甘肃省武威第五中学2025年数学高二第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

甘肃省武威第五中学2025年数学高二第一学期期末学业质量监测模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．已知等差数列中，，则（）
A.15 B.30
C.45 D.60
2．下列命题中正确的是（ ）
A.若为真命题，则为真命题
B.在中“”是“”的充分必要条件
C.命题“若，则或”的逆否命题是“若或，则”
D.命题，使得，则，使得
3．已知等比数列的公比q为整数，且，，则（ ）
A.2 B.3
C.-2 D.-3
4．已知圆与直线至少有一个公共点，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
5．已知圆，则圆上的点到坐标原点的距离的最小值为（）
A.-1 B.
C.+1 D.6
6．《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为
A. B.
C. D.
7．已知直线和圆，则“”是“直线与圆相切”的（）.
A.必要不充分条件 B.充分不必要条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
8．过双曲线（，）的左焦点作圆：的两条切线，切点分别为，，双曲线的左顶点为，若，则双曲线的渐近线方程为（）
A. B.
C. D.
9．已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
10．圆与直线的位置关系是（ ）
A.相交 B.相切
C.相离 D.不能确定
11．如图给出的是一道典型的数学无字证明问题：各矩形块中填写的数字构成一个无穷数列，所有数字之和等于1.按照图示规律，有同学提出了以下结论，其中正确的是（ ）

A.由大到小的第八个矩形块中应填写的数字为
B.前七个矩形块中所填写的数字之和等于
C.矩形块中所填数字构成的是以1为首项，为公比的等比数列
D.按照这个规律继续下去，第n-1个矩形块中所填数字是
12．下列结论正确的是（ ）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．长方体中，，，已知点H，A，三点共线，且，则点H到平面ABCD的距离为______
14．若双曲线的渐近线与圆相切，则该双曲线的实轴长为______
15．已知椭圆的短轴长为2，上顶点为，左顶点为，左、右焦点分别是，，且的面积为，点为椭圆上的任意一点，则的取值范围是______.
16．曲线在点处的切线方程为______
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）若分别是椭圆的左、右焦点，是该椭圆上的一个动点，且
（1）求椭圆的方程
（2）是否存在过定点的直线与椭圆交于不同的两点，使（其中为坐标原点）？若存在，求出直线的斜率；若不存在，说明理由
18．（12分）进入11月份，大学强基计划开始报名，某“五校联盟”统一对五校高三学生进行综合素质测试，在所有参加测试的学生中随机抽取了部分学生的成绩，得到如图2所示的成绩频率分布直方图：

（1）估计五校学生综合素质成绩的平均值和中位数；(每组数据用该组的区间中点值表示)
（2）某校决定从本校综合素质成绩排名前6名同学中，推荐3人参加强基计划考试，若已知6名同学中有4名理科生，2名文科生，试求这3人中含文科生的概率.
19．（12分）已知数列中，，（）.
（1）求证：是等比数列，并求的通项公式；
（2）数列满足，求数列的前项和为.
20．（12分）如图，在棱长为2的正方体中，，分别为线段，的中点.

（1）求点到平面的距离；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
21．（12分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知直线与椭圆C交于P，Q两点，点M是线段PQ的中点，直线过点M，且与直线l垂直.记直线与y轴的交点为N，求的取值范围.
22．（10分）已知椭圆 (a>b>0)的右焦点为F2(3，0)，离心率为e.
（1）若e＝，求椭圆的方程；
（2）设直线y＝kx与椭圆相交于A，B两点，M，N分别为线段AF2，BF2的中点，若坐标原点O在以MN为直径的圆上，且<e≤，求k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、D
【解析】根据等差数列的性质，可知，从而可求出结果.
【详解】解：根据题意，可知等差数列中，，
则，
所以.
故选：D.
2、B
【解析】A选项，当一真一假时也满足条件，但不满足为真命题；B选项，可以使用正弦定理和大边对大角，大角对大边进行证明；C选项，利用逆否命题的定义进行判断，D选项，特称命题的否定，把存在改为任意，把结论否定，故可判断D选项.
【详解】若为真命题，则可能均为真，或一真一假，则可能为真命题，也可能为假命题，故A错误；
在中，由正弦定理得：，若，则，从而，同理，若，则由正弦定理得，，所以，故在中“”是“”的充分必要条件，B正确；
命题“若，则或”的逆否命题是“若且，则”，故C错误；
命题，使得，则，使得，故D错误.
故选：B
3、A
【解析】由等比数列的性质有，结合已知求出基本量，再由即可得答案.
【详解】因为，，且q为整数，
所以，，即q=2.
所以.
故选：A
4、C
【解析】利用点到直线距离公式求出圆心到直线的距离范围，从而求出的取值范围.
【详解】圆心到直线的距离，当且仅当时等号成立，故只需即可.
故选：C
5、A
【解析】先求出圆心和半径，求出圆心到坐标原点的距离，从而求出圆上的点到坐标原点的距离的最小值.
【详解】变形为，故圆心为，半径为1，故圆心到原点的距离为，故圆上的点到坐标原点的距离最小值为.
故选：A
6、C
【解析】根据题先求出阅读过西游记人数，进而得解.
【详解】由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90-80+60=70，则其与该校学生人数之比为70÷100=0.7．故选C
【点睛】本题考查容斥原理，渗透了数据处理和数学运算素养．采取去重法，利用转化与化归思想解题
7、B
【解析】首先求出直线与圆相切时的取值，再根据充分必要条件的定义判断.
【详解】若直线与圆相切，则圆心到直线的距离，
则，解得，
所以“”是“直线与圆相切”的充分不必要条件.
故选：B
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，充分必要条件，重点考查计算，理解能力，属于基础题型.
8、C
【解析】根据，，可以得到，从而得到与的关系式，再由，，的关系，进而可求双曲线的渐近线方程
【详解】解：由，，
则
是圆的切线，，
，，所以，
因为双曲线的渐近线方程为，即为

故选：C
9、A
【解析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.
【详解】因为，由双曲线的定义可得，
所以，；
因为,由余弦定理可得，
整理可得，所以，即.
故选：A
【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键.
10、B
【解析】用圆心到直线的距离与半径的大小判断
【详解】解：圆的圆心到直线的距离，等于圆的半径，
所以圆与直线相切，
故选：B
11、B
【解析】根据题意可得矩形块中的数字从大到小形成等比数列，根据等比数列的通项公式可求.
【详解】设每个矩形块中的数字从大到小形成数列，则可得是首项为，公比为的等比数列，，
所以由大到小的第八个矩形块中应填写的数字为，故A错误；
前七个矩形块中所填写的数字之和等于，故B正确；
矩形块中所填数字构成的是以为首项，为公比的等比数列，故C错误；
按照这个规律继续下去，第个矩形块中所填数字是，故D错误.
故选：B.
12、C
【解析】先举例说明ABD不成立，再根据不等式性质说明C成立.
【详解】当时，满足，但不成立，所以A错；
当时，满足，但不成立，所以B错；
当时，满足，但不成立，所以D错；
因为所以，又，因此同向不等式相加得，即C对；
故选：C
【点睛】本题考查不等式性质，考查基本分析判断能力，属基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】在长方体中，以点A为原点建立空间直角坐标系，利用已知条件求出点H的坐标作答.
【详解】在长方体中，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，
因点H，A，三点共线，令，点，则，
又，则，解得，
所以点到平面ABCD的距离为.
故答案为：
14、
【解析】由双曲线方程写出渐近线，根据相切关系，结合点线距离公式求参数a，即可确定实轴长.
【详解】由题设，渐近线方程为，且圆心为，半径为1，
所以，由相切关系知：，可得，又，即，
所以双曲线的实轴长为.
故答案为：
15、
【解析】根据的面积和短轴长得出a，b，c的值，从而得出的范围，得到关于的函数，从而求出答案
【详解】由已知得，故，∵的面积为，
∴，∴，又，
∴，，∴，
又，∴，
∴.
即的取值范围为.
故答案为
点睛】本题考查了椭圆的简单性质，函数最值的计算，熟练掌握椭圆的基本性质是解题的关键，属于中档题
16、
【解析】求导后令求出切线斜率，即可写出切线方程.
【详解】由题意知：，当时，，故切线方程为，即.
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）；
（2）存在；
【解析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.
（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，利用列方程，化简求得直线的斜率.
【小问1详解】
依题意，得椭圆的方程为
【小问2详解】
存在．理由如下：显然当直线的斜率不存在，即时，不满足条件
故由题意可设的方程为．由是直线与椭圆的两个不同的交点，设，
由消去y，并整理，得，则
，解得，由根与系数的关系得，，即
存在斜率的直线与椭圆交于不同的两点，使
18、（1）平均值为74.6分，中位数为75分；
（2）.
【解析】(1)利用频率分布直方图平均数和中位数算法直接计算即可；
(2)将学生编号，用枚举法求解即可.
【小问1详解】
依题意可知：
∴综合素质成绩的平均值为74.6分.
由图易知∵分数在50~60、60~70、70~80的频率分别为0.12、0.18、0.40，
∴中位数在70~80之间，
设为，则，解得，
∴综合素质成绩的中位数为75分.
【小问2详解】
设这6名同学分别为，，，，1，2，其中设1，2为文科生，
从6人中选出3人，所有的可能的结果为，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共20种，
其中含有文科学生的有，，，，，，，，，，，，，，，，共16种，
∴含文科生的概率为.
19、（1）（2）
【解析】由已知式子变形可得是以为首项，为公比的等比数列，由等比数列的通项公式易得
利用错位相减法，得到数列的前项和为
解析：（1）由，（）知，
又，∴是以为首项，为公比的等比数列，
∴，∴
（2），
，
两式相减得，
∴
点睛：本题主要考查数列的证明，错位相减法等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力，转化能力和计算能力．第一问中将已知的递推公式进行变形，转化为的形式来证明，还可以根据等比数列的定义来证明；第二问，将第一问中得到的结论代入，先得到的表达式，利用错位相减法，即可得到数列的前项和为
20、（1）；
（2）.
【解析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.可根据题意写出各个点的坐标，进而求出平面的法向量和的坐标，点到平面的距离.计算即可求出答案.
（2）由（1）知平面的法向量，在把平面的法向量表示出来，平面与平面夹角的余弦值为，计算即可求出答案.
【小问1详解】
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系.

由于正方体的棱长为2和，分别为线段，的中点知，.设平面的法向量为..则.
.故点到平面的距离.
【小问2详解】
平面的法向量， 平面与平面夹角的余弦值.
21、（1）
（2）
【解析】（1）求出后可得椭圆的方程.
（2）联立直线的方程和椭圆方程，消去后利用韦达定理可用表示，利用换元法和二次函数的性质可求的取值范围.
小问1详解】
由题意可得，解得，.
故椭圆C的标准方程为.
【小问2详解】
设，，.
联立，整理得，
则，解得，
从而，.
因为M是线段PQ的中点，所以，
则，故.
直线的方程为，即.
令，得，则，
所以.
设，则，
故.
因为，所以，所以.
22、（1）；（2）
【解析】(1) 根据右焦点为F2(3，0)，以及，求得a，b，c即可.
(2)联立，根据M，N分别为线段AF2，BF2中点，且坐标原点O在以MN为直径的圆上，易得OM⊥ON，则四边形OMF2N为矩形，从而AF2⊥BF2，然后由0，结合韦达定理求解.
【详解】(1)由题意得c＝3，，
所以.
又因为a2＝b2＋c2，
所以b2＝3.
所以椭圆的方程为.
(2)由 ,得(b2＋a2k2)x2－a2b2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以x1＋x2＝0，x1x2＝，
依题意易知，OM⊥ON，四边形OMF2N为矩形，
所以AF2⊥BF2.
因为(x1－3，y1)， (x2－3，y2)，
所以 (x1－3)(x2－3)＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋9＝0.
即，
将其整理为k2＝＝－1－.
因为<e≤，所以2≤a<3，12≤a2<18.
所以k2≥，即k∈
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是由O在以MN为直径的圆上，即OM⊥ON，得到四边形OMF2N为矩形，推出AF2⊥BF2，结合韦达定理得出斜率k与离心率e的关系.