湖南省武岡市2025屆高二上數學期末達標檢測模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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．已知命題：，；命題：，.則下列命題中為真命題的是（）A. B.C. D.2．已知梯形ABCD中，，，且對角線交于點E，過點E作與AB所在直線的平行線l.若AB和CD所在直線的方程分別是與，則直線l與CD所在直線的距離為（）A.1 B.2C.3 D.43．在正方體中，E，F分別為AB，CD的中點，則與平面所成的角的正弦值為（）A. B.C. D.4．若存在過點（0，－2）的直線與曲線和曲線都相切，則實數a的值是（）A.2 B.1C.0 D.－25．橢圓的左右焦點分別為，是上一點，軸，，則橢圓的離心率等于（）A. B.C. D.6．若，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.7．彬塔，又稱開元寺塔、彬縣塔，民間稱“雷峰塔”，位于陜西省彬縣城內西南紫薇山下.某同學為測量彬塔的高度，選取了與塔底在同一水平面內的兩個測量基點與，現測得，，，在點測得塔頂的仰角為60°，則塔高（）A.30m B.C. D.8．已知m是2與8的等比中項，則圓錐曲線x2﹣＝1的離心率是（）A.或 B.C. D.或9．已知數列滿足，且，則的值為（）A.3 B.C. D.10．南宋數學家楊輝在《詳解九章算法》和《算法通變本末》中，提出了一些新的垛積公式，他所討論的高階等差數列與一般等差數列不同，前后兩項之差并不相等，而是逐項差數之差或者高次差相等.對這類高階等差數列的研究，在楊輝之后一般稱為“垛積術”.現有一個高階等差數列，其前6項分別為1，5，11，21，37，61，則該數列的第7項為（）A.95 B.131C.139 D.14111．準線方程為的拋物線的標準方程為（）A. B.C. D.12．觀察：則第行的值為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知四面體中，，分別在，上，且，，若，則________.14．橢圓的弦被點平分，則這條弦所在的直線方程是________15．已知函數，有且只有一個零點，則實數的取值范圍是_______.16．過圓上一點的圓的切線的一般式方程為________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）已知：（常數）；：代數式有意義（1）若，求使“”為真命題的實數的取值范圍；（2）若是成立的充分不必要條件，求實數的取值范圍18．（12分）已知橢圓C：經過點，且離心率為（1）求橢圓C的方程；（2）是否存在⊙O：，使得⊙O的任意切線l與橢圓交于A，B兩點，都有．若存在，求出r的值，并求此時△AOB的面積S的取值范圍；若不存在，請說明理由19．（12分）已知橢圓的離心率為，左、右焦點分別為，，過的直線交橢圓E于A，B兩點．當軸時，（1）求橢圓E的方程；（2）求的范圍20．（12分）如圖，在直三棱柱中，，，，分別為，，的中點，點在棱上，且，，.（1）求證：平面；（2）求證：平面平面；（3）求平面與平面的距離.21．（12分）已知，以點為圓心圓被軸截得的弦長為.（1）求圓的方程；（2）若過點的直線與圓相切，求直線的方程.22．（10分）已知橢圓：的左、右焦點分別為，，點E在橢圓C上，且，，.（1）求橢圓C的方程：（2）直線l過點，交橢圓于點A，B，且點P恰為線段AB的中點，求直線l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、C【解析】利用基本不等式判斷命題的真假，由不等式性質判斷命題的真假，進而確定它們所構成的復合命題的真假即可.【詳解】由，當且僅當時等號成立，故不存在使，所以命題為假命題，而命題為真命題，則為真，為假，故為假，為假，為真，為假.故選：C2、B【解析】先求得直線AB和CD之間的距離，再求直線l與CD所在直線的距離即可解決.【詳解】梯形ABCD中，，，且對角線交于點E，則有△與△相似，相似比為，則，點E到CD所在直線的距離為AB和CD所在直線距離的又AB和CD所在直線的距離為，則直線l與CD所在直線的距離為2故選：B3、B【解析】作出線面角構造三角形直接求解，建立空間直角坐標系用向量法求解.【詳解】設正方體棱長為2，、F分別為AB、CD的中點，由正方體性質知平面，所以平面平面，在平面作，則平面，因為，所以即為所求角，所以.故選：B4、A【解析】在兩曲線上設切點，得到切線，又因為（0，－2）在兩條切線上,列方程即可.【詳解】的導函數為，的導函數為，若直線與和的切點分別為（，），，∴過（0，－2）的直線為、，則有，可得故選：A.5、A【解析】在中結合已知條件，用焦距2c表示、，再利用橢圓定義計算作答.【詳解】令橢圓的半焦距為c，因是上一點，軸，，在中，，，由橢圓定義知，則，所以橢圓的離心率等于.故選：A6、B【解析】由題意可知且，構造函數，可得出，由函數的單調性可得出，利用導數求出函數的最小值，可得出關于的不等式，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】因為，則且，由已知可得，構造函數，其中，，所以，函數為上的增函數，由已知，所以，，可得，構造函數，其中，則.當時，，此時函數單調遞減，當時，，此時函數單調遞增，則，所以，，解得.故選：B.7、D【解析】在△中有，再應用正弦定理求，再在△中，即可求塔高.【詳解】由題設知：，又，△中，可得，在△中，，則.故選：D8、A【解析】利用等比數列求出m，然后求解圓錐曲線的離心率即可【詳解】解：m是2與8的等比中項，可得m＝±4，當m=4時,圓錐曲線為雙曲線x2﹣＝1,它的離心率為：,當m=-4時，圓錐曲線x2﹣＝1為橢圓，離心率：，故選：A9、B【解析】根據題意，依次求出，觀察規(guī)律，進而求出數列的周期，然后通過周期性求得答案.【詳解】因為數列滿足，，所以，所以，，，可知數列具有周期性，周期為3，，所以.故選：B10、A【解析】利用已知條件，推出數列的差數的差組成的數列是等差數列，轉化求解即可【詳解】由題意可知，1，5，11，21，37，61，……，的差的數列為4，6，10，16，24，……，則這個數列的差組成的數列為：2，4，6，8，……，是一個等差數列，設原數列的第7項為，則，解得，所以原數列的第7項為95，故選：A11、D【解析】的準線方程為.【詳解】的準線方程為.故選：D.12、B【解析】根據數陣可知第行為，利用等差數列求和，即可得到答案；【詳解】根據數陣可知第行為，，故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】連接，根據題意，結合空間向量加減法運算求解即可.【詳解】解：連接∵四面體中，，分別在，上，且，∴∴∴.故答案為：14、2x＋4y－3＝0【解析】設弦端點為，又A，B在橢圓上，、即直線AB的斜率為直線AB的方程為，.15、【解析】由題知方程，，有且只有一個零點，進而構造函數，利用導數研究函數單調性與函數值得變化情況，作出函數的大致圖像，數形結合求解即可.【詳解】解：因為函數，，有且只有一個零點，所以方程，，有且只有一個零點，令，則，，令，則所以為上的單調遞減函數，因為，所以當時，；當時，；所以當時，；當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，因為當趨近于時，趨近于，當趨近于時，趨近于，且，時，，故的圖像大致如圖所示，所以方程，，有且只有一個零點等價于或.所以實數的取值范圍是故答案為：16、【解析】求出過切線的半徑所在直線斜率，由垂直關系得切線斜率，然后得直線方程，現化為一般式【詳解】圓心為，，所以切線的斜率為，切線方程為，即故答案為：【點睛】本題考查求過圓上一點的圓的切線方程，利用切線性質求得斜率后易得直線方程三、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）若，分別求出，成立的等價條件，利用為真，求實數的取值范圍；（2）利用是的充分不必要條件，建立不等式關系即可求實數的取值范圍【詳解】：等價于：即；：代數式有意義等價于：，即，（1）時，即為，若“”為真命題，則，得：故時，使“”為真命題的實數的取值范圍是，，（2）記集合，，若是成立的充分不必要條件，則是的真子集，因此：，，故實數的取值范圍是18、（1）（2）存在，，【解析】（1）利用離心率和橢圓所過點列出方程組，求出，求出橢圓方程；（2）假設存在，分切線斜率存在和不存在分類討論，根據向量數量積為0求出r的值，表達出△AOB的面積，利用基本不等式求出的取值范圍，進而求出△AOB面積的取值范圍.【小問1詳解】因為橢圓C：的離心率，且過點所以解得所以橢圓C的方程為【小問2詳解】假設存在⊙O：滿足題意，①切線方程l的斜率存在時，設切線方程l：y＝kx＋m與橢圓方程聯立，消去y得，(*)設，，由題意知，(*)有兩解所以，即由根與系數的關系可得，所以因為，所以，即化簡得，且，O到直線l的距離所以，又，此時，所以滿足題意所以存在圓的方程為⊙O：△AOB的面積，又因為當k≠0時當且僅當即時取等號又因為，所以，所以當k＝0時，②斜率不存在時，直線與橢圓交于兩點或兩點易知存在圓的方程為⊙O：且綜上，所以【點睛】求解圓錐曲線相關的三角形或四邊形面積取值范圍問題，需要先設出變量，表達出面積，利用基本不等式或者配方，導函數等求出最值，求出取值范圍，特別注意直線斜率存在和不存在的情況，需要分類討論.19、（1）（2）【解析】（1）根據離心率及通徑長求出橢圓方程；（2）分直線AB斜率存在和斜率不存在兩種情況得到的范圍，進而得到答案.【小問1詳解】當軸時，取代入橢圓方程得：，得，所以，又，解得，，所以橢圓方程為【小問2詳解】由，記，當軸時，由（1）知：，所以，當AB斜率為k時，直線AB為，，消去y得，所以，，所以，綜上，的范圍是.20、（1）見解析（2）見解析（3）【解析】（1）利用勾股定理證得，證明平面，根據線面垂直的性質證得，再根據線面垂直的判定定理即可得證；（2）取的中點，連接，可得為的中點，證明，四邊形是平行四邊形，可得，再根據面面平行的判定定理即可得證；（3）設，由（1）（2）可得即為平面與平面的距離，求出的長度，即可得解.【小問1詳解】證明：在直三棱柱中，為的中點，，，故，因為，所以，又平面，平面，所以，又因，，所以平面，又平面，所以，又，所以平面；【小問2詳解】證明：取的中點，連接，則為的中點，因為，，分別為，，的中點，所以，且，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以，又平面，平面，所以平面，因為，所以，又平面，平面，所以平面，又因，平面，平面，所以平面平面；【小問3詳解】設，因為平面，平面平面，所以平面，所以即為平面與平面的距離，因平面，所以，，所以，即平面與平面的距離為.21、（1）（2）或【解析】（1）根據垂徑定理，可直接計算出圓的半徑；（2）根據直線的斜率是否存在分類討論，斜率不存在時，可得到直線方程為的直線滿足題意，斜率存在時，利用直線與圓相切，即到直線的距離等于半徑，然后解出關于斜率的方程即可.【小問1詳解】不妨設圓的半徑為，根據垂徑定理，可得：解得：則圓的方程為：【小問2詳解】當直線的斜率不存在時，則有：故此時直線與圓相切，滿足題意當直線的斜率存在時，不妨設直線的斜率為，點的直線的距離為直線的方程為：則有：解得：，此時直線的方程為：綜上可得，直線的方程為：或2