上海市高境第一中学2025年高二数学第一学期期末预测试题含解析.doc

上海市高境第一中学2025年高二数学第一学期期末预测试题
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．若点P在曲线上运动，则点P到直线的距离的最大值为（）
A. B.2
C. D.4
2．如图，在三棱锥中，两两垂直，且，点E为中点，若直线与所成的角为，则三棱锥的体积等于（）

A. B.
C.2 D.
3．空间直角坐标系中、、）、，其中，，，，已知平面平面，则平面与平面间的距离为（）
A. B.
C. D.
4．如果双曲线的一条渐近线方程为，且经过点，则双曲线的标准方程是（ ）
A. B.
C. D.
5．过点且平行于直线的直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
6．已知圆上有三个点到直线的距离等于1，则的值为（ ）
A. B.
C. D.1
7．下列三个命题：①“若，则a，b全为0”的逆否命题是“若a，b全不为0，则”；②若事件A与事件B互斥，则；③设命题p：若m是质数，则m一定是奇数，那么是真命题；其中真命题的个数为（）
A.3 B.2
C.1 D.0
8．已知A，B，C三点不共线，O是平面ABC外一点，下列条件中能确定点M与点A，B，C一定共面的是
A. B.
C. D.
9．内角、、的对边分别为、、，若，，，则（）
A. B.
C. D.
10． “”是“方程为双曲线方程”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
11．过两点、的直线的倾斜角为，则的值为（ ）
A.或 B.
C. D.
12．下列求导运算正确的是（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．等差数列前3项的和为30，前6项的和为100，则它的前9项的和为______.
14．在空间直角坐标系 中，已知向量，则 在轴上的投影向量为________.
15．已知直线与平行，则___________.
16．已知，点在轴上，且，则点的坐标为____________.
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）设数列是公比为正整数的等比数列，满足，，设数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（3）已知数列，设，求数列的前项和.
18．（12分）如图，在四棱锥中，侧面底面ABCD，侧棱，底面ABCD为直角梯形，其中，，，

（1）求证：平面ACF；
（2）在线段PB上是否存在一点H，使得CH与平面ACF所成角的正弦值为？若存在，求出线段PH的长度；若不存在，请说明理由
19．（12分）如图，在长方体中，底面是边长为1的正方形，侧棱长为2，且动点P在线段AC上运动

（1）若Q为的中点，求点Q到平面的距离；
（2）设直线与平面所成角为，求的取值范围
20．（12分）已知抛物线，过焦点的直线l交抛物线C于M、N两点，且线段中点的纵坐标为2
（1）求直线l的方程；
（2）设x轴上关于y轴对称的两点P、Q，（其中P在Q的右侧），过P的任意一条直线交抛物线C于A、B两点，求证：始终被x轴平分
21．（12分）已知数列和中，，且，.
（1）写出，，，，猜想数列和的通项公式并证明；
（2）若对于任意都有，求的取值范围.
22．（10分）如图，正四棱锥底面的四个顶点在球的同一个大圆上，点在球面上，且正四棱锥的体积为.

（1）该正四棱锥的表面积的大小；
（2）二面角的大小.(结果用反三角表示)
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】由方程确定曲线的形状，然后转化为求圆上的点到直线距离的最大值
【详解】由曲线方程为知曲线关于轴成轴对称，关于原点成中心对称图形，在第一象限内，方程化为，即，在第一象限内，曲线是为圆心，为半径的圆在第一象限的圆弧（含坐标轴上的点），实际上整个曲线就是这段圆弧及其关于坐标轴．原点对称的图形加上原点，
点到直线的距离为，
所以所求最大值为
故选：A

2、D
【解析】由题意可证平面，取BD的中点F，连接EF，则为直线与所成的角，利用余弦定理求出，根据三棱锥体积公式即可求得体积
【详解】如图，

∵，点为的中点，
∴，，
∵，，两两垂直，，
∴平面，取BD的中点F，连接EF，
∴为直线与所成的角，且，
由题意可知，，设，连接AF，
则，
在中，由余弦定理，得，
即，解得，即
∴三棱锥的体积
故选：
3、A
【解析】由已知得，，，设向量与向量、都垂直，由向量垂直的坐标运算可求得，再由平面平行和距离公式计算可得选项.
【详解】解：由已知得，，，设向量与向量、都垂直，则
，即，取，，
又平面平面，则平面与平面间的距离为，
故选：A.
4、D
【解析】根据渐近线方程设出双曲线方程，然后将点代入，进而求得答案.
【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为，所以设双曲线方程为，将代入得：，即双曲线方程为.
故选：D.
5、B
【解析】根据平行设直线方程，代入点计算得到答案.
【详解】设直线方程为，将点代入直线方程得到，解得.
故直线方程为：.
故选：B.
6、A
【解析】求出圆心和半径，由题意可得圆心到直线的距离，列方程即可求得的值.
【详解】由圆可得圆心，半径，
因为圆上有三个点到直线的距离等于1，
所以圆心到直线的距离，
可得：，
故选：A.
7、B
【解析】写出逆否命题可判断①；根据互斥事件的概率定义可判断②；根据写出再判断真假可判断③.
【详解】对于①，“，则a，b全为0”的逆否命题是“若a，b不全为0，则”，故①错误；
对于②，满足互斥事件的概率求和的方法，所以②为真命题；
③命题p：若m是质数，则m一定是奇数.2是质数，但2是偶数，命题p是假命题，那么真命题
故选：B.
8、D
【解析】首先利用坐标法，排除错误选项，然后对符合的选项验证存在使得，由此得出正确选项.
【详解】不妨设.
对于A选项，，由于的竖坐标，故不在平面上，故A选项错误.
对于B选项，，由于的竖坐标，故不在平面上，故B选项错误.
对于C选项，，由于的竖坐标，故不在平面上，故C选项错误.
对于D选项，，由于的竖坐标为，故在平面上，也即四点共面.下面证明结论一定成立：
由，得，
即，故存在，使得成立，也即四点共面.
故选：D.

【点睛】本小题主要考查空间四点共面的证明方法，考查空间向量的线性运算，考查数形结合的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
9、C
【解析】利用正弦定理可求得边的长.
【详解】由正弦定理得.
故选：C.
10、C
【解析】先求出方程表示双曲线时满足的条件，
然后根据“小推大”的原则进行判断即可.
【详解】因方程为双曲线方程，所以，
所以“”是“方程为双曲线方程”的充要条件.
故选：C.
11、D
【解析】利用斜率公式可得出关于实数的等式与不等式，由此可解得实数的值.
详解】由斜率公式可得，即，解得.
故选：D.
12、B
【解析】根据基本初等函数的导数和求导法则判断.
【详解】，，，，只有B正确.
故选：B.
【点睛】本题考查基本初等函数的导数公式，考查导数的运算法则，属于基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、210
【解析】依题意，、、成等差数列，从而可求得答案
【详解】∵等差数列{an}的前3项和为30，前6项和为100，即S3＝30，S6＝100，
又S3、S6﹣S3、S9﹣S6成等差数列，∴2（S6﹣S3）＝（S9﹣S6）+S3，即140＝S9﹣100+30，
解得S9＝210.
故答案：210
【点睛】本题考查等差数列的性质，熟练利用、、成等差数列是关键，属于中档题
14、
【解析】根据向量坐标意义及投影的定义得解.
【详解】因为向量，所以 在轴上的投影向量为.
故答案为:
15、
【解析】根据平行可得斜率相等列出关于参数的方程，解方程进行检验即可求解.
【详解】因为直线与平行，
所以，解得或，
又因为时，，，
所以直线，重合故舍去，
而,,，所以两直线平行.
所以，
故答案为：3.
【点睛】(1)当直线的方程中存在字母参数时，不仅要考虑到斜率存在的一般情况，也要考虑到斜率不存在的特殊情况．同时还要注意x，y的系数不能同时为零这一隐含条件
(2)在判断两直线平行、垂直时，也可直接利用直线方程的系数间的关系得出结论
16、
【解析】设P(0,0,z),由|PA|=|PB|,得1+4+(z−1)2=4+4+(z−2)2，解得z=3，故点P的坐标为(0,0,3).

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）证明见解析，
（3）
【解析】（1）根据等比数列列出方程组求解首项、公比即可得解；
（2）化简后得，可证明数列是等差数列，即可得出，再求出即可;
（3）利用错位相减法求出数列的和.
【小问1详解】
设公比为，由条件可知，，
所以；
【小问2详解】

，
又，所以，
所以数列是以为首项，为公差等差数列，
所以，所以.
【小问3详解】
，
,

两式相减可得，

，
.
18、（1）证明见解析
（2）存在，的长为或，理由见解析.
【解析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面.
（2）设，求出，根据与平面所成角的正弦值列方程，由此求得，进而求得的长.
小问1详解】
依题意，在四棱锥中，侧面底面ABCD，侧棱，
底面ABCD为直角梯形，其中，，，，
以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
，，
设平面法向量为，
则，故可设，
由于，
所以平面.
【小问2详解】
存在，理由如下：
设，，
，
，
依题意与平面所成角的正弦值为，
即，
，解得或.
，即的长为或，使与平面所成角的正弦值为.

19、（1）1（2）
【解析】(1)以AB，AD，为x，y，z轴正向建立直角坐标系，利用空间向量法求出平面的法向量，结合点到平面的距离的向量求法计算即可；
(2)设点，，进而得出的坐标，利用向量的数量积即可列出线面角正弦值的表达式，结合二次函数的性质即可得出结果.
【小问1详解】
由题意，分别以AB，AD，为x，y，z轴正向建立直角坐标系，
于是，，，
，，设平面法向量
所以，解得，，
令得，，
设点Q到平面的距离为d，
【小问2详解】
由（1）可知，平面的法向量，
由P点在线段AC上运动可设点，
于是，
，
所以，的取值范围是
20、（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）设直线l的方程为：，联立方程，利用韦达定理可得结果；
（2）设，借助韦达定理表示，即可得到结果.
【详解】（1）由已知可设直线l的方程为：，
联立方程组可得，
设，则
又因为，得，
故直线l的方程为：即为；
（2）由题意可设，
可设过P的直线为
联立方程组可得，显然
设，则
所以

所以始终被x轴平分
21、（1），，，证明见解析
（2）
【解析】（1）已知两式相加化简可得是首项为2，公比为2的等比数列，则，两式相减化简可得是首项为2，公差为2的等差数列，则，
（2）由题意可得只需要，令，由和解不等式可求出的最小值，从而可求得的取值范围
【小问1详解】
由已知得，
猜想，，
由题得，
所以易知，即
所以是首项为2，公比为2的等比数列，故，
由题得，
所以，即，
所以是首项为2，公差为2的等差数列，所以.
【小问2详解】
因为任意都有，
即，只需要，
记，易知，
故，
当时，，解得或，
当时，，解得，
因为，所以，
所以，
所以的取值范围是.
22、（1）
（2）
【解析】（1）首先求出球的半径，即可得到四棱锥的棱长，再根据锥体的表面积公式计算可得；
（2）取中点，联结，即可得到，从而得到为二面角的平面角，再利用余弦定理计算可得.
【小问1详解】
解：设球的半径为，则
解得，所以所有棱长均为，
因此
【小问2详解】
解：取中点，联结，因为均为正三角形，
因此，即为二面角的平面角.
，
因此二面角的大小为.