四川省南江中学2025年高二数学第一学期期末考试模拟试题含解析.doc

四川省南江中学2025年高二数学第一学期期末考试模拟试题
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．过椭圆右焦点作x轴的垂线，并交C于A，B两点，直线l过C的左焦点和上顶点.若以线段AB为直径的圆与有2个公共点，则C的离心率e的取值范围是（）
A. B.
C. D.
2．如图，在直三棱柱中，，，D为AB的中点，点E在线段上，点F在线段上，则线段EF长的最小值为（）

A B.
C.1 D.
3．已知直线的方向向量为，则直线l的倾斜角为（ ）
A.30° B.60°
C.120° D.150°
4．点分别为椭圆左右两个焦点，过的直线交椭圆与两点，则的周长为（）
A.32 B.16
C.8 D.4
5．已知函数，则的值为（）
A. B.
C.0 D.1
6．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）

A. B.
C. D.
7．椭圆的左、右焦点分别为、，上存在两点、满足，，则的离心率为（）
A. B.
C. D.
8．已知双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（）
A. B.
C. D.
9．若曲线的一条切线与直线垂直，则的方程为（）
A. B.
C. D.
10．过点A(3，3)且垂直于直线的直线方程为
A. B.
C. D.
11．直线与圆的位置关系是（）
A.相交 B.相切
C.相离 D.不确定
12．已知命题若直线与抛物线有且仅有一个公共点，则直线与抛物线相切，命题若，则方程表示椭圆.下列命题是真命题的是
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若椭圆：的长轴长为4，焦距为2，则椭圆的标准方程为______.
14．已知复数对应的点在复平面第一象限内，甲、乙、丙三人对复数的陈述如下为虚数单位：甲：；乙：；丙：，在甲、乙、丙三人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数______
15．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是__________
16．已知数列的前n项和为，则取得最大值时n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）已知椭圆C：的长轴长为4，过C的一个焦点且与x轴垂直的直线被C截得的线段长为3
（1）求C的方程；
（2）若直线：与C交于A，B两点，线段AB的中垂线与C交于P，Q两点，且，求m的值
18．（12分）如图，在棱长为3的正方体中，分别是上的点且

（1）求证：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值
19．（12分）某学校一航模小组进行飞机模型飞行高度实验，飞机模型在第一分钟时间内上升了米高度．若通过动力控制系统，可使飞机模型在以后的每一分钟上升的高度都是它在前一分钟上升高度的
（1）在此动力控制系统下，该飞机模型在第三分钟内上升的高度是多少米？
（2）这个飞机模型上升的最大高度能超过米吗？如果能，求出从第几分钟开始高度超过米；如果不能，请说明理由
20．（12分）已知圆，直线
（1）求证：直线与圆恒有两个交点；
（2）设直线与圆的两个交点为、，求的取值范围
21．（12分）已知点，直线，圆.
（1）若连接点与圆心的直线与直线垂直，求实数的值；
（2）若直线与圆相交于两点，且弦的长为，求实数的值
22．（10分）在平面直角坐标系中，已知直线(t为参数).以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的直角坐标方程；
（2）设点的直角坐标为，直线与曲线的交点为，求的值.
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】求得以为直径的圆的圆心和半径，求得直线的方程，利用圆心到直线的距离小于半径列不等式，化简后求得椭圆离心率的取值范围.
【详解】椭圆的左焦点，右焦点，上顶点，
，
所以为直径的圆的圆心为，半径为.
直线的方程为，
由于以线段为直径的圆与相交，
所以，，
，
，
，
所以椭圆的离心率的取值范围是.
故选：A
2、B
【解析】根据给定条件建立空间直角坐标系，令，用表示出点E，F坐标，再由两点间距离公式计算作答.
【详解】依题意，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，
设，则，设，有，
线段EF长最短，必满足，则有，解得，即，
因此，，当且仅当时取“=”，
所以线段EF长的最小值为.
故选：B
3、B
【解析】利用直线的方向向量求出其斜率，进而求出倾斜角作答.
【详解】因直线的方向向量为，则直线l的斜率，直线l的倾斜角，
于是得，解得，
所以直线l的倾斜角为.
故选：B
4、B
【解析】由题意结合椭圆的定义可得，而的周长等于，从而可得答案
【详解】解：由得，
由题意得，
所以的周长等于，
故选：B
5、B
【解析】对函数求导，然后将代入导数中可得结果.
【详解】，则，
则，
故选：B
6、C
【解析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案.
【详解】如图，设，则，
由题意，即，化简得，
解得（负值舍去）.
故选：C

【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.
7、A
【解析】作点关于原点的对称点，连接、、、，推导出、、三点共线，利用椭圆的定义可求得、、、，推导出，利用勾股定理可得出关于、的齐次等式，即可求得该椭圆的离心率.
【详解】作点关于原点的对称点，连接、、、，

则为、的中点，故四边形为平行四边形，故且，则，
所以，，故、、三点共线，
由椭圆定义，，有，所以，则，
再由椭圆定义，有，
因为，所以，
在中，即，所以，离心率
故选：A.
8、C
【解析】求得，由此求得双曲线的渐近线方程.
【详解】离心率，则，所以渐近线方程.
故选：C
9、A
【解析】两直线垂直，斜率之积为，曲线与直线相切，联立方程令.
【详解】法一：直线，所以，所以切线的，设切线的方程为，联立方程，所以 ，令，解得，所以切线方程为.
法二：直线，所以，所以切线的，，所以令，所以，带入曲线方程得切点坐标为，所以切线方程为，化简得.
故选：A.
10、D
【解析】过点A(3，3)且垂直于直线的直线斜率为，代入过的点得到.
故答案为D.
11、A
【解析】首先求出直线过定点，再判断点在圆内，即可判断；
【详解】解：直线恒过定点，又，即点在圆内部，所以直线与圆相交；
故选：A
12、B
【解析】若直线与抛物线的对称轴平行，满足条件，此时直线与抛物线相交，可判断命题为假；当时，，命题为真，根据复合命题的真假关系，即可得出结论.
【详解】若直线与抛物线的对称轴平行，直线与抛物线只有一个交点，
直线与抛物不相切，可得命题是假命题，
当时，，
方程表示椭圆
命题是真命题，
则是真命题.
故选:B.
【点睛】本题考查复合命题真假的判断，属于基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】由焦距可得c，长轴长得到a，再根据可得答案.
【详解】因为椭圆的长轴长为4，则，焦距为2，
由，得，
则椭圆的标准方程为：.
故答案为：.
14、##
【解析】设，则，然后分别求出甲，乙，丙对应的结论，先假设甲正确，则得出乙错误，丙正确，由此即可求解
【详解】解：设，则，
甲：由可得，则，
乙：由可得：，
丙：由可得，即，所以，
若，则，则不成立，，则，解得或，
所以甲，丙正确，乙错误，
此时或，又复数对应的点在复平面第一象限内，
所以，
故答案为：
15、
【解析】根据投影向量概念求解即可.
【详解】因为空间向量，，
所以，，
所以向量在向量上投影向量为：
，
故答案为：.
16、 ①.13 ②.##3.4
【解析】由题可得利用函数的单调性可得取得最大值时n的值，然后利用，即求.
【详解】∵，
∴当时，单调递减且，当时，单调递减且，
∴时，取得最大值，
∴.
故答案为：13；.

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）.
【解析】（1）由题设可得且，求出，即可得椭圆方程.
（2）联立直线l和椭圆C并整理为关于x的一元二次方程，由求出m的范围，再应用韦达定理、弦长公式求，进而可得线段AB的中垂线，同理联立曲线C求相交弦长，再由已知条件求m值，注意其范围.
【小问1详解】
由题意知，，则，令，可得，
由题设有，则，
所以C的方程为
【小问2详解】
联立方程得：，
由，得
设，，则，，
所以，
另一方面，，即线段AB的中点为，
所以线段AB的中垂线方程为
令，联立方程得：
同理求法，可得：，即
因此，解得，故
18、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）建立空间直角坐标系后得到相关向量，再运用数量积证明；
（2）求出相关平面的法向量，再运用夹角公式计算即可.
【小问1详解】
建立如下图所示的空间直角坐标系：，，，

，，
∴，故.
【小问2详解】
，，，
设平面的一个法向量为，
由，令，则，
取平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，易知：为锐角，
故，
即平面与平面夹角的余弦值为.
19、（1）；
（2）不能，理由见解析.
【解析】（1）由题得每分钟上升的高度构成等比数列，再利用等比数列的通项求解；
（2）求出即得解.
【小问1详解】
解：由题意，飞机模型每分钟上升的高度构成，公比的等比数列，
则米.
即飞机模型在第三分钟内上升的高度是米.
【小问2详解】
解：不能超过米.
依题意可得，
所以这个飞机模型上升的最大高度不能超过米.
20、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）根据直线的方程可得直线经过定点，而点到圆心的距离小于半径，故点在圆的内部，由此即可证明结果
（2）由圆的性质可知，当过圆心时，取最大值，当和过的直径垂直时，取最小值，由此即可求出结果.
【小问1详解】
证明：由于直线，即
令，解得，
所以恒过点，所以，
所以点在圆内，所以直线与圆恒有两个交点；
【小问2详解】
解：当过圆心时，取最大值，即圆的直径，
由圆的半径，所以的最大值为；
当和过的直径垂直时，取最小值，
此时圆心到的距离，
所以，故的最小值为
综上，的取值范围.
21、（1）3（2）实数的值为和
【解析】（1）由直线垂直，斜率乘积为可得值；
（2）求出加以到直线的距离，由勾股定理求弦长，从而可得参数值
【小问1详解】
圆，，，，
，　，
【小问2详解】
圆半径为，设圆心到直线的距离为，
则
又由点到直线距离公式得：　
化简得：，解得：或
所以实数的值为和.
22、（1）；（2）3.
【解析】（1）把展开得，两边同乘得,再代极坐标公式得曲线的直角坐标方程.（2）将代入曲线C的直角坐标方程得，再利用直线参数方程t的几何意义和韦达定理求解.
【详解】（1）把展开得，
两边同乘得①
将代入①，
即得曲线的直角坐标方程为②
（2）将代入②式，得，
点M的直角坐标为（0，3），
设这个方程的两个实数根分别为t1，t2，则
∴ t1＜0， t2＜0
则由参数t的几何意义即得.
【点睛】本题主要考查极坐标和直角坐标的互化、直线参数方程t的几何意义，属于基础题.