2025-2026学年浙江省温州东瓯中学 高二数学第一学期期末考试模拟试题含解析.doc

2025-2026学年浙江省温州东瓯中学 高二数学第一学期期末考试模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面，为底面内的一动点，若，则动点的轨迹在（）

A.圆上 B.双曲线上
C.抛物线上 D.椭圆上
2．已知函数的部分图象与轴交于点，与轴的一个交点为，如图所示，则下列说法错误的是（）

A. B.的最小正周期为6
C.图象关于直线对称 D.在上单调递减
3．已知函数（为自然对数的底数），若的零点为，极值点为，则（）
A. B.0
C.1 D.2
4．中国古代数学名著《算法统宗》中有这样一个问题：“今有俸粮三百零五石，令五等官（正一品、从一品、正二品、从二品、正三品）依品递差十三石分之，问，各若干？”其大意是，现有俸粮石，分给正一品、从一品、正二品、从二品、正三品这位官员，依照品级递减石分这些俸粮，问，每个人各分得多少俸粮？在这个问题中，正三品分得俸粮是（）
A.石 B.石
C.石 D.石
5．已知向量，，若，则（）
A.1 B.
C. D.2
6．已知长方体中，，，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（）
A. B.
C. D.
7．在四面体中，点G是的重心，设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
8．某高校甲、乙两位同学大学四年选修课程的考试成绩等级（选修课的成绩等级分为1，2，3，4，5，共五个等级）的条形图如图所示，则甲成绩等级的中位数与乙成绩等级的众数分别是（）

A.3，5 B.3，3
C.3.5，5 D.3.5，4
9．已知实数，满足不等式组，若，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
10．直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等边三角形， AA1＝AB，M是A1C1的中点，则AM与平面所成角的正弦值为（）
A. B.
C. D.
11．若直线与圆只有一个公共点，则m的值为（ ）
A. B.
C. D.
12．设，若函数，有大于零的极值点，则
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知点为椭圆上的动点，为圆的任意一条直径，则的最大值是__________
14．若复数满足，则_____
15．设抛物线C：的焦点为F，准线l与x轴的交点为M， P是C上一点，若|PF|＝5，则|PM|＝__.
16．已知向量，，若与垂直，则___________.
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，已知圆台下底面圆的直径为，是圆上异于、的点，是圆台上底面圆上的点，且平面平面，，，、分别是、的中点.

（1）证明：平面；
（2）若直线上平面且过点，试问直线上是否存在点，使直线与平面所成的角和平面与平面的夹角相等？若存在，求出点的所有可能位置；若不存在，请说明理由.
18．（12分）已知函数，曲线在点处的切线与直线垂直（其中为自然对数的底数）
（1）求的值；
（2）是否存在常数，使得对于定义域内的任意，恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由
19．（12分）已知抛物线：上的点到焦点的距离为
（1）求抛物线的方程；
（2）设纵截距为的直线与抛物线交于，两个不同的点，若，求直线的方程
20．（12分）有1000人参加了某次垃圾分类知识竞赛，从中随机抽取100人，将这100人的此次竞赛的分数分成5组：[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，并整理得到如下频率分布直方图.

（1）求图中a的值；
（2）估计总体1000人中竞赛分数不少于70分的人数；
（3）假设同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替，估计总体1000人的竞赛分数的平均数.
21．（12分）已知各项均为正数的等差数列满足，且，，构成等比数列的前三项.
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
22．（10分）已知幂函数在上单调递减，函数的定义域为集合A
（1）求m的值；
（2）当时，的值域为集合B，若是成立的充分不必要条件，求实数的取值范围
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】根据题意，得到两两垂直，以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，设，由题意，得到，，再由得到，求出点的轨迹，即可得出结果.
【详解】由题意，两两垂直，以点为坐标原点，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为底面是边长为的正方形，
则，，因为为底面内的一动点，所以可设，
因此，，
因为平面，所以，因此，
所以由得，
即，整理得：，表示圆，
因此，动点的轨迹在圆上.
故选：A.

【点睛】本题主要考查立体几何中的轨迹问题，灵活运用空间向量的方法求解即可，属于常考题型.
2、D
【解析】根据函数的图象求出，再利用函数的性质
结合周期公式逆推即可求解.
【详解】因为函数的图象与轴交于点，
所以，又，所以，A正确；
因为的图象与轴的一个交点为，即，
所以，又，解得，
所以，所以，
求得最小正周期为，B正确；
，所以是的一条对称轴，C正确；
令，解得，
所以函数在，上单调递减，D错误
故选：D.
3、C
【解析】令可求得其零点，即的值，再利用导数可求得其极值点，即的值，从而可得答案
【详解】解：，
当时，，即，解得；
当时，恒成立，
的零点为
又当时，为增函数，故在，上无极值点；
当时，，，
当时，，当时，，
时，取到极小值，即的极值点，

故选：C
【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查函数的零点，考查分段函数的应用，突出分析运算能力的考查，属于中档题
4、D
【解析】令位官员(正一品、从一品、正二品、从二品、正三品)所分得的俸粮数是公差为数列，利用等差数列的前n项和求，进而求出正三品即可.
【详解】正一品、从一品、正二品、从二品、正三品这位官员所分得的俸粮数记为数列，
由题意，是以为公差的等差数列，且，解得.
故正三品分得俸粮数量为（石）.
故选：D.
5、B
【解析】由向量平行，先求出的值，再由模长公式求解模长.
【详解】由，则，即
则，所以
则
故选：B
6、A
【解析】建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量为，由求解.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系：

则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
易知平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，
故选：A
7、B
【解析】结合重心的知识以及空间向量运算求得正确答案.
【详解】设是中点，

.
故选：B

8、C
【解析】将甲的所有选修课等级从低到高排列可得甲的中位数，由图可知乙的选修课等级的众数.
【详解】由条形图可得，甲同学共有10门选修课，将这10门选修课的成绩等级从低到高排序后，第5，6门的成绩等级分别为3，4，故中位数为，乙成绩等级的众数为5.
故选：C.
9、B
【解析】作出不等式组对应的平面区域，然后根据线性规划的几何意义求得答案.
【详解】作出不等式组所对应的可行域如图三角形阴影部分，

平行移动直线直线，
可以看到当移动过点A时，在y轴上的截距最小,
联立，解得，
当且仅当动直线即过点时，
取得最小值为，
故选：B
10、B
【解析】取的中点，以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，即可根据线面角的向量公式求出
【详解】如图所示，取的中点，以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，

不妨设，则，
所以，平面的一个法向量为
设AM与平面所成角为，向量与所成的角为，
所以，
即AM与平面所成角的正弦值为
故选：B
11、D
【解析】利用圆心到直线的距离等于半径列方程，化简求得的值.
【详解】圆的圆心为，半径为，
直线与圆只有一个公共点，所以直线与圆相切，
所以.
故选：D
12、B
【解析】设，则，若函数在x∈R上有大于零的极值点
即有正根，当有成立时，显然有，
此时．由，得参数a的范围为．故选B
考点：利用导数研究函数的极值

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】设点，则且，计算得出，再利用二次函数的基本性质即可求得的最大值.
【详解】解：圆的圆心为，半径长为，
设点，
由点为椭圆上的动点，可得：且，
由为圆的任意一条直径可得：
，，
，
，，
当时，取得最大值，即.
故答案为：.
14、
【解析】设，则，利用复数相等，求出，的值，结合复数的模长公式进行计算即可
【详解】设，则，
则由得，
即，
则，得，
则，
故答案为
【点睛】本题主要考查复数模长的计算，利用待定系数法，结合复数相等求出复数是解决本题的关键
15、
【解析】根据抛物线的性质及抛物线方程可求坐标，进而得解.
【详解】由抛物线的方程可得焦点，准线，
由题意可得，
设，有抛物线的性质可得：，解得x＝4，
代入抛物线的方程可得，
所以，
故答案为：.
16、
【解析】根据与垂直，可知，根据空间向量的数量积运算可求出的值，结合向量坐标求向量模的求法，即可得出结果.
【详解】解：与垂直，，
则，解得：，
，
则，
.
故答案为：.

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、（1）证明见解析；
（2）存在，点与点重合.
【解析】（1）证明出，利用面面垂直的性质可证得结论成立；
（2）以为坐标原点，为轴，为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，易知轴在平面内，分析可知，设点，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可得出关于的方程，解出的值，即可得出结论.
【小问1详解】
证明：因为为圆的一条直径，且是圆上异于、的点，故，
又因平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
解：存在，理由如下：
如图，以为坐标原点，为轴，为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，易知轴在平面内，

则，，，，，，
由直线平面且过点，以及平面，得，
设，则，，，
设平面的法向量为，
则则，即，取，得，
易知平面的法向量，
设直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，
则，
，
由，得，即，解得，
所以当点与点重合时，直线与平面所成的角和平面与平面的夹角相等.
18、（1）2；（2）存在，.
【解析】（1）对函数求导，利用得的值；（2）讨论和分离参数，构造新函数求解最值即可求解
【详解】解：（1），
又由题意有
（2）由（1）知，
此时，由或，
所以函数的单调减区间为和
要恒成立，即
①当时，，则要恒成立，
令，
再令，所以在内递减，
所以当时，，故，
所以在内递增，；
②当时，lnx>0，则要恒成立，
由①可知，当时，，所以内递增，
所以当时，，故，所以在内递增，
综合①②可得，即存在常数满足题意
19、（1）；（2）
【解析】（1）利用抛物线的性质即可求解.
（2）设直线方程，与抛物线联立，利用韦达定理，即可求解.
【详解】（1）由题设知，抛物线的准线方程为，
由点到焦点的距离为，得，解得，
所以抛物线的标准方程为
（2）设，，
显然直线的斜率存在，故设直线的方程为，
联立消去得，
由得，即
所以，
又因为，，
所以，
所以，
即，
解得，满足，
所以直线的方程为
20、（1）0.040；（2）750；（3）76.5.
【解析】（1）由频率分布直方图的性质列出方程，能求出图中的值；
（2）先求出竞赛分数不少于70分的频率，由此能估计总体1000人中竞赛分数不少于70分的人数；
（3）由频率分布直方图的性质能估计总体1000人的竞赛分数的平均数
【详解】（1）由频率分布直方图得：
，
解得
图中的值为0.040
（2）竞赛分数不少于70分的频率为：，
估计总体1000人中竞赛分数不少于70分的人数为
（3）假设同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替，
估计总体1000人的竞赛分数的平均数为：

【点睛】本题主要考查频率、频数、平均数的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平
21、（1），，；（2）.
【解析】（1）由等差中项的性质可求出，又，，构成等比数列，设出公差，代入可求出，从而求出数列的通项公式，代入可求出，的值，从而求出数列的通项公式；（2）将通项公式代入，运用裂项相消的方法可求出前项和.
【详解】解析：（1）因为等差数列中，，所以，
设数列公差为，因为，，构成等比数列，则，
即，解得或(舍)
即，
又等比数列中，，所以，；
（2）∵，
∴，
∴

【点睛】易错点睛：（1）裂项相消时一定要注意分母的差，一般情况下分母的差是几，则要在裂项前面乘以几分之一；
（2）裂项相消时要注意保留的项数.
22、（1）
（2）
【解析】（1）根据幂函数的定义和单调性求解；
（2）利用根式函数的定义域和值域求得集合A，B，再由是A的真子集求解.
【小问1详解】
解：因为幂函数在上单调递减，
所以，
解得.
【小问2详解】
由，得，
解得，
所以，
当时的值域为，
所以，
因为是成立的充分不必要条件，
所以是A的真子集，
，
解得.