2025年沈阳市第二中学高二上数学期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

2025年沈阳市第二中学高二上数学期末教学质量检测模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．设实系数一元二次方程在复数集C内的根为、，则由，可得.类比上述方法：设实系数一元三次方程在复数集C内的根为，则的值为
A.﹣2 B.0
C.2 D.4
2．围棋起源于中国，据先秦典籍世本记载：“尧造围棋，丹朱善之”，至今已有四千多年历史．围棋不仅能抒发意境、陶冶情操、修身养性、生慧增智，而且还与天象易理、兵法策略、治国安邦等相关联，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际围棋比赛中，规定甲与乙对阵，丙与丁对阵，两场比赛的胜者争夺冠军，根据以往战绩，他们之间相互获胜的概率如下：

甲
乙
丙
丁
甲获胜概率

乙获胜概率

丙获胜概率

丁获胜概率

则甲最终获得冠军的概率是（ ）

A.0.165 B.0.24
C.0.275 D.0.36
3．我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载：“一百八十九里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关.”其大意为：“有一个人共行走了189里的路程，第一天健步行走，从第二天起，因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地.”则该人第一天行走的路程为（）
A.108里 B.96里
C.64里 D.48里
4．已知是等比数列，则（ ）
A.数列是等差数列 B.数列是等比数列
C.数列是等差数列 D.数列是等比数列
5．已知椭圆的左，右焦点分别为，，直线与C交于点M，N，若四边形的面积为且，则C的离心率为（）
A. B.
C. D.
6．已知复数满足 (其中为虚数单位)，则复数的虚部为（）
A. B.
C. D.
7．已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是
A. B.
C. D.
8．已知椭圆的两个焦点分别为，若椭圆上不存在点，使得是钝角，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
9．如图所示，已知是椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，在轴上，，且是的中点，为坐标原点，若点到直线的距离为3，则椭圆的方程为（ ）

A B.
C. D.
10．若函数，满足且，则（）
A.1 B.2
C.3 D.4
11．中国古代有一道数学题：“今有七人差等均钱，甲、乙均七十七文，戊、己、庚均七十五文，问戊、己各若干？”意思是甲、乙、丙、丁、戊、己、庚七个人分钱，所分得的钱数构成等差数列，甲、乙两人共分得77文，戊、己、庚三人共分得75文，则戊、己两人各分得多少文钱？则下列说法正确的是（ ）
A.戊分得34文，己分得31文 B.戊分得31文，己分得34文
C.戊分得28文，己分得25文 D.戊分得25文，己分得28文
12．设，，若，其中是自然对数底，则（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知抛物线 的焦点坐标为，则该抛物线上一点到焦点的距离的取值范围是___________.
14．空间四边形中，，，，，，，则与所成角的余弦值等于___________
15．如图是一个边长为2的正方体的平面展开图，在这个正方体中，则下列说法中正确的序号是___________.

①直线与直线垂直；
②直线与直线相交；
③直线与直线平行；
④直线与直线异面；
16．若直线:x-2y+1=0与直线:2x+my-1=0相互垂直，则实数m的值为________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD//BC，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，直线BC与平面PCD所成角的正弦值为.

（1）求证：平面PCD⊥平面PAC；
（2）求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值.
18．（12分）在中，，，为边上一点，且
（1）求；
（2）若，求
19．（12分）已知数列的首项，且满足.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）求数列的前n项和.
20．（12分）已知椭圆的焦距为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若斜率为1的直线与椭圆交于不同的两点，，求的最大值.
21．（12分）已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，长轴长是短轴长的2倍且经过点M（2，1），平行于OM的直线在y轴上的截距为m，交椭圆于A，B两个不同点.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）求m的取值范围；
（Ⅲ）求证直线MA，MB与x轴始终围成一个等腰三角形.
22．（10分）如图所示，是棱长为的正方体，是棱的中点，是棱的中点

（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求到平面的距离
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、A
【解析】用类比推理得到，再用待定系数法得到，，再根据求解.
【详解】

，
由对应系数相等得：
，

.
故选：A.
【点睛】本题主要考查合情推理以及待定系数法，还考查了转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.
2、B
【解析】先求出甲第一轮胜出的概率，再求出甲第二轮胜出的概率，即可得出结果.
【详解】甲最终获得冠军的概率，
故选：B.
3、B
【解析】根据题意，记该人每天走的路程里数为，分析可得每天走的路程里数构成以的为公比的等比数列，由求得首项即可
【详解】解：根据题意，记该人每天走的路程里数为，则数列是以的为公比的等比数列，又由这个人走了6天后到达目的地，即，则有，解可得：，故选：B.
【点睛】本题考查数列的应用，涉及等比数列的通项公式以及前项和公式的运用，注意等比数列的性质的合理运用.
4、B
【解析】取，可判断AC选项；利用等比数列的定义可判断B选项；取可判断D选项.
【详解】若，则、无意义，A错C错；
设等比数列的公比为，则，（常数），
故数列是等比数列，B对；
取，则，数列为等比数列，
因为，，，且，
所以，数列不是等比数列，D错.
故选：B.
5、A
【解析】根据题意可知四边形为平行四边形，设，进而得，
根据四边形面积求出点M的坐标，再代入椭圆方程得出关于e的方程，解方程即可.
【详解】如图，不妨设点在第一象限，

由椭圆的对称性得四边形为平行四边形，
设点，由，得，
因为四边形的面积为，
所以，得，
由，得，解得，
所以，即点，代入椭圆方程，
得，整理得，
由，得，
解得，由，得.
故选：A
6、A
【解析】由题目条件可得，即，然后利用复数的运算法则化简.
【详解】因为，所以，
则
故复数的虚部为.
故选：A.
【点睛】本题考查复数的相关概念及复数的乘除运算，按照复数的运算法则化简计算即可，较简单.
7、C
【解析】当时，，函数有两个零点和，不满足题意，舍去；当时，，令，得或．时，；时，；时，，且，此时在必有零点，故不满足题意，舍去；当时，时，；时，；时，，且，要使得存在唯一的零点，且，只需，即，则，选C
考点：1、函数的零点；2、利用导数求函数的极值；3、利用导数判断函数的单调性
8、C
【解析】点P取端轴的一个端点时，使得∠F1PF2是最大角．已知椭圆上不存在点P，使得∠F1PF2是钝角，可得b≥c，利用离心率计算公式即可得出
【详解】∵点P取端轴的一个端点时，使得∠F1PF2是最大角
已知椭圆上不存在点P，使得∠F1PF2是钝角，∴b≥c，
可得a2﹣c2≥c2，可得：a
∴
故选C
【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围).
9、D
【解析】由题设可得，直线的方程为，点线距离公式表示到直线的距离，又联立解得即可得出答案.
【详解】且，则△是等边三角形，
设，则①，
∴直线方程为，即，
∴到直线的距离为②，
又③，
联立①②③，解得，，故椭圆方程为.
故选：D.
10、C
【解析】先取，得与之间的关系，然后根据导数的运算直接求导，代值可得.
【详解】取，则有，即，又因为所以，所以，所以.
故选：C
11、C
【解析】设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为，，，，，，，再根据题意列方程组可解得结果.
【详解】依题意，设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为，，，，，，，
则，解得，
所以戊分得（文），己分得（文），
故选：C.
12、A
【解析】利用函数的单调性可得正确的选项.
【详解】令，因为均为，
故为上的增函数，
由可得，故，
故选：A.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】根据题意，求得，得到焦点坐标，结合抛物线的定义，得到，根据，求得，即可求解.
【详解】由抛物线 的焦点坐标为，可得，解得，
设抛物线上的任意一点为，焦点为，
由抛物线的定义可得，
因为，所以，所以抛物线上一点到焦点的距离的取值范围是.
故答案为：.
14、
【解析】计算出的值，利用空间向量的数量积可得出的值，即可得解.
【详解】，
，
所以，，
所以，.
所以，与所成角的余弦值为.
故答案为：.
15、①④
【解析】画出正方体，，，故，① 正确，根据相交推出矛盾得到② 错误，根据，与相交得到③ 错误，排除共面的情况得到④ 正确，得到答案.
【详解】如图所示的正方体中，，，故，① 正确；
若直线与直线相交，则四点共面，即在平面内，不成立，② 错误；
，与相交，故直线与直线不平行，③ 错误；
，与不平行，故与不平行，若与相交，则四点共面，在平面内，不成立，故直线与直线异面，④ 正确；
故答案为：① ④.

16、1
【解析】由两条直线垂直可知，进而解得答案即可.
【详解】因为两条直线垂直，所以.
故答案为：1.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）取的中点，连接，证明，由线面垂直的判定定理可证明平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论，
（2）过点作于，以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设，先根据直线BC与平面PCD所成角的正弦值为，求出，然后再求出平面PAB的法向量，利用向量的夹角公式可求得结果
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，因为AD//BC，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，
所以，∥，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
【小问2详解】
过点作于，以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
在等腰梯形中，AD//BC，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，
则，
所以
设
因为平面，所以
所以,
设平面的法向量为，则
，令，则，
因为直线BC与平面PCD所成角的正弦值为，
所以，解得，
所以，，
设平面的法向量为，
因为，
所以，令，则，
所以，
所以平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为

18、（1）；（2）
【解析】（1）在△中，由余弦定理，即可求.
（2）在中，由正弦定理，即可求.
【详解】（1）在△中，，，，
由余弦定理得：，
∴
（2）在中，，，，
由正弦定理得：，即，
∴
19、（1）证明见解析；
（2）当为偶数时，；
当为奇数时，.
【解析】（1）根据等比数列的定义进行证明即可；
（2）利用分组求和法，结合错位相减法进行求解即可.
【小问1详解】
由题知：
所以
又因为
所以
所以数列为以－1为首项，－1为公比的等比数列；
【小问2详解】
由（1）知：，
所以，，
记，
所以，当为偶数时，；
当为奇数时，；
记

两式相减得：，
所以，
所以，当偶数时，；
当为奇数时，.
20、（1）；
（2）.
【解析】（1）由题设可得且，结合椭圆参数关系求，即可得椭圆的方程；
（2）设直线为，联立抛物线整理成一元二次方程的形式，由求m的范围，再应用韦达定理及弦长公式求关于m的表达式，根据二次函数性质求最值即可.
小问1详解】
由题设，且，故，，则，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设直线为，联立椭圆并整理得：，
所以，可得，且，，
所以且，
故当时，.
21、（Ⅰ）；（Ⅱ）且；（Ⅲ）证明见解析.
【解析】（Ⅰ）设出椭圆方程，根据题意得出关于的方程组，从而求得椭圆的方程；
（Ⅱ）根据题意设出直线方程，并与椭圆方程联立消元，根据直线与椭圆方程有两个不同交点，利用即可求出m取值范围；
（Ⅲ）设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，根据题意把所证问题转化为证明k1+k2=0即可.
【详解】（1）设椭圆方程为，由题意可得，解得，∴椭圆方程为；
（Ⅱ）∵直线l平行于OM，且在y轴上的截距为m，，
所以设直线的方程为，
由消元，得
∵直线l与椭圆交于A，B两个不同点，
所以，解得，
所以m的取值范围为.
（Ⅲ）设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，只需证明k1+k2=0即可，
设，由（Ⅱ）可知，
则，
由，
而

，，
故直线MA，MB与x轴始终围成一个等腰三角形.
22、（1）
（2）
【解析】（1）以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值；
（2）求出平面的法向量，利用空间向量法可求得到平面的距离.
【小问1详解】
解：以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的坐标系

则、、、、、、，所以，，
设平面的一个法向量为，，，
由，取，可得，
所以，，
直线与平面所成角的正弦为
小问2详解】
解：设平面的一个法向量，，，
由，即，令，得，
，所以点到平面的距离为
即到平面的距离为