2025年高二上冊(cè)數(shù)學(xué)秋季單元測(cè)試模擬卷及答案一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1.已知直線\(l\)經(jīng)過(guò)點(diǎn)\(P(2,1)\)，且與直線\(2x+3y4=0\)平行，則直線\(l\)的方程為（）A.\(2x+3y1=0\)B.\(2x+3y+1=0\)C.\(3x2y8=0\)D.\(3x+2y4=0\)答案：A解析：設(shè)直線\(l\)的方程為\(2x+3y+m=0\)，因?yàn)橹本€\(l\)過(guò)點(diǎn)\(P(2,1)\)，所以將點(diǎn)代入方程可得\(2\times2+3\times(1)+m=0\)，即\(43+m=0\)，解得\(m=1\)，所以直線\(l\)的方程為\(2x+3y1=0\)。2.圓\((x2)^2+(y+3)^2=2\)的圓心和半徑分別是（）A.\((2,3)\)，\(1\)B.\((2,3)\)，\(\sqrt{2}\)C.\((2,3)\)，\(\sqrt{2}\)D.\((2,3)\)，\(2\)答案：B解析：根據(jù)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程\((xa)^2+(yb)^2=r^2\)，其中\(zhòng)((a,b)\)為圓心坐標(biāo)，\(r\)為半徑。對(duì)于圓\((x2)^2+(y+3)^2=2\)，圓心坐標(biāo)為\((2,3)\)，半徑\(r=\sqrt{2}\)。3.已知\(a\)，\(b\)，\(c\)分別是\(\triangleABC\)的三個(gè)內(nèi)角\(A\)，\(B\)，\(C\)所對(duì)的邊，若\(a=1\)，\(b=\sqrt{3}\)，\(A+C=2B\)，則\(\sinC=\)（）A.\(\frac{1}{2}\)B.\(1\)C.\(\frac{\sqrt{2}}{2}\)D.\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)答案：B解析：因?yàn)閈(A+B+C=\pi\)，且\(A+C=2B\)，所以\(3B=\pi\)，\(B=\frac{\pi}{3}\)。由正弦定理\(\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}\)，可得\(\sinA=\frac{a\sinB}=\frac{1\times\sin\frac{\pi}{3}}{\sqrt{3}}=\frac{1}{2}\)。因?yàn)閈(a\ltb\)，所以\(A\ltB\)，\(A=\frac{\pi}{6}\)。那么\(C=\piAB=\pi\frac{\pi}{6}\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}\)，所以\(\sinC=1\)。4.已知等差數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)的前\(n\)項(xiàng)和為\(S_n\)，若\(a_3+a_{17}=10\)，則\(S_{19}\)的值是（）A.\(55\)B.\(95\)C.\(100\)D.不確定答案：B解析：根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)：若\(m+n=p+q\)，則\(a_m+a_n=a_p+a_q\)，在等差數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)中，\(1+19=3+17\)，所以\(a_1+a_{19}=a_3+a_{17}=10\)。又因?yàn)榈炔顢?shù)列的前\(n\)項(xiàng)和公式\(S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}\)，所以\(S_{19}=\frac{19(a_1+a_{19})}{2}=\frac{19\times10}{2}=95\)。5.不等式\(\frac{x1}{x+2}\gt0\)的解集是（）A.\((2,1)\)B.\((1,+\infty)\)C.\((\infty,2)\)D.\((\infty,2)\cup(1,+\infty)\)答案：D解析：\(\frac{x1}{x+2}\gt0\)等價(jià)于\((x1)(x+2)\gt0\)，令\((x1)(x+2)=0\)，解得\(x=1\)或\(x=2\)。根據(jù)二次函數(shù)\(y=(x1)(x+2)=x^2+x2\)的圖象，開(kāi)口向上，不等式的解集為\((\infty,2)\cup(1,+\infty)\)。6.若\(x\gt0\)，\(y\gt0\)，且\(x+y=1\)，則\(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}\)的最小值為（）A.\(9\)B.\(10\)C.\(11\)D.\(12\)答案：A解析：因?yàn)閈(x+y=1\)，\(x\gt0\)，\(y\gt0\)，所以\(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}=(x+y)(\frac{1}{x}+\frac{4}{y})=1+\frac{4x}{y}+\frac{y}{x}+4=5+\frac{4x}{y}+\frac{y}{x}\)。根據(jù)基本不等式\(a+b\geq2\sqrt{ab}\)（\(a\gt0\)，\(b\gt0\)），則\(\frac{4x}{y}+\frac{y}{x}\geq2\sqrt{\frac{4x}{y}\times\frac{y}{x}}=4\)，當(dāng)且僅當(dāng)\(\frac{4x}{y}=\frac{y}{x}\)且\(x+y=1\)時(shí)等號(hào)成立，所以\(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}\geq5+4=9\)。7.已知雙曲線\(\frac{x^2}{a^2}\frac{y^2}{b^2}=1(a\gt0,b\gt0)\)的離心率\(e=2\)，則其漸近線方程為（）A.\(y=\pm\sqrt{3}x\)B.\(y=\pm\frac{\sqrt{3}}{3}x\)C.\(y=\pm\sqrt{2}x\)D.\(y=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}x\)答案：A解析：雙曲線\(\frac{x^2}{a^2}\frac{y^2}{b^2}=1\)的離心率\(e=\frac{c}{a}\)，且\(c^2=a^2+b^2\)，已知\(e=2\)，即\(\frac{c}{a}=2\)，\(c=2a\)。又\(c^2=a^2+b^2\)，所以\((2a)^2=a^2+b^2\)，\(4a^2=a^2+b^2\)，\(b^2=3a^2\)，\(\frac{a}=\sqrt{3}\)。雙曲線的漸近線方程為\(y=\pm\frac{a}x\)，所以漸近線方程為\(y=\pm\sqrt{3}x\)。8.已知拋物線\(y^2=8x\)的焦點(diǎn)為\(F\)，準(zhǔn)線為\(l\)，過(guò)\(F\)的直線與拋物線交于\(A\)，\(B\)兩點(diǎn)，且\(\overrightarrow{AF}=2\overrightarrow{FB}\)，則\(A\)點(diǎn)到準(zhǔn)線\(l\)的距離為（）A.\(2\)B.\(4\)C.\(6\)D.\(8\)答案：C解析：拋物線\(y^2=8x\)的焦點(diǎn)\(F(2,0)\)，準(zhǔn)線\(l\)：\(x=2\)。設(shè)\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，直線\(AB\)的方程為\(x=my+2\)，代入\(y^2=8x\)得\(y^2=8(my+2)\)，即\(y^28my16=0\)，所以\(y_1+y_2=8m\)，\(y_1y_2=16\)。因?yàn)閈(\overrightarrow{AF}=2\overrightarrow{FB}\)，所以\((2x_1,y_1)=2(x_22,y_2)\)，即\(y_1=2y_2\)。聯(lián)立\(\begin{cases}y_1+y_2=8m\\y_1y_2=16\\y_1=2y_2\end{cases}\)，解得\(y_1=4\sqrt{2}\)，\(y_2=2\sqrt{2}\)。把\(y_1=4\sqrt{2}\)代入\(y^2=8x\)得\(x_1=4\)，則\(A\)點(diǎn)到準(zhǔn)線\(l\)的距離為\(x_1+2=6\)。9.已知\(m\)，\(n\)是兩條不同的直線，\(\alpha\)，\(\beta\)是兩個(gè)不同的平面，下列命題中正確的是（）A.若\(m\parallel\alpha\)，\(n\parallel\alpha\)，則\(m\paralleln\)B.若\(m\subset\alpha\)，\(n\subset\beta\)，\(\alpha\parallel\beta\)，則\(m\paralleln\)C.若\(m\perp\alpha\)，\(n\perp\beta\)，\(\alpha\parallel\beta\)，則\(m\paralleln\)D.若\(m\perp\alpha\)，\(n\perp\beta\)，\(m\perpn\)，則\(\alpha\parallel\beta\)答案：C解析：選項(xiàng)A，若\(m\parallel\alpha\)，\(n\parallel\alpha\)，則\(m\)與\(n\)可能平行、相交或異面，所以A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B，若\(m\subset\alpha\)，\(n\subset\beta\)，\(\alpha\parallel\beta\)，則\(m\)與\(n\)可能平行或異面，所以B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C，若\(m\perp\alpha\)，\(\alpha\parallel\beta\)，則\(m\perp\beta\)，又\(n\perp\beta\)，根據(jù)垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行，可得\(m\paralleln\)，所以C正確；選項(xiàng)D，若\(m\perp\alpha\)，\(n\perp\beta\)，\(m\perpn\)，則\(\alpha\perp\beta\)，所以D錯(cuò)誤。10.設(shè)\(\{a_n\}\)是等比數(shù)列，公比\(q=\sqrt{2}\)，\(S_n\)為\(\{a_n\}\)的前\(n\)項(xiàng)和。記\(T_n=\frac{17S_nS_{2n}}{a_{n+1}}\)，\(n\inN^\)。設(shè)\(T_{n_0}\)為數(shù)列\(zhòng)(\{T_n\}\)的最大項(xiàng)，則\(n_0=\)（）A.\(2\)B.\(3\)C.\(4\)D.\(5\)答案：C解析：等比數(shù)列的前\(n\)項(xiàng)和公式\(S_n=\frac{a_1(1q^n)}{1q}\)（\(q\neq1\)），則\(S_n=\frac{a_1(1(\sqrt{2})^n)}{1\sqrt{2}}\)，\(S_{2n}=\frac{a_1(1(\sqrt{2})^{2n})}{1\sqrt{2}}\)，\(a_{n+1}=a_1(\sqrt{2})^n\)。\(T_n=\frac{17S_nS_{2n}}{a_{n+1}}=\frac{17\times\frac{a_1(1(\sqrt{2})^n)}{1\sqrt{2}}\frac{a_1(1(\sqrt{2})^{2n})}{1\sqrt{2}}}{a_1(\sqrt{2})^n}=\frac{1}{1\sqrt{2}}\cdot\frac{1717(\sqrt{2})^n1+(\sqrt{2})^{2n}}{(\sqrt{2})^n}=\frac{1}{1\sqrt{2}}\left[(\sqrt{2})^n+\frac{16}{(\sqrt{2})^n}17\right]\)。令\(t=(\sqrt{2})^n\)，則\(y=t+\frac{16}{t}17\)，根據(jù)基本不等式\(t+\frac{16}{t}\geq2\sqrt{t\times\frac{16}{t}}=8\)，當(dāng)且僅當(dāng)\(t=\frac{16}{t}\)，即\(t=4\)時(shí)等號(hào)成立。此時(shí)\((\sqrt{2})^n=4\)，\(n=4\)，所以\(n_0=4\)。11.已知橢圓\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a\gtb\gt0)\)的左、右焦點(diǎn)分別為\(F_1\)，\(F_2\)，過(guò)\(F_1\)且垂直于\(x\)軸的直線與橢圓交于\(A\)，\(B\)兩點(diǎn)，若\(\triangleABF_2\)為正三角形，則該橢圓的離心率為（）A.\(\frac{1}{2}\)B.\(\frac{\sqrt{2}}{2}\)C.\(\frac{\sqrt{3}}{3}\)D.\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)答案：C解析：設(shè)\(F_1(c,0)\)，\(F_2(c,0)\)，把\(x=c\)代入橢圓方程\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)得\(y=\pm\frac{b^2}{a}\)，則\(|AB|=\frac{2b^2}{a}\)。因?yàn)閈(\triangleABF_2\)為正三角形，所以\(|F_1F_2|=\sqrt{3}\times\frac{|AB|}{2}\)，即\(2c=\sqrt{3}\times\frac{b^2}{a}\)。又\(b^2=a^2c^2\)，所以\(2ac=\sqrt{3}(a^2c^2)\)，兩邊同時(shí)除以\(a^2\)得\(\sqrt{3}e^2+2e\sqrt{3}=0\)（\(e\)為橢圓離心率），解得\(e=\frac{\sqrt{3}}{3}\)或\(e=\sqrt{3}\)（舍去）。12.已知函數(shù)\(f(x)=\frac{1}{3}x^3+ax^2+bx\)，且\(f'(1)=0\)，則\(f(1)\)的取值范圍是（）A.\(\left[\frac{2}{3},+\infty\right)\)B.\(\left(\frac{2}{3},+\infty\right)\)C.\(\left(\infty,\frac{2}{3}\right]\)D.\(\left(\infty,\frac{2}{3}\right)\)答案：A解析：對(duì)\(f(x)=\frac{1}{3}x^3+ax^2+bx\)求導(dǎo)得\(f'(x)=x^2+2ax+b\)。因?yàn)閈(f'(1)=0\)，所以\(12a+b=0\)，即\(b=2a1\)。則\(f(1)=\frac{1}{3}+a+b=\frac{1}{3}+a+(2a1)=3a\frac{2}{3}\)。\(f'(x)=x^2+2ax+(2a1)=(x+1)(x+2a1)\)，其判別式\(\Delta=(2a)^24(2a1)=4(a1)^2\geq0\)。所以\(a\inR\)，那么\(3a\frac{2}{3}\in\left[\frac{2}{3},+\infty\right)\)，即\(f(1)\)的取值范圍是\(\left[\frac{2}{3},+\infty\right)\)。二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.已知向量\(\overrightarrow{a}=(1,2)\)，\(\overrightarrow=(x,1)\)，若\(\overrightarrow{a}\perp\overrightarrow\)，則\(x=\)______。答案：\(2\)解析：若兩個(gè)向量\(\overrightarrow{a}=(x_1,y_1)\)，\(\overrightarrow=(x_2,y_2)\)垂直，則\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow=x_1x_2+y_1y_2=0\)。已知\(\overrightarrow{a}=(1,2)\)，\(\overrightarrow=(x,1)\)，且\(\overrightarrow{a}\perp\overrightarrow\)，則\(1\timesx+2\times(1)=0\)，解得\(x=2\)。14.已知數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)滿足\(a_1=1\)，\(a_{n+1}=2a_n+1\)，則\(a_5=\)______。答案：\(31\)解析：由\(a_{n+1}=2a_n+1\)可得\(a_{n+1}+1=2(a_n+1)\)，則\(\frac{a_{n+1}+1}{a_n+1}=2\)。所以數(shù)列\(zhòng)(\{a_n+1\}\)是以\(a_1+1=2\)為首項(xiàng)，\(2\)為公比的等比數(shù)列。則\(a_n+1=2\times2^{n1}=2^n\)，\(a_n=2^n1\)，所以\(a_5=2^51=31\)。15.若直線\(y=kx+1\)與圓\(x^2+y^2+kxy9=0\)的兩個(gè)交點(diǎn)恰好關(guān)于\(y\)軸對(duì)稱，則\(k=\)______。答案：\(0\)解析：將直線\(y=kx+1\)代入圓\(x^2+y^2+kxy9=0\)得：\(x^2+(kx+1)^2+kx(kx+1)9=0\)\(x^2+k^2x^2+2kx+1+kxkx19=0\)\((1+k^2)x^2+2kx9=0\)。因?yàn)閮蓚€(gè)交點(diǎn)恰好關(guān)于\(y\)軸對(duì)稱，所以此一元二次方程的兩根\(x_1\)，\(x_2\)滿足\(x_1+x_2=0\)。對(duì)于一元二次方程\(Ax^2+Bx+C=0(A\neq0)\)，\(x_1+x_2=\frac{B}{A}\)，在\((1+k^2)x^2+2kx9=0\)中，\(A=1+k^2\)，\(B=2k\)，則\(\frac{2k}{1+k^2}=0\)，解得\(k=0\)。16.已知點(diǎn)\(P\)是橢圓\(\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{8}=1\)（\(x\neq0\)，\(y\neq0\)）上的動(dòng)點(diǎn)，\(F_1\)，\(F_2\)分別為橢圓的左、右焦點(diǎn)，\(O\)是坐標(biāo)原點(diǎn)，若\(M\)是\(\angleF_1PF_2\)的平分線上一點(diǎn)，且\(\overrightarrow{F_1M}\cdot\overrightarrow{MP}=0\)，則\(|\overrightarrow{OM}|\)的取值范圍是______。答案：\((2,2\sqrt{2})\)解析：延長(zhǎng)\(F_1M\)交\(PF_2\)的延長(zhǎng)線于點(diǎn)\(G\)。因?yàn)閈(PM\)是\(\angleF_1PF_2\)的平分線，且\(\overrightarrow{F_1M}\cdot\overrightarrow{MP}=0\)，所以\(|PF_1|=|PG|\)，\(M\)為\(F_1G\)的中點(diǎn)。又\(O\)為\(F_1F_2\)的中點(diǎn)，根據(jù)中位線定理，\(|\overrightarrow{OM}|=\frac{1}{2}|F_2G|=\frac{1}{2}(|PG||PF_2|)=\frac{1}{2}(|PF_1||PF_2|)\)。由橢圓的定義知\(|PF_1|+|PF_2|=8\)，則\(|\overrightarrow{OM}|=\frac{1}{2}(|PF_1||PF_2|)=\frac{1}{2}(82|PF_2|)=4|PF_2|\)。因?yàn)閈(ac\lt|PF_2|\lta+c\)，在橢圓\(\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{8}=1\)中，\(a=4\)，\(c=\sqrt{168}=2\sqrt{2}\)，所以\(42\sqrt{2}\lt|PF_2|\lt4+2\sqrt{2}\)，則\(2\lt4|PF_2|\lt2\sqrt{2}\)，即\(|\overrightarrow{OM}|\in(2,2\sqrt{2})\)。三、解答題（本大題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）17.（10分）已知\(\triangleABC\)的內(nèi)角\(A\)，\(B\)，\(C\)所對(duì)的邊分別為\(a\)，\(b\)，\(c\)，且\(a=2\)，\(\cosB=\frac{3}{5}\)。（1）若\(b=4\)，求\(\sinA\)的值；（2）若\(\triangleABC\)的面積\(S_{\triangleABC}=4\)，求\(b\)，\(c\)的值。解：（1）因?yàn)閈(\cosB=\frac{3}{5}\gt0\)，且\(0\ltB\lt\pi\)，所以\(\sinB=\sqrt{1\cos^{2}B}=\sqrt{1(\frac{3}{5})^2}=\frac{4}{5}\)。由正弦定理\(\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}\)，已知\(a=2\)，\(b=4\)，\(\sinB=\frac{4}{5}\)，則\(\sinA=\frac{a\sinB}=\frac{2\times\frac{4}{5}}{4}=\frac{2}{5}\)。（2）因?yàn)閈(S_{\triangleABC}=\frac{1}{2}ac\sinB=4\)，\(a=2\)，\(\sinB=\f