2025年安徽省宿州市埇桥区高二数学第一学期期末考试模拟试题含解析.doc

2025年安徽省宿州市埇桥区高二数学第一学期期末考试模拟试题
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．为了更好地解决就业问题，国家在2020年提出了“地摊经济”为响应国家号召，有不少地区出台了相关政策去鼓励“地摊经济”.某摊主2020年4月初向银行借了免息贷款8000元，用于进货，因质优价廉，供不应求，据测算：每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底扣除生活费800元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2021年3月底该摊主的年所得收入为（ ）
（取，）
A.24000元 B.26000元
C.30000元 D.32000元
2．已知点是椭圆上的任意点，是椭圆的左焦点，是的中点，则的周长为（ ）
A. B.
C. D.
3．过点且平行于直线的直线方程为（）
A. B.
C. D.
4．在平面上有及内一点O满足关系式：即称为经典的“奔驰定理”，若的三边为a，b，c，现有则O为的（ ）
A.外心 B.内心
C.重心 D.垂心
5．抛物线的焦点到准线的距离是
A.2 B.4
C. D.
6．如果椭圆上一点到焦点的距离等于6，则线段的中点到坐标原点的距离等于（ ）
A.7 B.10
C.12 D.14
7． “”是“直线与互相垂直”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
8．命题“”的否定是（）
A. B.
C. D.
9．已知点，则满足点到直线的距离为，点到直线距离为的直线的条数有（）
A.1 B.2
C.3 D.4
10．在三棱锥中，，，则异面直线PC与AB所成角的余弦值是（）
A. B.
C. D.
11．已知数列{}满足，且，若，则＝（ ）
A.－8 B.－11
C.8 D.11
12．已知长方体的底面ABCD是边长为8的正方形，长方体的高为，则与对角面夹角的正弦值等于（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知椭圆的左、右焦点分别为，，P为椭圆上一点，满足 (O为坐标原点)．若，则椭圆的离心率为______
14．若圆与圆相交，则的取值范围是__________.
15．已知函数则的值为.____
16．已知双曲线的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，点M是双曲线左支上的一点，若，，则双曲线的离心率是____________
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）已知的三个顶点是，，
（1）求边所在的直线方程；
（2）求经过边的中点，且与边平行的直线的方程
18．（12分）如图所示，四棱锥的底面为直角梯形，，，，，底面，为的中点

（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离
19．（12分）在平面直角坐标系中，已知菱形的顶点和所在直线的方程为.
（1）求对角线所在直线的一般方程；
（2）求所在直线的一般方程.
20．（12分）已知抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，直线交抛物线E于两点
（1）求E的方程；
（2）若以BC为直径的圆过原点O，求直线l的方程
21．（12分）同时抛掷两颗骰子，观察向上点数.
（1）试表示 “出现两个1点”这个事件相应的样本空间的子集；
（2）求出现两个1点”的概率；
（3）求“点数之和为7”的概率.
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C1：的左、右焦点分别为，且椭圆C1与抛物线C2：y2 = 2px（p>0）在第一象限的交点为Q， 已知.
（1）求的面积
（2）求抛物线C2的标准方程.
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】设，从4月份起每月底用于下月进借货的资金依次记为，由题意得出的递推关系，变形构造出等比数列，由得其通项公式后可得结论
【详解】设，从4月份起每月底用于下月进借货的资金依次记为，
，、
同理可得，所以，而，
所以数列是等比数列，公比为，
所以，，
总利润为
故选：D
【点睛】思路点睛：本题考查数列的实际应用．解题方法是用数列表示月初进货款，得出递推关系，然后构造等比数列求解
2、A
【解析】设椭圆另一个焦点为，连接，利用中位线的性质结合椭圆的定义可求得结果.
【详解】在椭圆中，，，，
如图，设椭圆的另一个焦点为，连接，
因为、分别为、的中点，则，
则的周长为，
故选：A.

3、A
【解析】设直线的方程为，代入点的坐标即得解.
【详解】解：设直线的方程为，
把点坐标代入直线方程得.
所以所求的直线方程为.
故选：A
4、B
【解析】利用三角形面积公式，推出点O到三边距离相等。
【详解】记点O到AB、BC、CA的距离分别为，，，，因为，则，即，又因为，所以，所以点P是△ABC的内心.
故选：B
5、D
【解析】因为抛物线方程可化为，所以抛物线的焦点到准线的距离是，故选D.
考点：1、抛物线的标准方程；2、抛物线的几何性质.
6、A
【解析】可由椭圆方程先求出，在利用椭圆的定义求出，利用已知求解出，再取的中点，连接，利用中位线，即可求解出线段的中点到坐标原点的距离.
【详解】
因为椭圆，，所以，结合得，，取的中点，连接，所以为的中位线，所以.
故选：A.
7、A
【解析】根据两直线垂直的性质求出，再结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】解：因为直线与互相垂直，
所以，解得或，
所以“”是“直线与互相垂直”的充分不必要条件.
故选：A.
8、C
【解析】特称命题的否定，先把存在量词改为全称量词，再把结论进行否定即可.
【详解】命题“”的否定是“”.
故选：C
9、D
【解析】以为圆心，为半径，为圆心，为半径分别画圆，将所求转化为求圆与圆的公切线条数，判断两圆的位置关系，从而得公切线条数.
【详解】以为圆心，为半径，为圆心，为半径分别画圆，如图所示，
由题意，满足点到直线的距离为，点到直线距离为的直线的条数
即为圆与圆的公切线条数，
因为，所以两圆外离，
所以两圆的公切线有4条，即满足条件的直线有4条.
故选：D

【点睛】解答本题的关键是将满足点到直线的距离为，点到直线距离为的直线的条数转化为圆与圆的公切线条数，从而根据圆与圆的位置关系判断出公切线条数.
10、A
【解析】分别取、、的中点、、，连接、、、、，由题意结合平面几何的知识可得、、或其补角即为异面直线PC与AB所成角，再由余弦定理即可得解.
【详解】分别取、、的中点、、，连接、、、、，如图：

由可得，所以，
在，，可得
由中位线的性质可得且，且，
所以或其补角即为异面直线PC与AB所成角，
在中，，
所以异面直线AB与PC所成角的余弦值为.
故选：A.
【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角
11、C
【解析】利用递推关系，结合取值，求得即可.
【详解】因为，且，，
故可得，解得（舍）,；
同理求得，，.
故选：C.
12、A
【解析】建立空间直角坐标系，结合空间向量的夹角坐标公式即可求出线面角的正弦值.
【详解】连接，建立如图所示的空间直角坐标系

∵底面是边长为8的正方形，，
∴，，，
因为,且，所以平面，
∴，平面的法向量，
∴与对角面所成角的正弦值为
故选：A.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、##
【解析】由可得，再结合椭圆的性质可得为直角三角形，由题意设，则，由勾股定理可得，再结合椭圆的定义可求出离心率
【详解】因为，
所以，所以，
因为，
所以，
所以为直角三角形，即，
所以
设，则，
所以，得，
因为则，
所以，所以，即离心率为，
故答案为：
14、
【解析】根据圆心距小于两半径之和，大于两半径之差的绝对值列出不等式解出即可.
【详解】圆的圆心为原点，半径为，
圆，即的圆心为，半径为，
由于两圆相交，故，即，
解得，即的取值范围是，
故答案为：
15、-1
【解析】详解】试题分析：由题意，得，所以，解得，所以
考点：导数的运算
16、5
【解析】根据得出，设，从而利用双曲线的定义可求出，的关系，从而可求出答案.
【详解】设双曲线的焦距为，则，
因为，所以，
因为，不妨设，，
由双曲线的定义可得，所以，，
由勾股定理可得，，
所以，所以双曲线的离心率
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）
【解析】（1）利用直线方程的两点式求解；
（2）先求得AB的中点，再根据直线与AC平行，利用点斜式求解.
【小问1详解】
因为，，
所以边所在的直线方程为，
即；
【小问2详解】
因为，，
所以AB的中点为：，
又，
所以直线方程为：，
即.
18、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）设与交点为，延长交的延长线于点，进而根据证明，再结合底面得，进而证明平面即可证明结论；
（2）由得点到平面的距离等于点到平面的距离的，进而过作，垂足为，结合（1）得点到平面的距离等于，再在中根据等面积法求解即可.
【小问1详解】
证明：设与交点为，延长交的延长线于点，
因为四棱锥的底面为直角梯形，，
所以，所以，
因为为的中点，所以，
因为
所以，所以，所以，
所以，
又因为，所以，
又因为，所以，
所以，所以
又因为底面，所以，
因为，

所以平面，
因为平面，
所以平面平面
【小问2详解】
解：由于，
所以，点到平面的距离等于点到平面的距离的，

因为平面平面，平面平面
故过作，垂足为，
所以，平面，
所以点到平面的距离等于
在中，，
所以，点到平面的距离等于.
19、（1）
（2）
【解析】（1）首先求的中点，再利用垂直关系求直线的斜率，即可求解；
（2）首先求点的坐标，再求直线的斜率，求得直线的斜率，利用点斜式直线方程，即可求解.
【小问1详解】
由和得：中点
四边形为菱形，
，
且中点，
对角线所在直线方程为：，
即：.
【小问2详解】
由，
解得：，
，
，
，
直线的方程为：，
即：.
20、（1）；
（2）.
【解析】(1)利用椭圆的焦点与抛物线的焦点相同，列出方程求解即可
(2)设，、，，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，通过，求出，得到直线方程
【小问1详解】
由题意知：，，
∴的方程是
【小问2详解】
设，、，，由题意知，
由，得，
∴，，，
∵以为直径的圆过点，∴，
即，
∴，解得，
∴直线的方程是
21、（1）
（2）
（3）
【解析】（1）由题意直接写出基本事件即可得出答案.
（2）样本空间一共有个基本事件,由（1）可得答案.
（3）列出“点数之和为7”的基本事件，从而可得答案.
【小问1详解】
“同时抛掷两颗骰子”的样本空间是{1，2，…，6；1，2，…，6}，其中i、j分别是抛掷第一颗与第二颗骰子所得的点数.
将“出现两个1点”这个事件用A表示，则事件A就是子集.
【小问2详解】
样本空间一共有个基本事件，它们是等可能的，从而“出现两个1点”的概率为.
小问3详解】
将“点数之和为7”这个事件用B表示，则{，，，，，}，事件B共有6个基本事件，
从而“点数之和为7”的概率为.
22、（1）
（2）
【解析】（1）设，由椭圆的定义可得，结合余弦定理可得出的值，从而可得面积.
(2) 设,根据的面积结合椭圆的方程求出点的坐标，代入抛物线可得答案.
【小问1详解】
由椭圆方程知a=2， b=1，，
设，则
即，求得
所以的面积为
【小问2详解】
设
由（1）中，得
又，，所以
代入抛物线方程得，所以
所以抛物线的标准方程为