2025年唐山市第一中学高二上数学期末统考模拟试题含解析.doc

2025年唐山市第一中学高二上数学期末统考模拟试题
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．若存在两个不相等的正实数x，y，使得成立，则实数m的取值范围是（）
A. B.
C. D.
2．在等差数列中，已知，则数列的前6项之和为（）
A.12 B.32
C.36 D.37
3．美学四大构件是：史诗、音乐、造型（绘画、建筑等）和数学．素描是学习绘画的必要一步，它包括明暗素描和结构素描，而学习几何体结构素描是学习素描最重要的一步．某同学在画切面圆柱体（用与圆柱底面不平行的平面去截圆柱，底面与截面之间的部分叫做切面圆柱体，原圆柱的母线被截面所截剩余的部分称为切面圆柱体的母线）的过程中，发现“切面”是一个椭圆，若切面圆柱体的最长母线与最短母线所确定的平面截切面圆柱体得到的截面图形是有一个底角为60度的直角梯形，则该椭圆的离心率为（ ）

A. B.
C. D.
4．已知等比数列的前n项和为，且，则（）
A.20 B.30
C.40 D.50
5．已知等差数列为其前项和，且，且，则（ ）
A.36 B.117
C. D.13
6．已知等差数列，且，则（）
A.3 B.5
C.7 D.9
7．以椭圆＋＝1的焦点为顶点，以这个椭圆的长轴的端点为焦点的双曲线方程是（）
A. B.
C. D.
8．古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明.经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明.他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线.现有方程表示的曲线是双曲线，则的取值范围为（）
A. B.
C. D.
9． “”是“方程表示双曲线”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
10．小明骑车上学，开始时匀速行驶，途中因交通堵塞停留了一段时间，后为了赶时间加快速度行驶．与以上事件吻合得最好的图象是（　　）
A. B.
C. D.
11．已知数列为等差数列，若，则（）
A.1 B.2
C.3 D.4
12．椭圆的一个焦点坐标为，则（ ）
A.2 B.3
C.4 D.8
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．某汽车运输公司购买了一批豪华大客车投入运营．据市场分析，每辆客车营运的总利润y（单位：10万元）与营运年数x（）为二次函数的关系（如图），则每辆客车营运年数为________时，营运的年平均利润最大

14．将数列{n}按“第n组有n个数”的规则分组如下：（1），(2，3)，(4，5，6)，…，则第22组中的第一个数是_________
15．从1，2，3，4，5中任取两个不同的数，其中一个作为对数的底数a，另一个作为对数的真数b.则的概率为______.
16．写出一个数列的通项公式____________，使它同时满足下列条件：①，②，其中是数列的前项和.（写出满足条件的一个答案即可）
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）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.
（1）求角B的大小；
（2）若，，且，求a.
18．（12分）已知直线，直线经过点且与直线平行，设直线分別与x轴，y轴交于A，B两点.
（1）求点A和B的坐标；
（2）若圆C经过点A和B，且圆心C在直线上，求圆C的方程.
19．（12分）已知抛物线的焦点为，抛物线上的点的横坐标为1，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）过焦点作两条相互垂直的直线（斜率均存在），分别与抛物线交于、和、四点，求四边形面积的最小值.
20．（12分）已知抛物线的准线与轴的交点为.

（1）求的方程；
（2）若过点的直线与抛物线交于，两点.请判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
21．（12分）如图，在三棱锥中，，点为线段上的点.

（1）若平面，试确定点的位置，并说明理由；
（2）若，，，在（1）成立的前提下，求二面角的余弦值.
22．（10分）已知圆的圆心在直线，且与直线相切于点.
（1）求圆的方程；
（2）直线过点且与圆相交，所得弦长为，求直线的方程.
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】将给定等式变形并构造函数，由函数的图象与垂直于y轴的直线有两个公共点推理作答.
【详解】因，令，
则存在两个不相等的正实数x，y，使得，即存在垂直于y轴的直线与函数的图象有两个公共点，
，，而，当时，，函数在上单调递增，
则垂直于y轴的直线与函数的图象最多只有1个公共点，不符合要求，
当时，由得，当时，，当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，，
令，，令，则，即在上单调递增，
，即，在上单调递增，则有当时，，
，而函数在上单调递增，取，则，
而，因此，存在垂直于y轴的直线()，与函数的图象有两个公共点，
所以实数m的取值范围是.
故选：D
【点睛】思路点睛：涉及双变量的等式或不等式问题，把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.
2、C
【解析】直接按照等差数列项数性质求解即可.
【详解】数列的前6项之和为.
故选：C.
3、A
【解析】设圆柱的底面半径为，由题意知，，椭圆的长轴长，短轴长为，可以求出的值，即可得离心率.
【详解】设圆柱的底面半径为，依题意知，最长母线与最短母线所在截面如图所示

从而
因此在椭圆中长轴长，
短轴长，

，
故选：A
【点睛】本题主要考查了椭圆的定义和椭圆离心力的求解，属于基础题.
4、B
【解析】利用等比数列的前n项和公式即可求解.
【详解】设等比数列的首项为，公比为，则
，由得，
即，解得或（舍），
且代入①得，则，
所以.
故选：B.
5、B
【解析】根据等差数列下标的性质，，进而根据条件求出，然后结合等差数列的求和公式和下标性质求得答案.
【详解】由题意，，即为递增数列，所以，又，又，联立方程组解得：.于是，.
故选：B.
6、B
【解析】根据等差数列的性质求得正确答案.
【详解】由于数列是等差数列，
所以.
故选：B
7、B
【解析】根据椭圆的几何性质求椭圆的焦点坐标和长轴端点坐标，由此可得双曲线的a，b，c，再求双曲线的标准方程.
【详解】∵椭圆的方程为＋＝1，
∴椭圆的长轴端点坐标为，，焦点坐标为，，
∴双曲线的焦点在y轴上，且a＝1，c＝2，
∴b2＝3，
∴双曲线方程为，
故选：B.
8、C
【解析】对方程进行化简可得双曲线上一点到定点与定直线之比为常数，进而可得结果.
【详解】已知方程可以变形为，即，
∴
其表示双曲线上一点到定点与定直线之比为常数，
又由，可得，
故选：C.
9、A
【解析】方程表示双曲线则 ，解得 ，
是“方程表示双曲线”的充分不必要条件.故选：A
10、C
【解析】先研究四个选项中图象的特征，再对照小明上学路上的运动特征，两者对应即可选出正确选项.
【详解】考查四个选项，横坐标表示时间，纵坐标表示的是离开学校的距离，由此知，此函数图象一定是下降的，由此排除A；
再由小明骑车上学，开始时匀速行驶可得出图象开始一段是直线下降型，又途中因交通堵塞停留了一段时间，故此时有一段函数图象与x轴平行，由此排除D，
之后为了赶时间加快速度行驶，此一段时间段内函数图象下降的比较快，由此可确定C正确，B不正确
故选C
【点睛】本题考查函数的表示方法，关键是理解坐标系的度量与小明上学的运动特征，属于基础题.
11、D
【解析】利用等差数列下标和的性质求值即可.
【详解】由等差数列下标和性质知：.
故选：D
12、D
【解析】由条件可得，，，，由关系可求值.
【详解】∵椭圆方程为：，
∴，
∴，，
∵椭圆的一个焦点坐标为，
∴，又，
∴，
∴ ，
故选：D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、5
【解析】首先根据题意得到二次函数的解析式为，再利用基本不等式求解的最大值即可.
【详解】根据题意得到：抛物线的顶点为，过点，开口向下，
设二次函数的解析式为，
所以，解得，即，
则营运的年平均利润，
当且仅当，即时取等号
故答案为：5.
14、
【解析】由已知，第组中最后一个数即为前组数的个数和，由此可求得第21组的最后一个数，从而就可得第22组的第一个数.
【详解】由条件可知，第21组的最后一个数为，
所以第22组的第1个数为.
故答案为：
15、##
【解析】利用列举法，结合古典概型概率计算公式以及对数的知识求得正确答案.
【详解】的所有可能取值为，
，共种，
满足的为，，共种，
所以的概率为.
故答案为：
16、(答案合理即可)
【解析】当时满足，利用作差比较法即可证明.
【详解】解：当时满足条件①②，证明如下：
因为，所以；
当时，；
当时，；
综上，.
故答案为：(答案合理即可).

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）根据已知条件，运用余弦定理化简可求出；
（2）由可求出，利用诱导公式和两角和的正弦公式求出，再利用正弦定理即求.
【小问1详解】
）∵且，
∴，
∴，
∴，∵，
∴.
【小问2详解】
∵，
∴，∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，，，
∴.
18、（1），；
（2）.
【解析】（1）由直线平行及所过的点，应用点斜式写出直线方程，进而求A、B坐标.
（2）由（1）求出垂直平分线方程，并联立直线求圆心坐标，即可求圆的半径，进而写出圆C的方程.
【小问1详解】
由题设，的斜率为，又直线与直线平行且过，
所以直线为，即，
令，则；令，则.
所以，.
【小问2详解】
由（1）可得：垂直平分线为，即，
联立，可得，即，故圆的半径为，
所以圆C的方程为.
19、（1）
（2）2
【解析】（1）根据抛物线的定义求出，即可得到抛物线方程；
（2）设直线的方程为：，、，则直线的方程为：，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，再根据弦长公式表示出，同理可得，则四边形的面积，最后利用基本不等式计算可得；
【小问1详解】
解：由已知知：，解得，
故抛物线的方程为：.
【小问2详解】
解：由（1）知：，设直线方程为：，、，则直线的方程为：，
联立得，则，所以，，
∴，
同理可得，
∴四边形的面积，
当且仅当，即时等号成立，
∴四边形面积的最小值为2.
20、（1）
（2）是定值，定值为
【解析】(1)由抛物线的准线求标准方程；
(2)直线与抛物线相交求定值，解联立方程消未知数，利用韦达定理，求线段长，再求它们的倒数的平方和.
【小问1详解】
由题意，可得，即，
故抛物线的方程为.
【小问2详解】
为定值，且定值是.下面给出证明.
证明：设直线的方程为，，，
联立抛物线有，消去得，
则，
又，.
得

因此为定值，且定值是.
21、（1）点为MC的中点，理由见解析；
（2）
【解析】（1）由线面垂直得到线线垂直，进而由三线合一得到点为MC的中点；（2）作出辅助线，找到二面角的平面角，利用勾股定理求出各边长，用余弦定理求出答案.
【小问1详解】
点为MC的中点，理由如下：
因为平面，平面，所以，，又，由三线合一得：点为MC的中点
【小问2详解】
取AB的中点H，连接PH，CH，则由（1）知：，结合点为MC的中点，所以PA=PB，故由三线合一得：PH⊥AB，且CH⊥AB，所以∠CHP即为二面角的平面角，
因为，，，所以，，，由勾股定理得：，，，
在△PCH中，由余弦定理得：，
故二面角的余弦值为

22、（1）
（2）或
【解析】（1）分析可知圆心在直线上，联立两直线方程，可得出圆心的坐标，计算出圆的半径，即可得出圆的方程；
（2）利用勾股定理求出圆心到直线的距离，然后对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出参数，即可得出直线的方程.
【小问1详解】
解：过点且与直线垂直的直线的方程为，
由题意可知，圆心即为直线与直线的交点，
联立，解得，故圆的半径为，
因此，圆的方程为.
【小问2详解】
解：由勾股定理可知，圆心到直线的距离为.
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离为，满足条件；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
由题意可得，解得，
此时，直线的方程为，即.
综上所述，直线的方程为或.