新乡市重点中学2025年数学高二上期末复习检测模拟试题含解析.doc

新乡市重点中学2025年数学高二上期末复习检测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．在棱长为4的正方体中，为的中点，点P在正方体各棱及表面上运动且满足，则点P轨迹围成的图形的面积为（ ）
A. B.
C. D.
2．已知直线与椭圆：（）相交于，两点，且线段的中点在直线：上，则椭圆的离心率为（）
A. B.
C. D.
3．设，则“”是“直线与直线”平行的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.即不充分也不必要条件
4．某学校要从5名男教师和3名女教师中随机选出3人去支教，则抽取的3人中，女教师最多为1人的选法种数为（）
A.10 B.30
C.40 D.46
5． “”是“圆与轴相切”的（ ）
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
6．数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，-些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物.曲线C：为四叶玫瑰线.
①方程(xy<0)表示的曲线在第二和第四象限；
②曲线C上任一点到坐标原点0的距离都不超过2；
③曲线C构成的四叶玫瑰线面积大于4π；
④曲线C上有5个整点(横、纵坐标均为整数的点).
则上述结论中正确的个数是（ ）

A.1 B.2
C.3 D.4
7．已知两个向量，，且，则的值为（）
A.1 B.2
C.4 D.8
8．执行如图所示的程序框图，输出的s值为(　　)

A.8 B.9
C.27 D.36
9．数学家歌拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知的三个顶点分别为，，，则的欧拉线方程是（）
A. B.
C. D.
10．命题：“x>0，都有x2－x+1≤0”的否定是（）
A.x>0，使得x2－x+1≤0 B.x>0，使得x2－x+1>0
C.x>0，都有x2－x+1>0 D.x≤0，都有x2－x+1>0
11．设a，b，c非零实数，且，则（）
A. B.
C. D.
12．已知点，，直线：与线段相交，则实数的取值范围是（）
A.或 B.或
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数，若在定义域内有两个零点，那么实数a的取值范围为___________.
14．写出一个与椭圆有公共焦点的椭圆方程__________
15．过圆内的点作一条直线，使它被该圆截得的线段最长，则直线的方程是______
16．已知直线l：和圆C：，过直线l上一点P作圆C的一条切线，切点为A，则的最小值为______
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）已如椭圆C：＝1（a＞b＞0）的有顶点为M（2，0），且离心率e＝，点A，B是椭圆C上异于点M的不同的两点
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设直线MA与直线MB的斜率分别为k1，k2，若k1•k2＝，证明：直线AB一定过定点
18．（12分）已知命题p：方程 的曲线是焦点在y轴上的双曲线；命题q：方程无实根.若p或q为真，￢q为真，求实数m的取值范围.
19．（12分）已知三棱柱中，.

（1）求证: 平面平面.
（2）若，在线段上是否存在一点使平面和平面所成角的余弦值为若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
20．（12分）已知等比数列{}的各项均为正数，，，成等差数列，，数列{}的前n项和，且.
（1）求{}和{}的通项公式；
（2）设，记数列{}的前n项和为.求证：.
21．（12分）已知圆，是圆上一点，过A作直线l交圆C于另一点B，交x轴正半轴于点D，且A为的中点.
（1）求圆C在点A处的切线方程；
（2）求直线l的方程.
22．（10分）如图，在四棱锥中，底面为的中点

（1）求证：平面；
（2）若，求平面与平面的夹角大小
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】构造辅助线，找到点P轨迹围成的图形为长方形，从而求出面积.
【详解】取的中点E，的中点F，连接BE，EF，AF，则由于为的中点，可得，所以∠CBE=∠ECN，从而∠BCN+∠CBE=∠BCN+∠ECN=90°，所以BE⊥CN，又EF⊥平面，平面，所以EF⊥CN，又因为BEEF=E，所以CN⊥平面ABEF，所以点P轨迹围成的图形为矩形ABEF，又，所以矩形ABEF面积为.

故选：A
2、A
【解析】将直线代入椭圆方程整理得关于的方程，运用韦达定理，求出中点坐标，再由条件得到，再由，，的关系和离心率公式，即可求出离心率.
【详解】解：将直线代入椭圆方程得，
，即，
设，，，，则，
即中点的横坐标是，纵坐标是，
由于线段的中点在直线上，则，又，
则，，即椭圆的离心率为.
故选：A
3、D
【解析】由两直线平行确定参数值，根据充分必要条件的定义判断
【详解】时，两直线方程分别为，，它们重合，不平行，因此不是充分条件；
反之，两直线平行时，，解得或，
由上知时，两直线不平行，
时，两直线方程分别为，，平行，
因此，本题中也不是必要条件
故选：D
4、C
【解析】可分为女教师0人，男教师3人和女教师1人，男教师2人两种情况，用组合数表示计算即得解
【详解】女教师最多为1人即女教师为0人或者1人
若女教师为0人，则男教师有3人，有种选择；
若女教师为1人，则男教师2人，有种选择；
故女教师最多为1人的选法种数为种
故选：C
5、A
【解析】根据充分不必要条件的定义和圆心到轴的距离求出可得答案.
【详解】时，圆的圆心坐标为，半径为2，此时圆与轴相切；
当圆与轴相切时，因为圆的半径为2，
所以圆心到轴的距离为，所以，
“”是“圆与轴相切”的充分不必要条件
故选：A
6、B
【解析】对于①，由判断，对于②，利用基本不等式可判断，对于③，以为圆心，2为半径的圆的面积与曲线围成的面积进行比较即可，对于④，将和联立，求解出两曲线的切点，从而可判断
【详解】对于①，由，得异号，方程(xy<0)关于原点及y=x对称，
所以方程(xy<0)表示的曲线在第二和第四象限，所以①正确，
对于②，因为，所以，所以，所以，所以由曲线的对称性可知曲线C上任一点到坐标原点0的距离都不超过2，所以②正确，
对于③，由②可知曲线C上到原点的距离不超过2，而以为圆心，2为半径的圆的面积为，所以曲线C构成的四叶玫瑰线面积小于4π，所以③错误，
对于④，将和联立，解得，所以可得圆与曲线C相切于点，，，，而点（1，1）不满足曲线方程，所以曲线在第一象限不经过任何整数点，由曲线的对称性可知曲线在其它象限也不经过任何整数点，所以曲线C上只有1个整点（0，0），所以④错误，
故选：B
7、C
【解析】由，可知，使，利用向量的数乘运算及向量相等即可得解.
【详解】∵，∴，使，得，解得：，所以
故选：C
【点睛】思路点睛：在解决有关平行的问题时，通常需要引入参数，如本题中已知，引入参数，使，转化为方程组求解；本题也可以利用坐标成比例求解，即由，得，求出m，n.
8、B
【解析】执行程序框图，第一次循环，，满足 ；第二次循环，，满足 ；第三次循环， ，不满足 ，输出 ，故选B.
【方法点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题.解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.
9、B
【解析】根据的三个顶点坐标，先求解出重心的坐标，然后再根据三个点坐标求解任意两条垂直平分线的方程，联立方程，即可算出外心的坐标，最后根据重心和外心的坐标使用点斜式写出直线方程.
【详解】由题意可得的重心为．因为，，所以线段的垂直平分线的方程为．因为，，所以直线的斜率，线段的中点坐标为，则线段的垂直平分线的方程为．联立，解得，则的外心坐标为，故的欧拉线方程是，即
故选：B.
10、B
【解析】全称命题的否定是特称命题，把任意改为存在，把结论否定.
【详解】“x>0，都有x2－x+1≤0”的否定是“x>0，使得x2－x+1>0”.
故选：B
11、C
【解析】对于A、B、D：取特殊值否定结论；
对于C：利用作差法证明.
【详解】对于A：取符合已知条件，但是不成立.故A错误；
对于B：取符合已知条件，但是，所以不成立.故B错误；
对于C：因为，所以.故C正确；
对于D：取符合已知条件，但是，所以不成立.故D错误；
故选：C.
12、A
【解析】由可求出直线过定点，作出图象，求出和，数形结合可得或，即可求解.
【详解】由可得：，
由可得，所以直线：过定点，
由可得，
作出图象如图所示：

，，
若直线与线段相交，则或，解得或，
所以实数的取值范围是或，
故选：A.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】先求定义域，再求导，针对分类讨论，结合单调性，极值，最值得到，研究其单调性及其零点，求出结果.
【详解】定义域为，，
当时，恒成立，在单调递减，不会有两个零点，故舍去；
当时，在上，单调递增，在上，单调递减，故，又因为时，，时，，故要想在定义域内有两个零点，则，令，，，单调递增，又，故当时，.
故答案为：
14、（答案不唯一）
【解析】根据椭圆的标准方程，以及分析即可
【详解】由题可知椭圆的形式应为（，且），可取
故答案为：（答案不唯一）
15、
【解析】当直线l过圆心时满足题意，进而求出答案.
【详解】圆的标准方程为：，圆心，当l过圆心时满足题意，，所以l的方程为：.
故答案为：.
16、1
【解析】求出圆C的圆心坐标、半径，再借助圆的切线性质及勾股定理列式计算作答.
【详解】圆C：，圆心为，半径，点C到直线l的距离，
由圆的切线性质知：，
当且仅当，即点P是过点C作直线l的垂线的垂足时取“=”，
所以的最小值为1
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、（I）；（II）证明见解析.
【解析】（I）根据顶点坐标求得，根据离心率求得，由此求得，进而求得椭圆方程.
（II）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，写出根与系数关系，根据，求得的关系式，由此判断直线过定点.
【详解】（I）由于是椭圆的顶点，所以，由于，所以，所以，所以椭圆方程为.
（II）由于是椭圆上异于点的不同的两点，所以可设直线的方程为，设，由消去并化简得
，所以
，即.
，
，
，

，解得，所以直线的方程为，过定点.
【点睛】本小题主要考查椭圆方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中的定值问题.
18、.
【解析】计算命题p：；命题；根据p或q为真，￢q为真得到真假，计算得到答案.
【详解】若方程的曲线是焦点在轴上的双曲线，
则满足，即，即，即
若方程无实根，则判别式，
即，得，即，即
若为真，则为假，同时若或为真，则为真命题，
即，得，即实数的取值范围是.
【点睛】本题考查了命题的真假计算参数范围，根据条件判断出真假是解题的关键.
19、（1）证明见解析；
（2）在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点.
【解析】(1)连接，根据给定条件证明平面得即可推理作答.
(2)在平面内过C作，再以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断作答.
【小问1详解】
在三棱柱中，四边形是平行四边形，而，则是菱形，连接，如图，

则有，因，，平面，于是得平面，
而平面，则，由得，，平面，
从而得平面，又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
在平面内过C作，由(1)知平面平面，平面平面，
则平面，以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，

因，，则，
假设在线段上存在符合要求的点P，设其坐标为，
则有，设平面的一个法向量，
则有，令得，而平面的一个法向量，
依题意，，化简整理得：
而，解得，
所以在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点，使平面和平面所成角的余弦值为.
20、（1）
（2）证明见解析
【解析】设等比数列的公比为，由，，成等差数列，解得．由，利用通项公式解得，可得．由数列的前项和，且，时，，化简整理即可得出；
（2），利用裂项求和方法、数列的单调性即可证明结论
【小问1详解】
设等比数列的公比为，，，成等差数列，
，即，化为：，解得
，，即，解得，

数列的前项和，且，
时，，化为：，
，数列是每项都为1的常数列，
，化为
【小问2详解】
证明：，
数列的前项和为，

21、（1）
（2）或
【解析】（1）以直线方程的点斜式去求圆C在点A处的切线方程；
（2）以A为的中点为突破口，设点法去求直线l的方程简单快捷.
【小问1详解】
圆可化为，圆心
因为直线的斜率为，所以圆C在A点处切线斜率为2，
所以切线方程为即.
【小问2详解】
由题意设
因为是中点，所以
将B代入圆C方程得
解得或
当时，，此时l方程为
当时，，此时l方程为
所以l方程为或
22、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）取中点，连结，证得，利用线面平行的判定定理，即可求解；
（2）以为原点，以方面为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立坐标系，利用平面和平面的法向量的夹角公式，即可求解
【小问1详解】
取中点，连结，由，，
则，
又由平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
以为原点，以方面为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立坐标系，可得，，，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则
又平面的法向量为；
则，
所以平面与平面所成的锐二面角为.