江苏省常州市礼嘉中学2025年数学高二第一学期期末检测模拟试题含解析.doc

江苏省常州市礼嘉中学2025年数学高二第一学期期末检测模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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，已知、分别是椭圆的左、右焦点，点、在椭圆上，四边形是梯形，，且，则的面积为（）

A. B.
C. D.
2．已知动点满足，则动点的轨迹是（ ）
A.椭圆 B.直线
C.线段 D.圆
3．一个盒子里有3个分别标有号码为1，2，3小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取2次，则在两次取得小球中，标号最大值是3的概率为（）
A. B.
C. D.
4．函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
5．几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点、是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大的．”如图，其结论是：点为过、两点且和射线相切的圆的切点．根据以上结论解决一下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是（）

A.
B.
C.或
D.或
6．已知x，y是实数，且，则的最大值是（ ）
A. B.
C. D.
7． “”是“直线与直线垂直”的
A.充分必要条件 B.充分非必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
8．若圆C与直线：和：都相切，且圆心在y轴上，则圆C的方程为（ ）
A. B.
C. D.
9．在正三棱锥S - ABC中，AB =4，D、E分别是SA、AB中点，且DE⊥CD，则三棱锥S - ABC外接球的体积为（）
A.π B.π
C.π D.π
10．已知等差数列的公差为，前项和为，等比数列的公比为，前项和为．若，则（）
A. B.
C. D.
11．连续抛掷一枚硬币3次，观察正面出现的情况，事件“至少2次出现正面”的对立事件是（ ）
A.只有2次出现反面 B.至多2次出现正面
C.有2次或3次出现正面 D.有2次或3次出现反面
12．“x>1”是“x>0”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
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，，，若，则______.
14．若命题P：对于任意，使不等式为真命题，则实数的取值范围是___________.
15．北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层的中心是一块天心石，围绕它的第一圈有9块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块．已知每层圈数相同，共有9圈，则下层比上层多______块石板

16．椭圆x2 + = 1上的点到直线x + y - 4 = 0的距离的最小值为 _________ .
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）已知抛物线的焦点为F，倾斜角为45°的直线m过点F，若此抛物线上存在3个不同的点到m的距离为，求此抛物线的准线方程
18．（12分）为了解某城中村居民收入情况，小明利用周末时间对该地在岗居民月收入进行了抽样调查，并将调查数据整理得到如下频率分布直方图：根据直方图估算：

（1）在该地随机调查一位在岗居民，该居民收入在区间内的概率；
（2）该地区在岗居民月收入的平均数和中位数；
19．（12分）已知焦点为F的抛物线上一点到F的距离是4
（1）求抛物线C的方程
（2）若不过原点O的直线l与抛物线C交于A，B两点（A，B位于x轴两侧），C的准线与x轴交于点E，直线与分别交于点M，N，若，证明：直线l过定点
20．（12分）已知公比的等比数列和等差数列满足：，，其中，且是和的等比中项
（1）求数列与的通项公式；
（2）记数列的前项和为，若当时，等式恒成立，求实数的取值范围
21．（12分）如图，在四棱柱中，平面，底面ABCD满足∥BC，且

(Ⅰ)求证:平面;
(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值.
22．（10分）已知，两地的距离是.根据交通法规，，两地之间的公路车速（单位：）应满足.假设油价是7元/，以的速度行驶时，汽车的耗油率为，当车速为时，汽车每小时耗油，司机每小时的工资是91元.
（1）求的值；
（2）如果不考虑其他费用，当车速是多少时，这次行车的总费用最低？
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】设点关于原点的对称点为点，连接、，分析可知、、三点共线，设点、，设直线的方程为，分析可知，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出的值，可得出的值，再利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】设点关于原点的对称点为点，连接、，如下图所示：

因为为、的中点，则四边形为平行四边形，可得且，
因为，故、、三点共线，设、，
易知点，，，
由题意可知，，可得，
若直线与轴重合，设，，则，不合乎题意；
设直线的方程为，联立，可得，
由韦达定理可得，得，
，则，可得，故，
因此，.
故选：A.
2、C
【解析】根据两点之间的距离公式的几何意义即可判定出动点轨迹.
【详解】由题意可知表示动点到点和点的距离之和等于，又因为点和点的距离等于，所以动点的轨迹为线段.
故选：
3、C
【解析】求出两次取球都没有取到3的概率，再利用对立事件的概率公式计算作答.
【详解】依题意，每次取到标号为3 的球的事件为A，则，且每次取球是相互独立的，
在两次取得小球中，标号最大值是3的事件M，其对立事件是两次都没有取到标号为3的球的事件，
，则有，
所以在两次取得小球中，标号最大值是3的概率为.
故选：C
4、D
【解析】对函数求导，利用导数的几何意义求出切线斜率即可计算作答.
【详解】依题意，，即有，而，则过点，斜率为1的直线方程为：，
所以曲线在点处切线方程为.
故选：D
5、A
【解析】根据米勒问题的结论，点应该为过点、的圆与轴的切点，设圆心的坐标为，写出圆的方程，并将点、的坐标代入可求出点的横坐标.
【详解】解：设圆心的坐标为，则圆的方程为，

将点、的坐标代入圆的方程得，
解得或（舍去），因此，点的横坐标为，
故选：A.
6、D
【解析】将方程化为圆的标准方程，则的几何意义是圆上一点与点连线的斜率，进而根据直线与圆相切求得答案.
【详解】方程可化为，表示以为圆心，为半径的圆，的几何意义是圆上一点与点A连线的斜率，设，即，当此直线与圆相切时，斜率最大或最小，当切线位于切线AB时斜率最大.

此时，，，所以的最大值为.
故选：D
7、B
【解析】先由两直线垂直求出的值，再由充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.
【详解】因为直线与直线垂直，
则，即，解得或；
因此由“”能推出“直线与直线垂直”，反之不能推出，
所以“”是“直线与直线垂直”的充分非必要条件.
故选B
【点睛】本题主要考查命题充分不必要条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念，以及两直线垂直的判定条件即可，属于常考题型.
8、B
【解析】首先求出两平行直线间的距离，即可求出圆的半径，设圆心坐标为，，利用圆心到直线的距离等于半径得到方程，求出的值，即可得解；
【详解】解：因为直线：和：的距离，由圆C与直线：和：都相切，所以圆的半径为，又圆心在轴上，设圆心坐标为，，所以圆心到直线的距离等于半径，即，所以或（舍去），所以圆心坐标为，故圆的方程为；
故选：B
9、C
【解析】取中点，连接，证明平面，得证，然后证明平面，得两两垂直，以为棱把三棱锥补成一个正方体，正方体的对角线是其外接球的直径，而正方体的外接球也是正三棱锥的外接球，由此计算可得
【详解】取中点，连接，则，，
，平面，所以平面，
又平面，所以，
D、E分别是SA、AB的中点，则，又，所以，
，平面，所以平面，
而平面，所以，，是正三棱锥，因此，
因此可以为棱把三棱锥补成一个正方体，正方体的对角线是其外接球的直径，而正方体的外接球也是正三棱锥的外接球，
由，得，所以所求外接球直径为，半径为，
球体积为
故选：C

10、D
【解析】用基本量表示可得基本量的关系式，从而可得，故可得正确的选项.
【详解】若，则，而，
此时，这与题设不合，
故，故，
故
，
而
，
故，此时不确定，
故选：D.
11、D
【解析】根据对立事件的定义即可得出结果.
【详解】对立事件是指事件A和事件B必有一件发生，连续抛掷一枚均匀硬币3次，
“至少2次出现正面”即有2次或3次出现正面，
对立事件为0次或1次出现正面，即“有2次或3次出现反面”
故选：D
12、A
【解析】根据充分、必要条件间的推出关系，判断“x>1”与“x>0”的关系.
【详解】“x>1”，则“x>0”，反之不成立.
∴“x>1”是“x>0”的充分不必要条件.
故选：A.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】根据题意，由向量坐标表示，列出方程，求出，，即可得出结果.
【详解】因为，，，
若，则，解得，所以.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查由向量坐标表示求参数，属于基础题型.
14、
【解析】根据题意，结合指数函数不等式，将原问题转化为关于的不等式，对于任意恒成立，即可求解.
【详解】根据题意，知对于任意，恒成立，
即，化简得，
令，，则恒成立，
即，解得，故.
故答案为：.
15、1458
【解析】首先由条件可得第圈的石板为，且为等差数列，利用基本量求和，即可求解.
【详解】设第圈的石板为，由条件可知数列是等差数列，且上层的第一圈为，且，所以，
上层的石板数为，下层的石板数为.
所以下层比上层多块石板.
故答案为：1458
16、
【解析】设与直线x + y - 4 = 0平行的直线方程为,求出即得解.
【详解】解：设与直线x + y - 4 = 0平行的直线方程为,
所以，代入椭圆方程得，
令或.
当时，平行线间的距离为；
当时，平行线间的距离为.
所以最小距离为.
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、
【解析】设出直线m的方程，利用方程组联立、一元二次方程根的判别式求出与直线m平行的抛物线的切线方程，结合平行线间距离公式进行求解即可.
【详解】抛物线的焦点坐标为：，
设直线m为，设为与抛物线相切，
联立直线与抛物线方程，化简整理可得，，
则，解得，且，
故两平行线间的距离，解得，
故所求的准线方程为
18、（1）
（2）平均数为；中位数为.
【解析】（1）直接根据概率和为1计算得到答案.
（2）根据平均数和中位数的定义直接计算得到答案.
【小问1详解】
该居民收入在区间内的概率为：

【小问2详解】
居民月收入的平均数为：
.
第一组概率为，第二组概率为，第三组概率为，
设居民月收入的中位数为，则，解得.
19、（1）；
（2）证明过程见解析.
【解析】（1）利用抛物线的定义进行求解即可；
（2）设出直线l的方程，与抛物线方程联立，根据一元二次方程的根与系数关系进行求解证明即可.
【小问1详解】
该抛物线的准线方程为，因为点到F的距离是4，
所以有，所以抛物线C的方程为：；
【小问2详解】
该抛物线的准线方程为，
设直线l的方程为：，
与抛物线方程联立，得，
不妨设，因此，
直线的斜率为：，所以方程为：，
当时，，即，同理，
因为，所以有，而，
所以有，所以直线l的方程为：，因此直线l恒过.
【点睛】关键点睛：把直线l的方程为：，利用一元二次方程根与系数关系是解题的关键.
20、（1），；（2）.
【解析】（1）根据已知条件可得出关于方程，解出的值，可求得的值，即可得出数列与的通项公式；
（2）求得，利用错位相减法可求得，分析可知数列为单调递增数列，对分奇数和偶数两种情况讨论，结合参变量分离法可得出实数的取值范围.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
因为，，，且是和的等比中项，
所以，整理可得，解得或.
若，则，可得，不合乎题意；
若，则，可得，合乎题意.
所以，;；
（2）因为，①
，②
②①得
因为，即对恒成立，
所以
当且，，故数列为单调递增数列，
当为偶数时，，所以；
当为奇数时，，所以，即.
综上可得
21、 (Ⅰ) 证明见解析；(Ⅱ)
【解析】(Ⅰ)证明，根据得到，得到证明.
(Ⅱ) 如图所示，分别以为轴建立空间直角坐标系，平面的法向量，，计算向量夹角得到答案.
【详解】(Ⅰ) 平面，平面，故.
，，故，故.
，故平面.
(Ⅱ)如图所示：分别以为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，.
设平面的法向量，则，即，
取得到，，设直线与平面所成角为
故.
【点睛】本题考查了线面垂直，线面夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
22、（1）；
（2）.
【解析】（1）根据题中给出的车速和油耗之间的关系式，结合已知条件，待定系数即可；
（2）根据题意求得以行驶所用时间，构造费用关于的函数，利用导数研究其单调性和最值，即可求得结果.
【小问1详解】
因为汽车以的速度行驶时，汽车的耗油率为，
又当时，，解得.
【小问2详解】
若汽车的行驶速度为，则从地到地所需用时，
则这次行车的总费用，
则，令，解得，
则当，，单调递减，即.
故时，该次行车总费用最低.