福建省羅源一中2025屆高二數學第一學期期末考試模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．函數在的圖象大致為（）A. B.C D.2．已知為圓：上任意一點，則的最小值為（）A. B.C. D.3．若拋物線與直線：相交于兩點，則弦的長為（）A.6 B.8C. D.4．設滿足則的最大值為A. B.2C.4 D.165．某家大型超市近10天的日客流量（單位：千人次）分別為：2.5、2.8、4.4、3.6.下列圖形中不利于描述這些數據的是（）A.散點圖 B.條形圖C.莖葉圖 D.扇形圖6．已知，，若直線上存在點P，滿足，則l的傾斜角的取值范圍是（）A. B.C D.7．點A是曲線上任意一點，則點A到直線的最小距離為（）A. B.C. D.8．已知橢圓的左右焦點分別為、，點在橢圓上，若、、是一個直角三角形的三個頂點，則點到軸的距離為A B.4C. D.9．已知a，b為不相等實數，記，則M與N的大小關系為（）A. B.C. D.不確定10．“，”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11．在某次海軍演習中，已知甲驅逐艦在航母的南偏東15°方向且與航母的距離為12海里，乙護衛(wèi)艦在甲驅逐艦的正西方向，若測得乙護衛(wèi)艦在航母的南偏西45°方向，則甲驅逐艦與乙護衛(wèi)艦的距離為（）A.海里 B.海里C.海里 D.海里12．已知拋物線的焦點為F，過點F作傾斜角為的直線l與拋物線交于兩點，則POQ(O為坐標原點)的面積S等于（）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p：≤0，q：4x＋2x－m≤0，若p是q的充分條件，則實數m的取值范圍是________14．如圖是一個邊長為2的正方體的平面展開圖，在這個正方體中，則下列說法中正確的序號是___________.①直線與直線垂直；②直線與直線相交；③直線與直線平行；④直線與直線異面；15．過點的直線與雙曲線交于兩點，且點恰好是線段的中點，則直線的方程為___________.16．記為等差數列{}的前n項和，若，，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）雙曲線（，）的離心率，且過點.（1）求a，b的值；（2）求與雙曲線C有相同漸近線，且過點的雙曲線的標準方程.18．（12分）在平面直角坐標系xOy中，O為坐標原點，已知直線：mx－（2－m）y－4=0與直線h：x+y－2=0的交點M在第一三象限的角平分線上.（1）求實數m的值；（2）若點P在直線l上且，求點P的坐標.19．（12分）在△ABC中，(1)求B的大小；(2)求cosA＋cosC的最大值20．（12分）已知函數（1）求關于x的不等式的解集；（2）若對任意的，恒成立，求實數a的取值范圍21．（12分）如圖，在正方體中，為的中點，點在棱上（1）若，證明：與平面不垂直；（2）若平面，求平面與平面的夾角的余弦值22．（10分）直線經過點，且與圓相交與兩點，截得的弦長為，求的方程.

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、D【解析】函數|在[–2,2]上是偶函數，其圖象關于軸對稱，因為，所以排除選項；當時，有一零點，設為，當時，為減函數，當時，為增函數故選：D.2、C【解析】設，則的幾何意義為圓上的點和定點連線的斜率，利用直線和圓相切，即可求出的最小值；【詳解】圓，它圓心是，半徑為1，設，則，即，當直線和圓相切時，有，可得，，的最小值為：，故選：3、B【解析】由題得拋物線的焦點坐標為剛好在直線上，再聯立直線和拋物線的方程，利用韋達定理和拋物線的定義求解.【詳解】解：由題得.由題得拋物線的焦點坐標為剛好在直線上，設，聯立直線和拋物線方程得,所以.所以.故選：B4、C【解析】可行域如圖,則直線過點A(0,1)取最大值2,則的最大值為4,選C.點睛：線性規(guī)劃的實質是把代數問題幾何化，即數形結合的思想.需要注意的是：一，準確無誤地作出可行域；二，畫目標函數所對應的直線時，要注意與約束條件中的直線的斜率進行比較，避免出錯；三，一般情況下，目標函數的最大或最小值會在可行域的端點或邊界上取得.5、A【解析】根據數據的特征以及各統(tǒng)計圖表的特征分析即可；【詳解】解：莖葉圖、條形圖、扇形圖均能將數據描述出來，并且能夠體現出數據的變化趨勢；散點圖表示因變量隨自變量而變化的大致趨勢，故用來描述該超市近10天的日客流量不是很合適；故選：A6、A【解析】根據題意，求得直線恒過的定點，數形結合只需求得線段與直線有交點時的斜率，結合斜率和傾斜角的關系即可求得結果.【詳解】對直線，變形為，故其恒過定點，若直線存在點P，滿足，只需直線與線段有交點即可.數形結合可知，當直線過點時，其斜率取得最大值，此時，對應傾斜角；當直線過點時，其斜率取得最小值，此時，對應傾斜角為.根據斜率和傾斜角的關系，要滿足題意，直線的傾斜角的范圍為：.故選：A.7、A【解析】動點在曲線，則找出曲線上某點的斜率與直線的斜率相等的點為距離最小的點，利用導數的幾何意義即可【詳解】不妨設，定義域為：對求導可得：令解得：（其中舍去）當時，，則此時該點到直線的距離為最小根據點到直線的距離公式可得：解得：故選：A8、D【解析】設橢圓短軸的一個端點為根據橢圓方程求得c，進而判斷出，即得或令，進而可得點P到x軸的距離【詳解】解：設橢圓短軸的一個端點為M由于，，；，只能或令，得，故選D【點睛】本題主要考查了橢圓的基本應用考查了學生推理和實際運算能力是基礎題9、A【解析】利用作差法即可比較M與N的大小﹒【詳解】因為，又，所以，即故選：A10、A【解析】由正切函數性質，應用定義法判斷條件間充分、必要關系.【詳解】當，，則，當時，，.∴“，”是“”的充分不必要條件.故選：A11、A【解析】利用正弦定理可求解.【詳解】設甲驅逐艦、乙護衛(wèi)艦、航母所在位置分別為A，B，C，則，，.在△ABC中，由正弦定理得，即，解得，即甲驅逐艦與乙護衛(wèi)艦的距離為海里故選：A12、A【解析】由拋物線的方程可得焦點的坐標，由題意設直線的方程，與拋物線的方程，聯立求出兩根之和及兩根之積，進而求出，的縱坐標之差的絕對值，代入三角形的面積公式求出面積【詳解】拋物線的焦點為，，由題意可得直線的方程為，設，，，，聯立，整理可得：，則，，所以，所以，故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、m≥6【解析】分別求出p，q成立的等價條件，利用p是q的充分條件，轉為當0＜x≤1時，m大于等于的最大值，求出最值即可確定m的取值范圍【詳解】由，得0＜x≤1，即p：0＜x≤1由4x+2x﹣m≤0得4x+2x≤m因為，要使p是q的充分條件，則當0＜x≤1時，m大于等于的最大值，令，則在上單調遞增，故當時取到最大值6，所以m≥6故答案為：m≥6【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的應用,考查函數的最值，考查轉化的思想，屬于基礎題14、①④【解析】畫出正方體，，，故，①正確，根據相交推出矛盾得到②錯誤，根據，與相交得到③錯誤，排除共面的情況得到④正確，得到答案.【詳解】如圖所示的正方體中，，，故，①正確；若直線與直線相交，則四點共面，即在平面內，不成立，②錯誤；，與相交，故直線與直線不平行，③錯誤；，與不平行，故與不平行，若與相交，則四點共面，在平面內，不成立，故直線與直線異面，④正確；故答案為：①④.15、【解析】設，，，，分別代入雙曲線方程，兩式相減，化簡可得：，結合中點坐標公式求得直線的斜率，再利用點斜式即可求直線方程【詳解】過點的直線與該雙曲線交于，兩點，設，，，，，兩式相減可得：，因為為的中點，，，，則，所以直線的方程為，即為故答案為：【點睛】方法點睛：對于有關弦中點問題常用“點差法”，其解題步驟為：①設點（即設出弦的兩端點坐標）；②代入（即代入圓錐曲線方程）；③作差（即兩式相減，再用平方差公式分解因式）；④整理（即轉化為斜率與中點坐標的關系式），然后求解.16、18【解析】根據等差數列通項和前n項和公式即可得到結果.【詳解】設等差數列的公差為，由，得，解得，所以故答案為：18三、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）【解析】（1）根據已知條件建立關于a、b、c的方程組可解；（2）巧設與已知雙曲線同漸近線的雙曲線方程為可得.【小問1詳解】因為離心率，所以.又因為點在雙曲線C上，所以.聯立上述方程，解得，，即，.【小問2詳解】設所求雙曲線的方程為，由雙曲線經過點，得，即.所以雙曲線的方程為，其標準方程為.18、（1）3（2）【解析】（1）求出直線與直線的交點坐標，代入直線的方程可得值；（2）設，代入已知等式可求得值，得坐標【小問1詳解】由得，即所以，【小問2詳解】由（1）直線方程是，在直線上，設，則，解得，所以點坐標為19、（1）（2）1【解析】（1）由余弦定理及題設得；（2）由（1）知當時，取得最大值試題解析：（1）由余弦定理及題設得，又∵，∴；（2）由（1）知，，因為，所以當時，取得最大值考點：1、解三角形；2、函數的最值.20、（1）答案見解析（2）【解析】（1）求出對應方程的根，再根據根的大小進行討論，即可得解；（2）對任意的，恒成立，即恒成立，結合基本不等式求出的最小值即可得解.【小問1詳解】解：由已知易得即為：，令可得與，所以，當時，原不等式的解集為；當時，原不等式的解集為；當時，原不等式的解集為；【小問2詳解】解：由可得，由，得，所以可得，，當且僅當，即時等號成立，所以，所以的取值范圍是.21、（1）證明見解析（2）【解析】（1）設正方體的棱長為，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，計算出，即可證得結論成立；（2）利用空間向量法可求得平面與平面的夾角的余弦值.【小問1詳解】證明：以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為，則、、、，由得點的坐標為，，，因為，所以與不垂直，所以與平面不垂直【小問2詳解】解：設，則，，因為平面，所以，所以，得，且，即，所以，，設平面的法向量為，由，取，可得，因為平面，所以平面的一個法向量為，所以，