2025年河南周口市中英文学校数学高二上期末经典模拟试题含解析.doc

2025年河南周口市中英文学校数学高二上期末经典模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．某高中从3名男教师和2名女教师中选出3名教师，派到3个不同的乡村支教，要求这3名教师中男女都有，则不同的选派方案共有（）种
A.9 B.36
C.54 D.108
2．在长方体中，（）
A. B.
C. D.
3．已知点分别是椭圆的左、右焦点,点P在此椭圆上,,则的面积等于
A. B.
C. D.
4．设双曲线的实轴长与焦距分别为2,4，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
5．中共一大会址、江西井冈山、贵州遵义、陕西延安是中学生的几个重要的研学旅行地.某中学在校学生人，学校团委为了了解本校学生到上述红色基地研学旅行的情况，随机调查了名学生，其中到过中共一大会址或井冈山研学旅行的共有人，到过井冈山研学旅行的人，到过中共一大会址并且到过井冈山研学旅行的恰有人，根据这项调查，估计该学校到过中共一大会址研学旅行的学生大约有（）人
A. B.
C. D.
6．设，则“”是“”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
7．已知等差数列满足，则等于（ ）
A. B.
C. D.
8．关于实数a，b，c，下列说法正确的是（）
A.如果，则，，成等差数列
B.如果，则，，成等比数列
C.如果，则，，成等差数列
D.如果，则，，成等差数列
9．阿基米德（Archimedes，公元前287年-公元前212年），出生于古希腊西西里岛叙拉古（今意大利西西里岛上），伟大的古希腊数学家、物理学家，与高斯、牛顿并称为世界三大数学家．有一类三角形叫做阿基米德三角形（过抛物线的弦与过弦端点的两切线所围成的三角形），他利用“通近法”得到抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积等于阿基米德三角形面积的（即右图中阴影部分面积等于面积的）．若抛物线方程为，且直线与抛物线围成封闭图形的面积为6，则（）

A.1 B.2
C. D.3
10．在正方体中，P，Q两点分别从点B和点出发，以相同的速度在棱BA和上运动至点A和点，在运动过程中，直线PQ与平面ABCD所成角的变化范围为

A. B.
C. D.
11．经过点且圆心是两直线与的交点的圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
12．袋子中有四个小球，分别写有“文、明、中、国”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“中”“国”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率.利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0，1，2，3代表“文、明、中、国”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：

由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．函数的导数_________________.
14．已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则实数______
15．命题“若，则”的否命题为______
16．若，，，四点中恰有三点在椭圆上，则椭圆C的方程为________.
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）已知双曲线与椭圆有公共焦点，且它的一条渐近线方程为.
（1）求椭圆的焦点坐标；
（2）求双曲线的标准方程
18．（12分）直线经过两直线和的交点
（1）若直线与直线平行，求直线的方程；
（2）若点到直线的距离为，求直线的方程
19．（12分）已知抛物线的顶点在原点，焦点在轴上，且抛物线上有一点到焦点的距离为6.
（1）求抛物线的方程；
（2）若不过原点的直线与抛物线交于A、B两点，且，求证：直线过定点并求出定点坐标.
20．（12分）已知椭圆，其上顶点与左右焦点围成的是面积为的正三角形.
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆的右焦点的直线(的斜率存在)交椭圆于两点，弦的垂直平分线交轴于点，问：是否是定值？若是，求出定值：若不是，说明理由.
21．（12分）已知椭圆与直线相切，点G为椭圆上任意一点，，，且的最大值为3
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设直线与椭圆C交于不同两点E，F，点O为坐标原点，且，当的面积取最大值时，求的取值范围
22．（10分）如图，四棱锥中，平面、底面为菱形，为的中点.

（1）证明：平面；
（2）设，菱形的面积为，求二面角的余弦值.
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、C
【解析】根据给定条件利用排列并结合排除法列式计算作答.
【详解】从含有3名男教师和2名女教师的5名教师中任选3名教师，派到3个不同的乡村支教，不同的选派方案有种，
选出3名教师全是男教师的不同的选派方案有种，
所以3名教师中男女都有的不同的选派方案共有种
故选：C
2、D
【解析】根据向量的运算法则得到，带入化简得到答案.
【详解】在长方体中，易知，
所以.

故选：D.
3、B
【解析】根据椭圆标准方程，可得，结合定义及余弦定理可求得值，由及三角形面积公式即可求解.
【详解】椭圆
则，所以，
则
由余弦定理可知
代入化简可得，
则，
故选：B.
【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及几何性质的简单应用，正弦定理与余弦定理的简单应用，三角形面积公式的用法，属于基础题.
4、C
【解析】由已知可求出，即可得出渐近线方程.
【详解】因为，所以，所以的渐近线方程为.
故选：C.
5、B
【解析】作出韦恩图，设调查的学生中去过中共一大会址研学旅行的学生人数为，根据题意求出的值，由此可得出该学校到过中共一大会址研学旅行的学生人数.
【详解】如下图所示，设调查的学生中去过中共一大会址研学旅行的学生人数为，

由题意可得，解的，
因此，该学校到过中共一大会址研学旅行的学生的人数为.
故选：B.
【点睛】本题考查韦恩图的应用，同时也考查了利用分层抽样求样本容量，考查计算能力，属于基础题.
6、A
【解析】由三角函数的单调性直接判断是否能推出，反过来判断
时，是否能推出.
【详解】当时，利用正弦函数的单调性知；当时，或.综上可知“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
【点睛】本题考查判断充分必要条件，三角函数性质，意在考查基本判断方法，属于基础题型.
7、A
【解析】利用等差中项求出的值，进而可求得的值.
【详解】因为得，因此，.
故选：A.
8、B
【解析】根据给定条件结合取特值、推理计算等方法逐一分析各个选项并判断即可作答.
【详解】对于A，若，取，而，即，，不成等差数列，A不正确；
对于B，若，则，即，，成等比数列，B正确；
对于C，若，取，而，，，不成等差数列，C不正确；
对于D，a，b，c是实数，若，显然都可以为负数或者0，此时a，b，c无对数，D不正确.
故选：B
9、D
【解析】根据题目所给条件可得阿基米德三角形的面积，再利用三角形面积公式即可求解.
【详解】由题意可知，当过焦点的弦垂直于x轴时，即时，
，即，
故选：D
10、C
【解析】先过点作于点，连接，根据题意，得到即为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，设，推出，进而可求出结果.
【详解】过点作于点，连接，
因为四棱柱为正方体，所以易得平面，
因此即为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，设，则，，
因为两点分别从点和点出发，以相同的速度在棱和上运动至点和点，所以，
因此，
所以，
因为，所以，则，
因此.
故选：C.

【点睛】本题主要考查求线面角的取值范围，熟记线面角的定义即可，属于常考题型.
11、B
【解析】求出圆心坐标和半径后，直接写出圆的标准方程.
【详解】由得，
即所求圆的圆心坐标为.
由该圆过点，得其半径为1，
故圆的方程为.
故选：B.
【点睛】本题考查了圆的标准方程，属于基础题.
12、A
【解析】利用古典概型的概率公式求解.
【详解】因为随机模拟产生了以下18组随机数：
，
其中恰好第三次就停止包含的基本事件有：023,123,132共3个，
所以由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为，
故选：A

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、.
【解析】根据初等函数的导数法则和导数的四则运算法则，准确运算，即可求解.
【详解】由题意，函数，可得.
故答案为：.
14、
【解析】由题设可得，结合向量共线的坐标表示求参数即可.
【详解】由题设，平面与平面的法向量共线，
∴，则，即，解得.
故答案为：.
15、若，则
【解析】否命题是对命题的条件和结论同时否定，同时否定和即可.
命题“若，则”的否命题为:若，则
考点：四种命题.
16、
【解析】由于，关于轴对称，故由题设知C经过，两点，C不经过点，然后求出a，b，即可得到椭圆的方程.
【详解】解：由于，关于轴对称，故由题设知经过，两点，所以.
又由知，不经过点，所以点在上，所以.
因此，故方程为.
故答案为：.
【点睛】求椭圆的标准方程有两种方法：
①定义法：根据椭圆的定义，确定，的值，结合焦点位置可写出椭圆方程
②待定系数法：若焦点位置明确，则可设出椭圆的标准方程，结合已知条件求出，；若焦点位置不明确，则需要分焦点在轴上和轴上两种情况讨论，也可设椭圆的方程为

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）由椭圆方程及其参数关系求出参数c，即可得焦点坐标.
（2）由渐近线及焦点坐标，可设双曲线方程为，再由双曲线参数关系求出参数，即可得双曲线标准方程.
【小问1详解】
由题设，，又，
所以椭圆的焦点坐标为.
【小问2详解】
由题设，令双曲线为，
由（1）知：，可得，
所以双曲线的标准方程为.
18、（1）
（2）或
【解析】（1）由题意两立方程组，求两直线的交点的坐标，利用两直线平行的性质，用待定系数法求出的方程
（2）分类讨论直线的斜率，利用点到直线的距离公式，用点斜式求直线的方程
【小问1详解】
解：由，解得，
所以两直线和的交点为
当直线与直线平行，设的方程为，
把点代入求得，
可得的方程为
【小问2详解】
解：斜率不存在时，直线方程为，满足点到直线的距离为5
当的斜率存在时，设直限的方程为，即，
则点到直线的距离为，求得，
故的方程为，即
综上，直线的方程为或
19、（1）
（2）证明见解析，定点坐标为(8,0).
【解析】（1）根据抛物线的定义，即可求出结果；
（2）由题意直线方程可设为，将其与抛物线方程联立，再将转化为，根据韦达定理，化简求解，即可求出定点.
【小问1详解】
解：抛物线的顶点在原点，焦点在轴上，且抛物线上有一点，
设抛物线的方程为，
到焦点的距离为6，即有点到准线的距离为6，
即解得，即抛物线的标准方程为；
【小问2详解】
证明:由题意知直线不能与轴平行，故直线方程可设为,
与抛物线联立得，消去得,
设，则,
则，,
由，可得，
所以，即，
亦即，又，解得，
所以直线方程为，易得直线过定点.
20、（1）；（2）是定值，定值为4
【解析】（1）根据正三角形性质与面积可求得即可求得方程；
（2）当直线斜率不为0时，设其方程代入椭圆方程利用韦达定理求得两根关系式，进而求得的表达式，最后求比值即可；当直线斜率为0时直接求解即可
【详解】（1）为正三角形，，可得，
且，∴椭圆的方程为.
（2）分以下两种情况讨论：
①当直线斜率不为0时，设其方程为，且，
联立，消去得，
则，且，
∴弦的中点的坐标为，
则弦的垂直平分线为，
令，得，，
又
，
；
②当直线斜率为0时，则，，则.
综合①②得是定值且为4
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值
21、（1）
（2）
【解析】（1）设点，根据题意，得到，根据向量数量积的坐标表示，得到，根据其最小值，求出，即可得出椭圆方程；
（2）设，，，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，由弦长公式，以及点到直线距离公式，求出的面积的最值，得到；得出点的轨迹为椭圆，且点为椭圆的左、右焦点，记，则，得到，根据对勾函数求出最值.
【小问1详解】
设点，由题意知，
所以：，则，
当时，取得最大值，即，
故椭圆C的标准方程是
【小问2详解】
设，，，则由得
(，
，点O到直线l的距离，

对用均值不等式，则：
当且仅当即，①
，S取得最大值．此时，，
，即，代入①式整理得，
即点M的轨迹为椭圆
且点，为椭圆的左、右焦点，即
记，则于是：
，

由对勾函数的性质：当时，，
且，
故的取值范围为
22、（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）连接交于点，连接，则，利用线面平行的判定定理，即可得证；
（2）根据题意，求得菱形的边长，取中点，可证，如图建系，求得点坐标及坐标，即可求得平面的法向量，根据平面PAD，可求得面的法向量，利用空间向量的夹角公式，即可求得答案.
【详解】（1）连接交于点，连接，
则、E分别为、的中点，所以，
又平面平面
所以平面

（2）由菱形的面积为，，易得菱形边长为，
取中点，连接，因为，所以，
以点为原点，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立如图所示坐标系.

则
所以
设平面的法向量，由
得，令，则
所以一个法向量，
因为，，所以平面PAD，
所以平面的一个法向量
所以，
又二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为
【点睛】解题的关键是熟练掌握证明平行的定理，证明线面平行时，常用中位线法和平行四边形法来证明；利用空间向量求解二面角为常考题型，步骤为建系、求点坐标、求所需向量坐标、求法向量、利用夹角公式求解，属基础题.