2025-2026学年云南省龙陵一中数学高二第一学期期末监测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年云南省龙陵一中数学高二第一学期期末监测模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．双曲线的焦点到渐近线的距离为（ ）
A.1 B.2
C. D.
2．圆与圆的公切线的条数为（ ）
A.1 B.2
C.3 D.4
3．不等式的解集为（）
A.或 B.
C. D.
4．已知实数，满足约束条件则的最大值为（）
A.10 B.8
C.4 D.20
5．某校去年有1100名同学参加高考，从中随机抽取50名同学总成绩进行分析，在这个调查中，下列叙述错误的是
A.总体是：1100名同学的总成绩 B.个体是：每一名同学
C.样本是：50名同学的总成绩 D.样本容量是：50
6．以原点为对称中心的椭圆焦点分别在轴，轴，离心率分别为，直线交所得的弦中点分别为，，若，，则直线的斜率为( )
A. B.
C. D.
7．已知函数，若，则等于（　　）
A. B.1
C.ln2 D.e
8．已知公比不为1的等比数列，其前n项和为，，则（）
A.2 B.4
C.5 D.25
9．在中，角，，所对的边分别为，，，若，则的形状为（ ）
A.锐角三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.不确定
10．椭圆的左右两焦点分别为，，过垂直于x轴的直线交C于A，B两点，，则椭圆C的离心率是（ ）
A. B.
C. D.
11．如图已知正方体，点是对角线上的一点且，，则（ ）

A.当时，平面 B.当时，平面
C.当为直角三角形时， D当的面积最小时，
12．若，则复数在复平面内对应的点在（）
A.曲线上 B.曲线上
C.直线上 D.直线上
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．抛物线C：的焦点F，其准线过（-3，3），过焦点F倾斜角为的直线交抛物线于A，B两点，则p=___________；弦AB的长为___________.
14．已知函数的图象与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，则的外接圆E的方程是________
15．若“x2－2x－8>0”是“x圆直径是其母线长的2倍，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为______

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）已知椭圆：的长轴长是短轴长的倍，且经过点.
（1）求的标准方程；
（2）的右顶点为，过右焦点的直线与交于不同的两点，，求面积的最大值.
18．（12分）为了了解高一年级学生的体能情况，某校抽取部分学生进行一分钟跳绳次数测试，将所得数据整理后，画出频率分布直方图(如图所示)，图中从左到右各小长方形面积之比为2∶4∶17∶15∶9∶3，第二小组的频数为12

（1）第二小组的频率是多少？样本量是多少？
（2）若次数在110以上含110次)为达标，则该校全体高一年级学生的达标率是多少？
（3）样本中不达标的学生人数是多少？
（4）第三组的频数是多少？
19．（12分）已知等比数列的公比，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，若，求满足条件的最大整数n.
20．（12分）已知数列的首项，， ，.
（1）证明：为等比数列；
（2）求数列的前项和
21．（12分）已知等差数列的公差为2，且，，成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
22．（10分）如图，正四棱锥底面的四个顶点在球的同一个大圆上，点在球面上，且正四棱锥的体积为.

（1）该正四棱锥的表面积的大小；
（2二面角的大小.(结果用反三角表示)
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】分别求出双曲线的焦点坐标和渐近线方程，利用点到直线的距离公式求出结果
【详解】双曲线中，焦点坐标为
渐近线方程为：
∴双曲线的焦点到渐近线的距离
故选：A
2、D
【解析】公切线条数与圆与圆的位置关系是相关的，所以第一步需要判断圆与圆的位置关系.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为3；圆的圆心坐标为，半径为1，所以两圆的心心距为，所以两圆相离，公切线有4条.
故选：D.
3、A
【解析】根据一元二次不等式的解法可得答案.
【详解】由不等式可得或
不等式的解集为或
故选：A
4、A
【解析】根据约束条件作出可行域，再将目标函数表示的一簇直线画出
向可行域平移即可求解.
【详解】作出可行域，如图所示

转化为，令则，
作出直线并平移使它经过可行域点，经过时，
，解得，所以
此时取得最大值，即有最大值，即
故选：A.
5、B
【解析】采用逐一验证法，根据总体，个体，样本的概念，可得结果.
【详解】据题意：
总体是1100名同学的总成绩，故A正确
个体是每名同学的总成绩，故B错
样本是50名同学的总成绩，故C正确
样本容量是：50，故D正确
故选：B
【点睛】本题考查总体，个体，样本的概念，属基础题.
6、A
【解析】分类讨论直线的斜率存在与不存在两种情况，联立直线与曲线方程，再根据，求解.
【详解】设椭圆的方程分别为，，由可知，
直线的斜率一定存在，故设直线的方程为.
联立得，
故，；
联立得，
则，.
因为，所以，
所以.
又，所以，
所以，所以，.
故选：A.
【点睛】此题利用设而不求的方法，找出、、、之间的关系，化简即可得到的值.此题的难点在于计算量较大，且容易计算出错.
7、D
【解析】求导，由得出.
【详解】，
故选：D
8、B
【解析】设等比数列的公比为，根据求得，从而可得出答案.

【详解】解：设等比数列的公比为，
则，所以，
则.
故选：B.
9、C
【解析】由正弦定理得出，再由余弦定理得出，从而判断为钝角得出的形状.
【详解】因为，所以，所以，所以的形状为钝角三角形.
故选：C
10、C
【解析】由题可得为等边三角形，可得，即得.
【详解】∵过垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，，
∴为等边三角形，
由代入，可得，
∴，所以，
即，又，
解得.
故选：C.
11、D
【解析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得；
【详解】解：由题可知，如图令正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，因为，所以，所以设平面的法向量为，则，令，则，，所以
对于A：若平面，则，则，解得，故A错误；
对于B：若平面，则，即，解得，故B错误；
当为直角三角形时，有，即，解得或（舍去），故C错误；
设到的距离为，则，
当的面积最小时，，故正确
故选：

12、B
【解析】根据复数的除法运算，先化简，进而求出，再由复数的几何意义，即可得出结果.
【详解】因为，所以，
因此复数在复平面内对应的点为，可知其在曲线上.
故选：B

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、 ①.6； ②.48.
【解析】先通过准线求出p，写出抛物线方程和直线方程，联立得出，进而求出弦AB的长.
【详解】由知准线方程为，又准线过（-3，3），可得，；
焦点坐标为，故直线方程为，和抛物线方程联立，，得，故，又.
故答案为：6；48.
14、
【解析】由题可求三角形三顶点的坐标，三角形的外接圆的方程即求.
【详解】令，得或，
则，
∴外接圆的圆心的横坐标为2，设，半径为r，
由，得，
则，即，
得，.
∴的外接圆的方程为.
故答案为：.
15、
【解析】解不等式，得到或，，根据必要不充分条件，得到是A的真子集，从而求出，得到m的最大值.
【详解】，解得：或，
所以记或，；
若“x2－2x－8>0”是“x的真子集
故，所以m最大值为
故答案为：-2
16、.
【解析】利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】取CD的中点O，以O为原点，以CD所在直线为x轴，
以底面内过点O且与CD垂直的直线为y轴，
以过点O且与底面垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系

设，则，，，
，，，
所以，
所以异面直线AC与BD所成角的余弦值为
故答案为：

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）利用已知条件，结合椭圆方程求出，即可得到椭圆方程
（2）设出直线方程，联立椭圆与直线方程，利用韦达定理，弦长公式列出三角形的面积，再利用基本不等式转化求解即可
【详解】（1）解：由题意解得，，
所以椭圆的标准方程为
（2）点，右焦点，由题意知直线的斜率不为0，
故设的方程为，，，
联立方程得消去，整理得，
∴，，，

，
当且仅当时等号成立，此时：，
所以面积的最大值为
【点睛】本题考查椭圆的性质和方程的求法，考查联立直线方程和椭圆方程消去未知数，运用韦达定理化简整理和运算能力，属于中档题
18、（1）0.08，150；（2）88%；（3）18；（4）51.
【解析】频率分布直方图以面积的形式反映数据落在各小组内的频率大小，所以计算面积之比即为所求小组的频率.可用此方法计算（1），（2），由公式直接计算可得（1）中样本容量；根据（2）问中的达标率，可计算不达标率，从而求出不达标人数，可得（3）；单独计算第三组的频率，由公式计算频数，可求出（4）.
【小问1详解】
频率分布直方图以面积形式反映数据落在各小组内的频率大小，因此第二小组的频率为＝0.08
所以样本容量＝＝150.
【小问2详解】
由直方图可估计该校高一年级学生的达标率为×100%＝88%.
【小问3详解】
由（1）（2）知达标率为88%，样本量为150，不达标的学生频率为1－0.88＝0.12
所以样本中不达标的学生人数为150×0.12＝18(人)
【小问4详解】
第三小组的频率为＝0.34
又因为样本量为150，
所以第三组的频数为150×0.34＝51
19、（1）
（2）
【解析】(1)由等比数列的性质可得，结合条件求出，得出公比，从而得出通项公式.
(2)由（1）可得，再求出的前项和，从而可得出答案.
【小问1详解】
由题意可知，有，
，得或
∴或
又，∴
∴
【小问2详解】
，
∴
∴，又单调递增
,
所以满足条件的的最大整数为
20、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）利用等比数列的定义即可证明.
（2）利用错位相减法即可求解.
【小问1详解】
当时，，
所以：数列是公比为3的等比数列；
小问2详解】
由（1）知，数列是以3为首项，以3为公比的等比数列，
所以：，所以：，
，
所以，①
所以，②
①②可得

.
21、（1）
（2）
【解析】（1）由，，成等比数列和，可得，解方程求出，从而可求出的通项公式，
（2）由（1）可得，然后利用裂项相消法可求出
【小问1详解】
因为等差数列的公差为2，
所以
又因为成等比数列，
所以，
解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）得，
所以.
22、（1）
（2）
【解析】（1）首先求出球的半径，即可得到四棱锥的棱长，再根据锥体的表面积公式计算可得；
（2）取中点，联结，即可得到，从而得到为二面角的平面角，再利用余弦定理计算可得.
【小问1详解】
解：设球的半径为，则
解得，所以所有棱长均为，
因此
【小问2详解】
解：取中点，联结，因为均为正三角形，
因此，即为二面角的平面角.
，
因此二面角的大小为.