2025-2026学年河南省林州一中分校高二数学第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年河南省林州一中分校高二数学第一学期期末学业质量监测模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．已知抛物线上的点到其准线的距离为，则（）
A. B.
C. D.
2．在中，，则边的长等于（ ）
A. B.
C. D.2
3．已知圆与圆没有公共点，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
4．若抛物线焦点与椭圆的右焦点重合，则的值为
A. B.
C. D.
5．已知直线和平面，且在上，不在上，则下列判断错误的是（ ）
A.若，则存在无数条直线，使得
B.若，则存在无数条直线，使得
C.若存在无数条直线，使得，则
D.若存在无数条直线，使得，则
6．若，则的值为（ ）
A.或 B.或
C.1 D.－1
7．若，则=（）
A.244 B.1
C. D.
8．已知数列为递增等比数列，，则数列的前2019项和（）
A B.
C. D.
9．已知函数及其导函数，若存在使得，则称是的一个“巧值点”.下列选项中没有“巧值点”的函数是()
A. B.
C. D.
10．若直线过点（1，2），（4，2＋），则此直线的倾斜角是（）
A.30° B.45°
C.60° D.90°
11．围棋起源于中国，据先秦典籍世本记载：“尧造围棋，丹朱善之”，至今已有四千多年历史．围棋不仅能抒发意境、陶冶情操、修身养性、生慧增智，而且还与天象易理、兵法策略、治国安邦等相关联，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际围棋比赛中，规定甲与乙对阵，丙与丁对阵，两场比赛的胜者争夺冠军，根据以往战绩，他们之间相互获胜的概率如下：

甲
乙
丙
丁
甲获胜概率

乙获胜概率

丙获胜概率

丁获胜概率

则甲最终获得冠军的概率是（ ）

A.0.165 B.0.24
C.0.275 D.0.36
12．已知实数a，b，c，若a＞b，则下列不等式成立的是（ ）
A B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在空间直角坐标系中，已知点A，若点P满足，则_______
14．参加数学兴趣小组的小何同学在打篮球时，发现当篮球放在地面上时，篮球的斜上方灯泡照过来的光线使得篮球在地面上留下的影子有点像数学课堂上学过的椭圆，但他自己还是不太确定这个想法，于是回到家里翻阅了很多参考资料，终于明白自己的猜想是没有问题的，而且通过学习，他还确定地面和篮球的接触点（切点）就是影子椭圆的焦点.他在家里做了个探究实验：如图所示，桌面上有一个篮球，若篮球的半径为个单位长度，在球的右上方有一个灯泡（当成质点），灯泡与桌面的距离为个单位长度，灯泡垂直照射在平面的点为，影子椭圆的右顶点到点的距离为个单位长度，则这个影子椭圆的离心率______.

15．如图，在棱长都为的平行六面体中，，，两两夹角均为，则________；请选择该平行六面体的三个顶点，使得经过这三个顶点的平面与直线垂直.这三个顶点可以是________

16．某学生到某工厂进行劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为一个大圆柱中挖去一个小圆柱后剩余部分（两个圆柱底面圆的圆心重合），大圆柱的轴截面是边长为的正方形，小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，打印所用原料的密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.（取）

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）某工厂为了解甲、乙两条生产线所生产产品的质量，分别从甲、乙两条生产线生产的产品中各随机抽取了1000件产品，并对所抽取产品的某一质量指数进行检测，根据检测结果按分组，得到如图所示的频率分布直方图，若该工厂认定产品的质量指数不低于6为优良级产品，产品的质量指数在内时为优等品.

（1）用统计有关知识判断甲、乙两条生产线所生产产品的质量哪一条更好，并说明理由（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）用分层抽样的方法从该工厂样品的优等品中抽取6件产品，在这6件产品中随机抽取2件，求抽取到的2件产品都是甲生产线生产的概率.
18．（12分）在中，角，，所对的边分别为，，，其外接圆半径为，已知
（1）求角；
（2）若边的长是该边上高的倍，求
19．（12分）在平面直角坐标系中，已知点.点M满足.记M的轨迹为C.
（1）求C的方程；
（2）直线l经过点，与轨迹C分别交于点M、N，与直线交于点Q，求证：.
20．（12分）{}是公差为1的等差数列，.正项数列{}的前n项和为，且.
（1）求数列{}和数列}的通项公式；
（2）在和之间插入1个数，使，，成等差数列，在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列，…，在和之间插入n个数，，…，，使，，，…，，成等差数列.
①记，求{}的通项公式；
②求的值.
21．（12分）已知数列{}的前n项和为，且2=3-3（n∈）
（1）求数列{}的通项公式
（2）若=（n+1），求数列{}的前n项和
22．（10分）已知命题：“曲线表示焦点在轴上的椭圆”，命题：“曲线表示双曲线”.
（1）若是真命题，求实数的取值范围；
（2）若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.
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】首先根据抛物线的标准方程的形式，确定的值，再根据焦半径公式求解.
【详解】，，
因为点到的准线的距离为，所以，得
故选：C
2、A
【解析】由余弦定理求解
【详解】由余弦定理，得，即，解得（负值舍去）
故选：A
3、B
【解析】求出圆、的圆心和半径，再由两圆没有公共点列不等式求解作答.
【详解】圆的圆心，半径，
圆的圆心，半径，，
因圆、没有公共点，则有或，
即或，又，解得或，
所以实数a的取值范围为.
故选：B
4、D
【解析】解：椭圆的右焦点为(2,0)，所以抛物线的焦点为(2,0)，则，故选D
5、D
【解析】根据直线和直线，直线和平面的位置关系依次判断每一个选项得到答案.
【详解】若，则平行于过的平面与的交线，当时，，则存在无数条直线，使得，A正确；
若，垂直于平面中的所有直线，则存在无数条直线，使得，B正确；
若存在无数条直线，使得，，，则，C正确；
当时，存在无数条直线，使得，D错误.
故选：D.
6、B
【解析】求出函数的导数，由方程求解即可.
【详解】，
，
解得或，
故选：B
7、D
【解析】分别令代入已知关系式，再两式求和即可求解.
【详解】根据，
令时，整理得：
令x = 2时，整理得:
由①+②得，，所以.
故选：D.
8、C
【解析】根据数列为递增的等比数列，，利用“”法求得，再代入等比数列的前n项和公式求解.
【详解】因为数列为递增等比数列，
所以，
解得：，
所以.
故选：C
【点睛】本题主要考查等比数列的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
9、C
【解析】利用新定义：存在使得，则称是的一个“巧点”，对四个选项中的函数进行一一的判断即可
【详解】对于A，，则，令，解得或，即有解，故选项A的函数有“巧值点”，不符合题意；
对于B，，则，令，令，则g(x)在x＞0时为增函数，∵(1)，(e)，由零点的存在性定理可得，在上存在唯一零点，即方程有解，故选项B的函数有“巧值点”，不符合题意；
对于C，，则，令，故方程无解，故选项C的函数没有“巧值点”，符合题意；
对于D，，则，
令，
则.
∴方程有解，故选项D的函数有“巧值点”，不符合题意
故选：C
10、A
【解析】求出直线的斜率，由斜率得倾斜角
【详解】由题意直线斜率为，所以倾斜角为
故选：A
11、B
【解析】先求出甲第一轮胜出的概率，再求出甲第二轮胜出的概率，即可得出结果.
【详解】甲最终获得冠军的概率，
故选：B.
12、C
【解析】根据不等式的性质逐一分析即可得出答案.
【详解】解：对于A，因为a＞b，若，则，故A错误；
对于B，若，则，故B错误；
对于C，若a＞b，又，所以，故C正确；
对于D，当时，，故D错误.
故选：C.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】设，表示出，，根据即可得到方程组，解得、、，即可求出的坐标，即可得到的坐标，最后根据向量模的坐标表示计算可得；
【详解】解：设，所以，，因为，所以，所以，解得，即，所以，所以；
故答案为：
14、
【解析】建立平面直角坐标系，解得图中N、Q的横坐标，列方程组即可求得椭圆的a、c，进而求得椭圆的离心率.
【详解】以A为原点建立平面直角坐标系，则，，直线PR的方程为

设,
由到直线PR的距离为1，得，解之得或（舍）
则，
又设直线PN方程为
由到直线PN的距离为1，得，整理得
则，又，故
则直线PN的方程为，
故，
由，解得，故椭圆的离心率
故答案为：
【点睛】数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。
15、 ①. ②.点或点 （填出其中一组即可）
【解析】（1）以向量，，为基底分别表达出向量和，展开即可解决；
（2）由上一问可知，用上一问同样的方法可以证明出，
这样就证明了平面与直线垂直.
【详解】（1）令，，，
则，
则有，

故

（2）令，，，
则，
则有，

故

故，即
又由（1）之,,
故直线垂直于平面
同理可证直线垂直于平面
故答案为：0;点或点
16、4500
【解析】根据题意可知大圆柱底面圆的半径，两圆柱的高，设小圆柱的底面圆的半径为，再根据小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，求出小圆柱的底面圆的半径，然后求出该模型的体积，从而可得出答案.
【详解】解：根据题意可知大圆柱的底面圆的半径，两圆柱的高，
设小圆柱的底面圆的半径为，
则有，即，解得，
所以该模型的体积为，
所以制作该模型所需原料的质量为.
故答案为：4500.

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）甲更好，详细见解析
（2）
【解析】（1）根据频率分布直方图计算甲、乙两条生产线所生产产品的质量指数的平均数，比较大小即可得答案；
（2）由题意可知，甲、乙生产线的样品中优等品件数，利用分层抽样可得从甲生产线的样品中抽取的优等品有件件，记为，从乙生产线的样品中抽取的优等品有件，记为；列出抽取到的2件产品的所有基本事件，根据古典概型计算即可.
【小问1详解】
解：甲生产线所生产产品的质量指数的平均数为：＝3×0.05×2+5×0.15×2+7×0.2×2+9×0.1×2＝6.4；
乙生产线所生产产品的质量指数的平均数为：＝3×0.15×2+5×0.1×2+7×0.2×2+9×0.05×2＝5.6
因为，所以甲生产线生产产品质量的平均水平高于乙生产线生产产品质量的平均水平，
故甲生产线所生产产品的质量更好.
【小问2详解】
由题意可知，甲生产线的样品中优等品有件，乙生产线的样品中优等品有件，从甲生产线的样品中抽取的优等品有件件，记为，从乙生产线的样品中抽取的优等品有件，记为；从这6件产品中随机抽取2件的情况有：
（a，b），（a，c），（a，d），（a，E），a，F），
（b，c），（b，d），（b，E），（b，F），
（c，d），（c，E），（c，F），
（d，E），（d，F），
（E，F），共15种；其中符合条件的情况有：
（a，b），（a，c），（a，d），（b，c），（b，d），（c，d），共6种.
故抽取到的2件产品都是甲生产线生产的概率为：
18、（1）；（2）
【解析】（1）利用正弦定理将角化边，再利用余弦定理计算可得；
（2）记边上的高为，不妨设，即可求出，再利用余弦定理求出，在中，记，根据锐角三角函数求出，，最后根据，利用两角和的余弦公式计算可得；
【详解】解：（1）由已知条件，所以，所以
所以，，
由余弦定理可得，
而，于是
（2）记边上的高为，不妨设，则，，，所以，
由余弦定理得，
在中，记，则，，
所以
19、（1）
（2）证明见解析
【解析】（1）根据已知得点M的轨迹C为椭圆，根据椭圆定义可得方程；
（2）直线的方程设为，与椭圆方程联立，利用韦达定理及线段长公式进行计算即可.
【小问1详解】
由椭圆定义得，点M的轨迹C为以点为焦点，长轴长为4的椭圆，
设此椭圆的标准方程为，则由题意得，
所以C方程为；
【小问2详解】
设点的坐标分别为，
由题意知直线的斜率一定存在，设为，则直线的方程可设为，
与椭圆方程联立可得，
由韦达定理知，
所以，

又因为，
所以

又由题知，
所以，
所以，
所以，得证.
20、（1），
（2）①；②
【解析】（1）利用等差数列的通项公式将展开化简，求得首项，可得；根据递推式，确定，再写出，两式相减可求得；
（2）①根据等差数列的性质，采用倒序相加法求得结果；②根据数列的通项的特征，采用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
设数列{}的公差为d，则d=1，
由，
即，可得，
所以{}的通项公式为；
由可知：
当，得，
当时，，
两式相减得；，即，
所以{}是以为首项，为公比的等比数列，
故.
【小问2详解】
①，
两式相加，得
所以；
②，

，
两式相减得：
，
故.
21、（1）；
（2）.
【解析】（1）利用的关系可得，即可知为等比数列，写出等比数列通项公式即可.
（2）由（1）得，利用错位相减求和法即可求出前n项和.
【小问1详解】
当时，，解得，
当时，，
则，即，
又，则，
∴，故是以为首项，以3为公比的等比数列，
∴数列的通项公式为；
【小问2详解】
由(1)知，所以，
所以①，
则②，
①-②，得，
整理，得，
，
所以.
22、（1）；（2）.
【解析】（1）根据方程为焦点在轴上的椭圆的条件列不等式组，解不等式组求得的取值范围.
（2）求得为真命题时的取值范围，结合是的必要不充分条件列不等式组，解不等式组求得的取值范围.
【详解】（1）若是真命题，所以，解得，
所以的取值范围是.
（2）由（1）得，是真命题时，的取值范围是，
为真命题时，，
所以的取值范围是
因为是的必要不充分条件，
所以，所以，等号不同时取得，
所以
【点睛】本小题主要考查椭圆、双曲线，考查必要不充分条件求参数.