福建省福安市第一中学2025年高二数学第一学期期末考试模拟试题含解析.doc

福建省福安市第一中学2025年高二数学第一学期期末考试模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．某地区高中分三类，A类学校共有学生2000人，B类学校共有学生3000人，C类学校共有学生4000人，若采取分层抽样的方法抽取900人，则A类学校中的学生甲被抽到的概率（ ）
A. B.
C. D.
2．双曲线的左焦点到其渐近线的距离是（）
A. B.
C. D.
3．音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的，得到“微”，“微”经过一次“益”，频率变为原来的，得到“商”……依此规律损益交替变化，获得了“宫”“微”“商”“羽”“角”五个音阶.据此可推得（ ）
A.“商”“羽”“角”的频率成公比为的等比数列
B.“宫”“微”“商”的频率成公比为的等比数列
C.“宫”“商”“角”的频率成公比为的等比数列
D.“角”“商”“宫”的频率成公比为的等比数列
4．已知抛物线C：，焦点为F，点到在抛物线上，则（）
A.3 B.2
C. D.
5．点是正方体的底面内（包括边界）的动点.给出下列三个结论：
①满足的点有且只有个；
②满足的点有且只有个；
③满足平面的点的轨迹是线段.
则上述结论正确的个数是（）
A. B.
C. D.
6．如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的表面积为（）

A. B.
C.8 D.12
7．命题 ，， 则是（ ）
A.， B.，
C.， D.，
8．若变量x，y满足约束条件，则目标函数最大值为（）
A.1 B.-5
C.-2 D.-7
9．如果双曲线的一条渐近线方程为，且经过点，则双曲线的标准方程是（ ）
A. B.
C. D.
10．已知圆和椭圆．直线与圆交于、两点，与椭圆交于、两点．若时，的取值范围是，则椭圆的离心率为（）
A. B.
C. D.
11．若函数在上有两个极值点，则下列选项中不正确的为（）
A. B.
C. D.
12．将数列中的各项依次按第一个括号1个数，第二个括号2个数，第三个括号4个数，第四个括号8个数，第五个括号16个数，…，进行排列，，，…，则以下结论中正确的是（）
A.第10个括号内的第一个数为1025 B.2021在第11个括号内
C.前10个括号内一共有1025个数 D.第10个括号内的数字之和
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若圆被直线平分，则值为__________
14．如图，四棱锥的底面是正方形，底面，为的中点，若，则点到平面的距离为___________.

15． “第七届全国画院美术作品展”于2021年12月2日至2022年2月20日在郑州美术馆展出.已知某油画作品高2米，宽6米，画的底部离地有2.7米（如图所示）.有一身高为1.8米的游客从正面观赏它（该游客头顶E到眼睛C的距离为10），设该游客离墙距离CD为x米，视角为.为使观赏视角最大，x应为___________米.

16．已知复数对应的点在复平面第一象限内，甲、乙丙三人对复数的陈述如下为虚数单位：甲：；乙：；丙：，在甲、乙、丙三人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数______
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）在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知直线：mx－（2－m）y－4=0与直线h：x+y－2=0的交点M在第一三象限的角平分线上.
（1）求实数m的值；
（2）若点P在直线l上且，求点P的坐标.
18．（12分）已知数列的前n项和
（1）求的通项公式；
（2）若数列的前n项和，求数列的前n项和
19．（12分）已知：圆是的外接圆，边所在直线的方程为，中线所在直线的方程为，直线与圆相切于点.
（1）求点和点的坐标；
（2）求圆的方程.
20．（12分）已知等比数列{an}中，a1=1，且2a2是a3和4a1的等差中项.数列{bn}满足b1=1，b7=13，且bn+2+bn=2bn+1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an+bn}前n项和Tn.
21．（12分）如图，在半径为6 m的圆形O为圆心铝皮上截取一块矩形材料OABC，其中点B在圆弧上，点A，C在两半径上，现将此矩形铝皮OABC卷成一个以AB为母线的圆柱形罐子的侧面不计剪裁和拼接损耗，设矩形的边长|AB|x m，圆柱的体积为V m3.

（1）写出体积V关于x的函数关系式，并指出定义域；
（2）当x为何值时，才能使做出的圆柱形罐子的体积V最大最大体积是多少?
22．（10分）已知椭圆，离心率为，短半轴长为1
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知直线，问：在椭圆C上是否存在点T，使得点T到直线l的距离最大？若存在，请求出这个最大距离；若不存在，请说明理由
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】利用抽样的性质求解
【详解】所有学生数为，
所以所求概率为.
故选：D
2、A
【解析】求出双曲线焦点坐标与渐近线方程，利用点到直线的距离公式可求得结果.
详解】在双曲线中，，，，
所以，该双曲线的左焦点坐标为，渐近线方程为，即，
因，该双曲线的左焦点到渐近线的距离为.
故选：A
3、C
【解析】根据文化知识，分别求出相对应的频率，即可判断出结果
【详解】设“宫”的频率为a，由题意经过一次“损”，可得“徵”的频率为a，
“徵”经过一次“益”，可得“商”的频率为a，
“商”经过一次“损”，可得“羽”频率为a，
最后“羽”经过一次“益”，可得“角”的频率是a，
由于a，a，a成等比数列，所以“宫、商、角”的频率成等比数列，且公比为，
故选：C
【点睛】本题考查等比数列的定义，考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题
4、D
【解析】利用抛物线的定义求解.
【详解】因为点在抛物线上，，解得，
利用抛物线的定义知
故选：D
5、C
【解析】对于①，根据线线平行的性质可知点即为点，因此可判断①正确；
对于②，根据线面垂直的判定可知平面,，由此可判定的位置，进而判定②的正误；
对于③，根据面面平行可判定平面平面，因此可判断此时一定落在上，由此可判断③的正误.
【详解】如图：

对于①，在正方体中， ,
若异于 ，则过点至少有两条直线和平行，这是不可能的，
因此底面内（包括边界）满足的点有且只有个，即为点，
故①正确；
对于②，正方体中，平面 ,平面，
所以 ,
又，所以，
而 ,平面 ,故平面,
因此和垂直的直线一定落在平面内，
由是平面上的动点可知，一定落在上，这样的点有无数多个，故②错误；
对于③， ,平面 ,则平面，
同理平面,而 ,
所以平面平面，而平面，
所以一定落在平面上，
由是平面上的动点可知，此时一定落在上，
即点的轨迹是线段，故③正确，
故选：C.
6、B
【解析】首先确定几何体的空间结构特征，然后求解其表面积即可.
【详解】由题意知，
该几何体是一个由8个全等的正三角形围成的多面体，
正三角形的边长为：，
正三角形边上的一条高为：，
所以一个正三角形的面积为：，
所以多面体的表面积为：.
故选：B
7、D
【解析】根据特称命题的否定为全称命题，即可得到答案.
【详解】因为命题 ，，
所以，.
故选：D
8、A
【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求最值即可
【详解】解：由得
作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分

平移直线，由图象可知当直线，过点时取得最大值，
由，解得，所以
代入目标函数，得，
故选：A
9、D
【解析】根据渐近线方程设出双曲线方程，然后将点代入，进而求得答案.
【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为，所以设双曲线方程为，将代入得：，即双曲线方程为.
故选：D.
10、C
【解析】由题设，根据圆与椭圆的对称性，假设在第一象限可得，结合已知有，进而求椭圆的离心率.
【详解】由题设，圆与椭圆的如下图示：

又时，的取值范围是，结合圆与椭圆的对称性，不妨假设在第一象限，
∴从0逐渐增大至无穷大时，，故，
∴
故选：C.
11、C
【解析】求导，根据题意可得，从而可得出答案.
【详解】解：，
因为函数在上有两个极值点，
所以，即.
所以ABD正确，C错误.
故选：C.
12、D
【解析】由第10个括号内的第一个数为数列的第512项，最后一个数为数列的第1023项，进行分析求解即可
【详解】由题意可得，第个括号内有个数，
对于A，由题意得前9个括号内共有个数，
所以第10个括号内的第一个数为数列的第512项，所以第10个括号内的第一个数为，所以A错误，
对于C，前10个括号内共有个数，所以C错误，
对于B，令，得，所以2021为数列的第1011项，由AC选项的分析可得2021在第10个括号内，所以B错误，
对于D，因为第10个括号内的第一个数为，最后一个数为，所以第10个括号内的数字之和为，所以D正确，
故选：D
【点睛】关键点点睛：此题考查数列的综合应用，解题的关键是由题意确定出第10个括号内第一个数和最后一个数分别对应数列的哪一项，考查分析问题的能力，属于较难题

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、；
【解析】求出圆的圆心坐标，代入直线方程求解即可
【详解】解：

的圆心
圆被直线平分，可知直线经过圆的圆心，
可得
解得；
故答案为：1
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，属于基础题
14、
【解析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到平面的距离.
【详解】因为底面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，

则、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，所以，点到平面的距离为.
故答案为：.
15、
【解析】设，进而得到，，从而求出，再利用基本不等式即可求得答案.
【详解】设则，，所以，当且仅当时取“=”.
所以该游客离墙距离为米时，观赏视角最大.
故答案为：.
16、##
【解析】设，则，然后分别求出甲，乙，丙对应的结论，先假设甲正确，则得出乙错误，丙正确，由此即可求解
【详解】解：设，则，
甲：由可得，则，
乙：由可得：，
丙：由可得，即，所以，
若，则，则不成立，，则，解得或，
所以甲，丙正确，乙错误，
此时或，又复数对应的点在复平面第一象限内，
所以，
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）3（2）
【解析】（1）求出直线与直线的交点坐标，代入直线的方程可得值；
（2设，代入已知等式可求得值，得坐标
【小问1详解】
由得，即
所以，
【小问2详解】
由（1）直线方程是，在直线上，设，
则，解得，
所以点坐标为
18、（1），；
（2），.
【解析】（1）根据的关系可得，根据等比数列的定义写出的通项公式，进而可得的通项公式；
（2）利用的关系求的通项公式，结合（1）结论可得，再应用分组求和、错位相消法求的前n项和
【小问1详解】
．①
当时，，可得
当时，．②
①－②得，则，而a1-1=1不为零，
故是首项为1，公比为2的等比数列，则
∴数列的通项公式为，
【小问2详解】
∵，
∴当时，，
当时，，又也适合上式，
∴，
∴，
令，，
则，又，
∴
19、（1）A（1,7）,
（2）
【解析】（1）与的的交点为点D, 与的的交点为点A,联立解方程即可得出结果.
（2）设圆P的圆心P为，由，，计算求解即可得出点坐标，由求得半径，进而可得出圆的方程.
【小问1详解】
由题可得：与的的交点为点D,
故由，解得：，故
与的的交点为点A,
，解得：，故A（1，7）
【小问2详解】
设圆P的圆心P为，
由与圆相切于点A，且的斜率为,则即，
即，①
又圆P为的外接圆，则BC为圆P的弦，
又边BC所在直线的科率为,
故根据垂径定理，有进而，
即②，
联立①②，解得：，即
故，则圆P的方程为：.
20、 (1)；(2).
【解析】(1)根据已知条件求出等比数列的公比，然后利用等比数列通项公式求解即可；
(2)根据已知求出数列的通项公式，再结合(1)中结论并利用分组求和法求解即可.
【详解】(1)设等比数列公比为q，
因为，所以，
因为是和的等差中项，所以，即，解得，
所以.
故答案为：.
(2)因为，所以为等差数列，
因为，，所以公差，
故.
所以

.
故答案为：.
21、（1），；
（2）时，最大值为 m3.
【解析】(1)连接，在中，由，利用勾股定理可得，设圆柱底面半径为，求出．利用(其中即可得出；
2)利用导数，求出V的单调性，即可得出结论
【小问1详解】
连接，在中，，，
设圆柱底面半径为，则，
即，
，其中
【小问2详解】
由及，得，
列表如下：

，

0

↗
极大值
↘
∴当时，有极大值，也是最大值为m3

22、（1）；
（2）存在，最大距离为.，理由见解析
【解析】（1）根据离心率及短轴长求椭圆参数，即可得椭圆方程.
（2）根据直线与椭圆的位置关系，将问题转为平行于直线且与椭圆相切的切线与直线最大距离，设直线方程联立椭圆方程根据求参数，进而判断点T的存在性，即可求最大距离.
【小问1详解】
由题设知：且，又，
∴，故椭圆C的方程为.
小问2详解】
联立直线与椭圆，可得：，
∴，即直线与椭圆相离，
∴只需求平行于直线且与椭圆相切的切线与直线最大距离即为所求，
令平行于直线且与椭圆相切的直线为，联立椭圆，整理可得：，
∴，可得，
当，切线为，其与直线距离为；
当，切线为，其与直线距离为；
综上，时，与椭圆切点与直线距离最大为.