C. D.3．等差數列x，，，…的第四項為()A.5 B.6C.7 D.84．在空間直角坐標系中，點關于軸對稱的點的坐標為（）A. B.C. D.5．若“”是“”的充分不必要條件，則實數a的取值范圍為A. B.或C. D.6．已知直線與平行，則的值為（）A. B.C. D.7．已知等比數列中，，，則公比（）A. B.C. D.8．“且”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9．下列雙曲線中，漸近線方程為的是A. B.C. D.10．公比為的等比數列，其前項和為，前項積為，滿足，.則下列結論正確的是（）A.的最大值為B.C.最大值為D.11．已知直線的方向向量為，則直線l的傾斜角為（）A.30° B.60°C.120° D.150°12．設等差數列前項和為，若是方程的兩根，則（）A.32 B.30C.28 D.26二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖，某湖有一半徑為的半圓形岸邊，現決定在圓心O處設立一個水文監測中心（大小忽略不計），在其正東方向相距的點A處安裝一套監測設備．為了監測數據更加準確，在半圓弧上的點B以及湖中的點C處，再分別安裝一套監測設備，且，．定義：四邊形及其內部區域為“直接監測覆蓋區域”，設．則“直接監測覆蓋區域”面積的最大值為________14．棱長為的正方體的頂點到截面的距離等于__________.15．直線l過點P(1，3)，且它的一個方向向量為(2，1)，則直線l的一般式方程為__________.16．設等差數列{an}的前n項和為Sn，且S2020>0，S2021<0，則當n=_____________時，Sn最大.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）如圖甲，平面圖形中，，沿將折起，使點到點的位置，如圖乙，使.（1）求證：平面平面；（2）若點滿足，求點到直線的距離.18．（12分）已知一張紙上畫有半徑為4的圓O，在圓O內有一個定點A，且，折疊紙片，使圓上某一點剛好與A點重合，這樣的每一種折法，都留下一條直線折痕，當取遍圓上所有點時，所有折痕與的交點形成的曲線記為C.（1）求曲線C的焦點在軸上的標準方程；（2）過曲線C的右焦點（左焦點為）的直線l與曲線C交于不同的兩點M，N，記的面積為S，試求S的取值范圍.19．（12分）已知函數（1）討論函數的單調性；（2）若函數有兩個零點，，證明：20．（12分）在直三棱柱中，，，，，分別是，上的點，且（1）求證：∥平面；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值21．（12分）如圖，在三棱錐中，平面平面，且，（1）求證：；（2）求直線與所成角的余弦值22．（10分）在平面直角坐標系中，動點，滿足，記點的軌跡為（1）請說明是什么曲線，并寫出它的方程；（2）設不過原點且斜率為的直線與交于不同的兩點，，線段的中點為，直線與交于兩點，，請判斷與的關系，并證明你的結論

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】設，則函數有零點轉化為函數的圖象與直線有交點，利用導數判斷函數的單調性，即可求出【詳解】設，定義域為，則，易知為單調遞增函數，且所以當時，，遞減；當時，，遞增，所以所以，即故選：A【點睛】本題主要考查根據函數有零點求參數的取值范圍，意在考查學生的轉化能力，屬于基礎題2、A【解析】根據異面直線所成角的定義，取中點為，則為異面直線和所成角或其補角，再解三角形即可求出【詳解】如圖所示：設中點為，則在三角形中，為中點，為中位線，所以有，，所以為異面直線和所成角或其補角，在三角形中，，所以由余弦定理有，故選：A.3、A【解析】根據等差數列的定義求出x，求出公差，即可求出第四項.【詳解】由題可知，等差數列公差d＝(x＋2)－x＝2，故3x＋6＝x＋2＋2，故x＝－1，故第四項為－1＋(4－1)×2＝5.故選：A.4、B【解析】結合已知條件，利用對稱的概念即可求解.【詳解】不妨設點關于軸對稱的點的坐標為，則線段垂直于軸且的中點在軸，從而點關于軸對稱的點的坐標為.故選：B.5、D【解析】“”是“”的充分不必要條件，結合集合的包含關系，即可求出的取值范圍.【詳解】∵“”是“”的充分不必要條件∴或∴故選：D.【點睛】本題考查充分必要條件，根據充要條件求解參數的范圍時，可把充分條件、必要條件或充要條件轉化為集合間的關系，由此得到不等式（組）后再求范圍.解題時要注意，在利用兩個集合之間的關系求解參數的取值范圍時，不等式是否能夠取等號決定端點值的取舍，處理不當容易出現漏解或增解的現象.6、C【解析】由兩直線平行可得，即可求出答案.【詳解】直線與平行故選：C.7、C【解析】利用等比中項的性質可求得的值，再由可求得結果.【詳解】由等比中項的性質可得，解得，又，，故選：C.8、A【解析】按照充分必要條件的判斷方法判斷，“且”能否推出“”，以及“”能否推出“且”，判斷得到正確答案，【詳解】當且時，成立，反過來，當時，例：，不能推出且.所以“且”是“”的充分不必要條件.故選：A【點睛】本題考查充分不必要條件的判斷，重點考查基本判斷方法，屬于基礎題型.9、A【解析】由雙曲線的漸進線的公式可行選項A的漸進線方程為，故選A.考點：本題主要考查雙曲線的漸近線公式.10、A【解析】根據已知條件，判斷出，即可判斷選項D，再根據等比數列的性質，判斷，，由此判斷出選項A,B,C.【詳解】根據題意，等比數列滿足條件，，，若，則，則，，則，這與已知條件矛盾，所以不符合題意，故選項D錯誤；因為，，，所以，，，則，，數列前2021項都大于1，從第2022項開始都小于1，因此是數列中的最大值，故選項A正確由等比數列的性質，，故選項B不正確；而，由以上分析可知其無最大值，故C錯誤；故選：A11、B【解析】利用直線的方向向量求出其斜率，進而求出傾斜角作答.【詳解】因直線的方向向量為，則直線l的斜率，直線l的傾斜角，于是得，解得，所以直線l的傾斜角為.故選：B12、A【解析】根據給定條件利用韋達定理結合等差數列性質計算作答.【詳解】因是方程的兩根，則又是等差數列的前項和，于是得，所以.故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由題意，根據余弦定理得的值，則四邊形的面積表示為，再代入面積公式化簡為三角函數，根據三角函數的性質求解最大值即可.【詳解】在中，，，，，，則（其中），當時，取最大值，所以“直接監測覆蓋區域”面積的最大值.故答案為：.【點睛】解答本題的關鍵是將四邊形的面積表示為，代入面積公式后化簡得三角函數的解析式，再根據三角函數的性質求解最大值.14、【解析】根據勾股定理可以計算出，這樣得到是直角三角形，利用等體積法求出點到的距離.【詳解】解：如圖所示，在三棱錐中，是三棱錐的高，，在中，,,,所以是直角三角形，，設點到的距離為，.故A到平面的距離為故答案為：【點睛】本題考查了點到線的距離，利用等體積法求出點到面的距離.是解題的關鍵.15、【解析】根據直線方向向量求出直線斜率即可得直線方程.【詳解】因為直線l的一個方向向量為(2，1)，所以其斜率，所以l方程為：，即其一般式方程為：.故答案為：.16、1010【解析】先由S2020>0，S2021<0，判斷出，，即可得到答案.【詳解】等差數列{an}的前n項和為，所以，因為1+2020=1010+1011，所以，所以.，所以，所以當n=1010時，Sn最大.故答案為：1010.三、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)利用給定條件可得平面，再證即可證得平面推理作答.(2)由(1)得EA，EB，EG兩兩垂直，建立空間直角坐標系，先求出向量在向量上的投影的長，然后由勾股定理可得答案.【小問1詳解】因為，則，且，又，平面，因此，平面，即有平面，平面，則，而，則四邊形為等腰梯形，又，則有，于是有，則，即，，平面，因此，平面，而平面，所以平面平面.【小問2詳解】由(1)知，EA，EB，EG兩兩垂直，以點E為原點，射線EA，EB，EG分別為x，y，z軸非負半軸建立空間直角坐標系，如圖，因，四邊形是矩形，則，即，，，由，則則則向量在向量上的投影的長為又,所以點到直線的距離18、（1）；（2）﹒【解析】(1)根據題意，作出圖像，可得，由此可知M的軌跡C為以O、A為焦點的橢圓；(2)分為l斜率存在和不存在時討論，斜率存在時，直線方程和橢圓方程聯立，用韋達定理表示的面積，根據變量范圍可求面積的最大值﹒【小問1詳解】以OA中點G坐標原點，OA所在直線為x軸建立平面直角坐標系，如圖：∴可知，，設折痕與和分別交于M，N兩點，則MN垂直平分，∴，又∵，∴，∴M的軌跡是以O，A為焦點，4為長軸的橢圓．∴M的軌跡方程C為；【小問2詳解】設，，則的周長為當軸時，l的方程為，，，當l與x軸不垂直時，設，由得，∵＞0，∴，，，令，則，，∵，∴，∴.綜上可知，S的取值范圍是19、（1）函數的單調性見解析；（2）證明見解析.【解析】(1)求出函數的導數，按a值分類討論判斷的正負作答.(2)將分別代入計算化簡變形，再對所證不等式作等價變形，構造函數，借助函數導數推理作答.【小問1詳解】已知函數的定義域為，，當時，恒成立，所以在區間上單調遞增；當時，由，解得，由，解得，的單調遞增區間為，單調遞減區間為，所以，當時，在上單調遞增，當時，在上單調遞增，在上單調遞減.【小問2詳解】依題意，不妨設，則，，于是得，即，亦有，即，因此，，要證明，即證，即證，即證，即證，令，，，則有在上單調遞增，，，即成立，所以.【點睛】思路點睛：涉及雙變量的不等式證明問題，將所證不等式等價轉化，構造新函數，再借助導數探討函數的單調性、極(最)值問題處理.20、（1）證明見解析（2）【解析】（1）建立空間直角坐標系，由空間向量證明與平面的法向量垂直（2）由空間向量求解【小問1詳解】以C為原點，分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，則，，，，，，設，因為，所以，故，得，同理求得，所以，因為是平面的一個法向量，且，所以，又平面，所以平面；【小問2詳解】由（1）可得：，，設平面的一個法向量為，則，即令，則，所以，又平面的一個法向量為，設表示平面與平面所成銳二面角，則21、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）過點作交的延長線于點，連接，由，，證出平面，即可證出.（2）以為原點，的方向分別為軸正方向，建立空間直角坐標系，寫出相應點的坐標，利用，即可得到答案.【小問1詳解】過點作交的延長線于點，連接，因為，所以，又因為，所以，所以，即，.因為，所以平面，因為平面，所以【小問2詳解】因為平面平面，平面平面，所以平面，以為原點，的方向分別為軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，可得，因為，所以直線與所成角的余弦值為22、（1）橢圓，