2025-2026学年辽宁省朝阳市建平县二中高二上数学期末联考模拟试题含解析.doc

2025-2026学年辽宁省朝阳市建平县二中高二上数学期末联考模拟试题
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．已知，则在方向上的投影为（）
A. B.
C. D.
2．已知曲线，则“”是“C为双曲线”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
3．已知条件，条件表示焦点在x轴上的椭圆，则p是q的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既非充分也非必要条件
4．如图，在直三棱柱中，，，E是的中点，则直线BC与平面所成角的正弦值为（）

A. B.
C. D.
5．函数在区间上的最小值是（）
A. B.
C. D.
6．等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（ ）
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
7．在正方体中，，则（）
A. B.
C. D.
8．与直线平行，且经过点（2，3）的直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
9．饕餮（tāo tiè）纹，青铜器上常见的花纹之一，盛行于商代至西周早期，最早出现在距今五千年前长江下游地区的良渚文化玉器上．有人将饕餮纹的一部分画到了方格纸上，如图所示，每个小方格的边长为，有一点从点出发每次向右或向下跳一个单位长度，且向右或向下跳是等可能性的，那么它经过次跳动后恰好是沿着饕餮纹的路线到达点的概率为（）

A. B.
C. D.
10．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）

A.8 B.16
C. D.
11．已知双曲线左右焦点为，，过的直线与双曲线的右支交于P，Q两点，且，若为以Q为顶角的等腰三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
12．曲线上存在两点A，B到直线到距离等于到的距离，则（ ）
A.12 B.13
C.14 D.15
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．随机投掷一枚均匀的硬币两次，则两次都正面朝上的概率为______
14．已知随机变量，且，则______.
15．函数的图象在处的切线方程为，则___________.
16．已知正数、满足，则的最大值为__________
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）已知两点
（1）求以线段为直径的圆C的方程；
（2）在（1）中，求过M点的圆C的切线方程
18．（12分）设椭圆E：（a，b>0）过M（2，） ，N(，1)两点，O为坐标原点，
（1）求椭圆E的方程；
（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且？若存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，若不存在说明理由.
19．（12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？
20．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA=2AB=2

（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积V；
（2）若F为PC的中点，求证PC⊥平面AEF
21．（12分）如图，AC是圆O的直径，B是圆O上异于A，C的一点，平面ABC，点E在棱PB上，且，，.

（1）求证：；
（2）当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.
22．（10分）已知抛物线：的焦点为，点在上，点在的内侧，且的最小值为.
（1）求的方程；
（2）为坐标原点，点A在y轴正半轴上，点B，C为E上两个不同的点，其中B点在第四象限，且AB，互相垂直平分，求四边形AOBC的面积.
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】利用向量数量积的几何意义即得
【详解】,
故在方向上的投影为：
故选：C
2、A
【解析】根据充分必要条件的定义，以及双曲线的标准方程进行判断可得选项
【详解】解：当时，表示双曲线，
当表示双曲线时，则，
所以“”是“C为双曲线”的充分不必要条件.
故选A
3、A
【解析】根据条件，求得a的范围，根据充分、必要条件的定义，即可得答案.
【详解】因为条件表示焦点在x轴上的椭圆，
所以，解得或，
所以条件是条件q： 或的充分不必要条件.
故选：A
4、D
【解析】以，，的方向分別为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出答案.
【详解】解：由题意知，CA，CB，CC1两两垂直，以，，的方向分別为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的法向量为，则
令，得.
因为，所以，
故直线BC与平面所成角的正弦值为.
故选：D.

5、B
【解析】求出导函数，确定函数的单调性，得极值，并求出端点处函数值比较后可得最小值
【详解】解：因为，于是函数在上单调递增，在上单调递减，
，，得函数在区间上的最小值是
故选：B
6、B
【解析】当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案
【详解】由题，当数列为时，满足，
但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件
若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件
故选：B
【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程
7、A
【解析】根据空间向量基本定理，结合空间向量加法的几何意义进行求解即可.
【详解】因为，
而，
所以有，
故选：A
8、C
【解析】由直线平行及直线所过的点，应用点斜式写出直线方程即可.
【详解】与直线平行，且经过点（2，3）的直线的方程为，整理得
故选：C
9、B
【解析】本题首先可根据题意列出次跳动的所有基本事件，然后找出沿着饕餮纹的路线到达点的事件，最后根据古典概型的概率计算公式即可得出结果.
【详解】点从点出发，每次向右或向下跳一个单位长度，次跳动的所有基本事件有：
（右，右，右）、（右，右，下）、（右，下，右）、（下，右，右）、（右，下，下）、（下，右，下）、（下，下，右）、（下，下，下），
沿着饕餮纹的路线到达点的事件有：（下，下，右），
故到达点的概率，
故选：B.
10、C
【解析】画出直观图，利用椎体体积公式进行求解.
【详解】画出直观图，为四棱锥A-BCDE，其中BC=4，BE=2，AE=2，且BE，AE，DE两两垂直，故体积为.

故选：C
11、C
【解析】由双曲线的定义得出中各线段长（用表示），然后通过余弦定理得出的关系式，变形后可得离心率
【详解】由题意，
又，所以，从而，，，
中，，
中．，
所以，，所以，
故选：C
12、D
【解析】由题可知A，B为半圆C与抛物线的交点，利用韦达定理及抛物线的定义即求.
【详解】由曲线，可得，
即，为圆心为，半径为7半圆，
又直线为抛物线的准线，点为抛物线的焦点，
依题意可知A，B为半圆C与抛物线的交点，
由，得，
设，则，，
∴.
故选：D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、##
【解析】列举出所有情况，利用古典概型的概率公式求解即可
【详解】随机投掷一枚均匀的硬币两次，
共有：正正，正反，反正，反反共4种情况，
两次都是正面朝上的有：正正1种情况，
所以两次都正面朝上的概率为，
故答案为：
14、
【解析】根据二项分布的均值与方差的关系求得,再根据方差的性质求解即可.
【详解】,所以,又因为,所以
故答案为：12
【点睛】本题主要考查了二项分布的均值与方差的计算,同时也考查了方差的性质,属于基础题.
15、
【解析】根据导数的几何意义可得，根据切点在切线上可得.
【详解】因为切线的斜率为，所以，
又切点在切线上，所以，所以，
所以.
故答案为：.
16、
【解析】直接利用均值不等式得到答案.
【详解】，
当即时等号成立.
故答案为
【点睛】本题考查了均值不等式，意在考查学生的计算能力.

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）求出圆心和半径即可得到答案；
（2）根据题意先求出切线的斜率，进而通过点斜式求出切线方程.
【小问1详解】
由题意，圆心，半径，则圆C的方程为：.
【小问2详解】
由题意，，则切线斜率为-1，所以切线方程为：.
18、（1）；（2）存在，，.
【解析】（1）根据椭圆E： （a，b>0）过M（2，） ，N(，1)两点，直接代入方程解方程组即可.
（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且，当切线斜率存在时，设该圆的切线方程为，联立，根据，结合韦达定理运算，同时满足，则存在，否则不存在，当切线斜率不存在时，验证即可；在该圆的方程存在时，利用弦长公式结合韦达定理得到求解.
【详解】（1）因为椭圆E： （a，b>0）过M（2，） ，N(，1)两点，
所以，解得，
所以，
所以椭圆E的方程为.
（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且，
设该圆的切线方程为，联立得，
则△=，即
，
，，
要使，需使，即，
所以，
所以，又，
所以，
所以，即或，
因为直线为圆心在原点的圆的一条切线，
所以圆的半径为，，
所以，则所求的圆为，此时圆的切线都满足或，
而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足，
综上， 存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且.
因为，
所以，

，
①当时，，
因为，所以，所以，
所以，当且仅当时取”=”.
② 当时，.
③ 当AB的斜率不存在时， 两个交点为或，所以此时，
综上， |AB |的取值范围为，即：
【点睛】思路点睛：1、解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单
2、设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则 (k为直线斜率)
注意：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式大于零
19、（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.
20、 (1)(2)见解析.
【解析】（1）在中，，求得，由此能求出四棱锥 的体积；（2）由平面 ，证得和 ，由此利用线面垂直的判定定理，即可证得平面.
试题解析：（1）在中，.
在中,

.
则.
（2）， 为的中点， .
平面.
平面 .
为 中点，为 为中点，，则.
平面.
考点：四棱锥的体积公式；直线与平面垂直的判定与证明.
21、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）由圆的性质可得，再由线面垂直的性质可得，从而由线面垂直的判定定理可得平面PAB，所以得，再结合已知条件可得平面PBC，由线面垂直的性质可得结论；
（2）由已知条件结合基本不等式可得当三棱锥的体积最大时，是等腰直角三角形，，从而以OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且垂直于圆O平面的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【小问1详解】
证明：因为AC是圆O的直径，点B是圆O上不与A，C重合的一个动点，
所以.
因为平面ABC，平面ABC，
所以.
因为，且AB，平面PAB，
所以平面PAB.
因为平面PAB，
所以.
因为，，且BC，平面PBC，
所以平面PBC.
因为平面PBC，
所以.
【小问2详解】
解：因为，，所以，所以三棱锥的体积，（当且仅当“”时等号成立）.
所以当三棱锥的体积最大时，是等腰直角三角形，.
所以以OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且垂直于圆O平面的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.
因为∽，所以，因为，，所以，
所以，
.
设向量为平面的一个法向量，则即
令得，.
向量为平面ABC的一个法向量，.
因为二面角是锐角，
所以二面角的余弦值为.

22、（1）
（2）
【解析】（1）根据题意，结合抛物线定义，可求得，即得抛物线方程；
（2）由题意推出四边形AOBC是菱形.，设，根据抛物线的对称性，可表示出B,C的坐标，从而利用向量的坐标运算，求得所设参数值，进而求得答案.
【小问1详解】
的准线为：，作于R，

根据抛物线的定义有，所以，
因为在的内侧，所以当P，Q，R三点共线时，取得最小值，
此时，解得，
所以的方程为.
小问2详解】
因为AB，OC互相垂直平分，所以四边形AOBC是菱形.
由，得轴，设点，则，
由抛物线的对称性知，，，.
由，得，解得,
所以在菱形中，，边上的高，
所以菱形的面积.