2025年安徽名校高二上数学期末达标检测模拟试题含解析.doc

2025年安徽名校高二上数学期末达标检测模拟试题
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。
1．2021年7月，某文学网站对该网站的数字媒体内容能否满足读者需要进行了调查，调查部门随机抽取了名读者，所得情况统计如下表所示：
满意程度
学生族
上班族
退休族
满意

一般

不满意

记满分为分，一般为分，不满意为分.设命题：按分层抽样方式从不满意的读者中抽取人，则退休族应抽取人；命题：样本中上班族对数字媒体内容满意程度的方差为.
则下列命题中为真命题的是（）
A. B.
C. D.
2．已知实数成等比数列，则圆锥曲线的离心率为（ ）
A. B.2
C.或2 D.或
3．甲乙两个雷达独立工作，它们发现飞行目标的概率分别是0.9和0.8，飞行目标被雷达发现的概率为（）
A.0.72 B.0.26
C.0.7 D.0.98
4． “”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
5．设函数是定义在上的函数的导函数，有，若，，则，，的大小关系是（）
A. B.
C. D.
6．若点在椭圆上，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
7．若倾斜角为的直线过两点，则实数（ ）
A. B.
C. D.
8． “”是“”的（ ）
A.充要条件 B.充分不必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
9．定义在R上的函数与函数在上具有相同的单调性，则k的取值范围是（）
A. B.
C. D.
10．若双曲线与椭圆有公共焦点，且离心率，则双曲线的标准方程为（）
A. B.
C. D.
11．已知抛物线y2= 2px（p> 0）的焦点为F，准线为l，M是抛物线上一点，过点M作MN⊥l于N.若△MNF是边长为2的正三角形，则p=（　　）
A. B.
C.1 D.2
12．设正方体的棱长为，则点到平面的距离是（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．数列满足，，其前n项积为，则______
14．已知数列是递增等比数列，，则数列的前项和等于.
15．写出一个公比为3，且第三项小于1的等比数列______
16．__________
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）（1）已知等轴双曲线的上顶点到一条渐近线的距离为，求此双曲线的方程；
（2）已知抛物线的焦点为，设过焦点且倾斜角为的直线交抛物线于，两点，求线段的长
18．（12分）如图，在正四棱锥中，为底面中心，，为中点，

（1）求证：平面；
（2）求：（ⅰ）直线到平面的距离；
（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值
19．（12分）记为等差数列的前n项和，已知.
（1）求的通项公式；
（2）求的最小值.
20．（12分）如图1，在中，，，，分别是，边上的中点，将沿折起到的位置，使，如图2

（1）求点到平面的距离；
（2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为．若存在，求出长；若不存在，请说明理由
21．（12分）已知圆C的圆心在直线上，且圆C经过，两点.
（1）求圆C的标准方程.
（2）设直线与圆C交于A，B（异于坐标原点O）两点，若以AB为直径的圆过原点，试问直线l是否过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由.
22．（10分）如图，在正方体中，，分别为棱，的中点

（1）求证：直线平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值
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】由抽样比再乘以可得退休族应抽取人数可判断命题，求出上班族对数字媒体内容满意程度的平均分，由方差公式计算方差可判断，再由复合命题的真假判断四个选项，即可得正确选项.
【详解】因为退休族应抽取人，所以命题正确；
样本中上班族对数字媒体内容满意程度的平均分为，
方差为，命题正确，
所以为真，、、为假命题，
故选：
2、C
【解析】根据成等比数列求得，再根据离心率计算公式即可求得结果.
【详解】因为实数成等比数列，故可得，解得或；
当时，表示焦点在轴上的椭圆，此时；
当时，表示焦点在轴上的双曲线，此时.
故选：C.
3、D
【解析】利用对立事件的概率求法求飞行目标被雷达发现的概率.
【详解】由题设，飞行目标不被甲、乙发现的概率分别为、，
所以飞行目标被雷达发现的概率为.
故选：D
4、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”原则进行判断即可.
【详解】因为方程为双曲线方程，所以，
所以“”是“方程为双曲线方程”的充要条件.
故选：C.
5、C
【解析】设，求导分析的单调性，又，，，即可得出答案
【详解】解：设，
则，
又因为，
所以，
所以在上单调递增，
又，
，
，
因为，
所以，
所以.
故选：C
6、C
【解析】根据给定条件求出即可计算椭圆的离心率.
【详解】因点在椭圆，则，解得，而椭圆长半轴长，
所以椭圆离心率.
故选：C
7、A
【解析】解方程即得解.
【详解】解：由题得.
故选：A
8、B
【解析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可；
【详解】解：由，得，反之不成立，如，，满足，但是不满足，
故“”是“”的充分不必要条件
故选：B
9、B
【解析】判定函数单调性，再利用导数结合函数在的单调性列式计算作答.
【详解】由函数得：，当且仅当时取“=”，则在R上单调递减，
于是得函数在上单调递减，即，，即，
而在上单调递减，当时，，则，
所以k的取值范围是.
故选：B
10、A
【解析】首先求出椭圆的焦点坐标，然后根据可得双曲线方程中的的值，然后可得答案.
【详解】椭圆焦点坐标为
所以双曲线的焦点在轴上，，
因为，所以，
所以双曲线的标准方程为
故选：A
11、C
【解析】根据正三角形的性质，结合抛物线的性质进行求解即可.
【详解】如图所示：准线l与横轴的交点为，由抛物线的性质可知：，
因为若△MNF是边长为2的正三角形，所以，，
显然，在直角三角形中，
，
故选：C

12、D
【解析】建立空间直角坐标系，根据空间向量所学点到面的距离公式求解即可.
【详解】建立如下图所示空间直角坐标系，以为坐标原点，
所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴.
因为正方体的边长为4，所以，，，，
，所以，，，
设平面的法向量，所以，，
即，设，所以，，即，
设点到平面的距离为，所以，

故选：D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】根据数列的项的周期性，去求的值即可解决.
【详解】由，，可得，，，，，，
由此可知数列的项具有周期性，且周期为4，第一周期内的四项之积为1，所以数列的前2022项之积为
故答案为：
14、
【解析】由题意，，解得或者，
而数列是递增的等比数列，所以，
即，所以，
因而数列的前项和，故答案为.
考点：1.等比数列的性质；2.等比数列的前项和公式.
15、（答案不唯一）
【解析】由条件确定该等比数列的首项的可能值，由此确定该数列的通项公式.
【详解】设数列的公比为，则，
由已知可得， ∴ ，
所以 ，故可取，
故满足条件的等比数列的通项公式可能为，
故答案为：（答案不唯一）
16、
【解析】先由题得到，再整体代入化简即得解.
【详解】因为，
所以，
则
故答案为
【点睛】本题主要考查差角的正切公式，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.

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）8.
【解析】（1）由等轴双曲线的一条渐近线方程为，再由点到直线距离公式求解即可；
（2）求得直线方程代入抛物线，结合焦点弦长求解即可.
【详解】（1）由等轴双曲线的一条渐近线方程为，且顶点到渐近线的距离为，
可得，
解得，故双曲线方程
（2）抛物线的焦点为
直线的方程为，即
与抛物线方程联立，得，
消，整理得，设其两根为，，且
由抛物线的定义可知，
所以，线段的长是
【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式
18、（1）证明见解析；
（2）（i）；（ii）.
【解析】（1）连接，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）（i）利用空间向量法可求得直线到平面的距离；
（ii）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
证明：连接，则为的中点，且，
在正四棱锥中，平面，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示空间直角坐标系，

则、、、、、、、，，
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
因为，则，又因为平面，所以，平面.
【小问2详解】
解：（i），所以，直线到平面的距离为.
（ii），则，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
19、（1）
（2）
【解析】（1）设数列的公差为d，由，利用等差数列的前n项和公式求解；
（2）利用等差数列的前n项和公式结合二次函数的性质求解.
【小问1详解】
解：设数列的公差为d，
∵，
∴，
解得2，
∴.
【小问2详解】
由（1）知2，
∴，
，
，
∴当时，取得最小值-16.
20、（1）
（2）存在，
【解析】（1）根据题意分别由已知条件计算出的面积和的面积，利用求解，
（2）如图建立空间直角坐标系，设，然后求出平面与平面的法向量，利用向量平夹角公式列方程可求得结果
小问1详解】
在中，，因为，分别是，边上的中点，
所以∥，，
所以，
所以，
因为，所以平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以，
因为平面，平面，
所以平面平面，
因为，所以，
因为，所以是等边三角形，
取的中点，连接，则，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
中，，
所以边上的高为，
所以，
在梯形中，，
设点到平面的距离为，
因，所以，
所以，得，
所以点到平面的距离为
【小问2详解】
由（1）可知平面，，
所以以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则
,
设，则
，
设平面的法向量为，则
，令，则，
设平面的法向量为，则
，令，则，
则平面与平面夹角的余弦值为
，
两边平方得，，
解得或（舍去），
所以，所以

21、（1）
（2）过定点，定点为
【解析】（1）设出圆C的标准方程，由题意列出方程从而可得答案.
（2）设，，将直线的方程与圆C的方程联立，得出韦达定理，由条件可得，从而得出答案.
【小问1详解】
设圆C的标准方程为
由题意可得解得，，.
故圆C的标准方程为.
【小问2详解】
设，.联立
整理的
，则，，
故.
因为以AB为直径的圆过原点，所以，
即
则，
化简得.
当时，直线，直线l过原点，此时不满足以AB为直径的圆过原点.
所以，则，则直线过定点.
22、（1）证明见解析；
（2）.
【解析】（1）证明，则，可证明，由平面，可得，再由线面垂直的判定定理即可求证；
（2）连结，可知，所以或其补角即为异面直线与所成的角，在中由余弦定理计算的值即可求解.
【小问1详解】
在正方形中，，分别为棱，的中点，
则，，，
所以，则，
所以，
即，
又因为平面，面，所以，
因为，所以平面
【小问2详解】
连结，，可知，
所以或其补角即为异面直线与所成的角，
令，则，，，
在中，由余弦定理可得：，
故异面直线与所成角的余弦值为.