2025年陕西省宝鸡中学高二上数学期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

2025年陕西省宝鸡中学高二上数学期末教学质量检测模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．设是数列的前项和，已知，则数列（ ）
A.是等比数列，但不是等差数列 B.是等差数列，但不是等比数列
C.是等比数列，也是等差数列 D.既不是等差数列，也不是等比数列
2．下列结论中正确的有（ ）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
3．如图是一个程序框图，执行该程序框图，则输出的n值是（ ）

A.2 B.3
C.4 D.5
4．已知数列满足且，则（）
A.是等差数列 B.是等比数列
C.是等比数列 D.是等比数列
5．已知直线和互相平行，则实数（ ）
A. B.
C.或 D.或
6．已知直线l的方向向量，平面α的一个法向量为，则直线l与平面α的位置关系是（ ）
A.平行 B.垂直
C.在平面内 D.平行或在平面内
7．已知是上的单调增函数，则的取值范围是
A.﹣1b2 B.﹣1b2
C.b﹣2或b2 D.b﹣1或b2
8．二项式的展开式中，各项二项式系数的和是（）
A.2 B.8
C.16 D.32
9．已知直线、的方向向量分别为、，若，则等于（ ）
A.1 B.2
C.0 D.3
10．椭圆与(0
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间；
14．已知抛物线的焦点到准线的距离为，则抛物线的标准方程为___________.（写出一个即可）
15．不等式的解集是________.
16．已知正方形的边长为2，对部分以为轴进行翻折，翻折到，使二面角的平面角为直二面角，则___________.
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）某学校一航模小组进行飞机模型飞行高度实验，飞机模型在第一分钟时间内上升了米高度．若通过动力控制系统，可使飞机模型在以后的每一分钟上升的高度都是它在前一分钟上升高度的
（1）在此动力控制系统下，该飞机模型在第三分钟内上升的高度是多少米？
（2）这个飞机模型上升的最大高度能超过米吗？如果能，求出从第几分钟开始高度超过米；如果不能，请说明理由
18．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别是，，离心率为，过且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1
（1）求椭圆C方程；
（2）设点P在直线上，过点P的两条直线分别交曲线C于A，B两点和M，N两点，且，求直线AB的斜率与直线MN的斜率之和
19．（12分）已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）讨论的零点个数.
20．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中底面ABCD是一个直角梯形，其中∠BAD=90°，AB∥DC，PA⊥底面ABCD，AB=AD=PA=2，DC=1，点M和点N分别为PA和PC的中点

（1）证明：直线DM∥平面PBC；
（2）求直线BM和平面BDN所成角的余弦值；
（3）求二面角M-BD-N正弦值；
（4）求点P到平面DBN距离；
（5）设点N在平面BDM内的射影为点H，求线段HA的长
21．（12分）已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，如图，过点任作两条互相垂直的直线，，分别交抛物线于，，，四点，，分别为，的中点.

（1）求的值；
（2）求证：直线过定点，并求出该定点的坐标；
（3）设直线交抛物线于两点，试求的最小值.
22．（10分）如图，四棱柱的底面为正方形，平面，，，点在上，且.

（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值.
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、B
【解析】根据与的关系求出通项，然后可知答案.
【详解】当时，，当时，，
综上，的通项公式为，

数列为等差数列
同理，由等比数列定义可判断数列不是等比数列.
故选：B
2、D
【解析】根据基本初等函数的导数和运算法则分别计算函数的导数，即可判断选项.
【详解A.若，则，故A错误；B.若，则，故B错误；
C.若，则，故C错误；D.若，则，故D正确.
故选：D
3、B
【解析】程序框图中的循环结构，一般需重复计算，根据判断框中的条件，确定何时终止循环，输出结果.
【详解】初始值：，
当时，，进入循环；
当时，，进入循环；
当时，，
终止循环，输出的值为3.
故选：B
4、D
【解析】由，化简得，结合等比数列、等差数列的定义可求解.
【详解】由，可得，所以，
又由，，
所以是首项为，公比为2的等比数列，
所以，，，
，所以不是等差数列；
不等于常数，所以不是等比数列.
故选：D.
5、C
【解析】根据题意，结合两直线的平行，得到且，即可求解.
【详解】由题意，直线和互相平行，
可得且，
即且，解得或.
故选：C.
6、D
【解析】根据题意，结合线面位置关系的向量判断方法，即可求解.
【详解】根据题意，因为，所以，所以直线l与平面α的位置关系是平行或在平面内
故选：D
7、A
【解析】利用三次函数的单调性，通过其导数进行研究，求出导数，利用其导数恒大于0即可解决问题
【详解】∵
∴
∵函数是上的单调增函数
∴在上恒成立
∴，即.
∴
故选A.
【点睛】可导函数在某一区间上是单调函数，实际上就是在该区间上（或）（在该区间的任意子区间都不恒等于0）恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围，本题是根据相应的二次方程的判别式来进行求解.
8、D
【解析】根据给定条件利用二项式系数的性质直接计算作答.
【详解】二项式的展开式的各项二项式系数的和是.
故选：D
9、C
【解析】由可得出，利用空间向量数量积的坐标运算可得出关于实数的等式，由此可解得实数的值.
【详解】若，则，所以，所以，解得.
故选：C
10、D
【解析】根据椭圆方程求得两个椭圆的，由此确定正确选项.
【详解】椭圆与 (0D正确
故选：D
11、B
【解析】根据极值的概念，可知函数在上无极值，则方程的，再根据充分、必要条件判断，即可得到结果.
【详解】由题意，可得，
若函数在上无极值，
所以对于方程，,
解得.
所以“”是“函数在上无极值”的必要不充分条件.
故选：B.
12、B
【解析】根据等差数列下标性质进行求解即可.
【详解】因为是等差数列，所以，
故选：B

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、（1）（2）详见解析
【解析】（1）分别求得和，从而得到切线方程；
（2）求导后，令求得两根，分别在、和三种情况下根据导函数的正负得到函数的单调区间.
【详解】（1），，，
，又，
在处的切线方程为.
（2），
令，解得：，.
①当时，若和时，；若时，；
的单调递增区间为，；单调递减区间为；
②当时，在上恒成立，
的单调递增区间为，无单调递减区间；
③当时，若和时，；若时，；
的单调递增区间为，；单调递减区间为；
综上所述：当时，的单调递增区间为，；单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，；单调递减区间为.
【点睛】本题考查利用导数的几何意义求解曲线在某一点处的切线方程、利用导数讨论含参数函数的单调区间的问题，属于常考题型.
14、（答案不唯一）
【解析】设出抛物线方程根据题意即可得出.
【详解】设抛物线的方程为，
根据题意可得，所以抛物线的标准方程为.
故答案为：（答案不唯一）.
15、
【解析】把原不等式的右边移项到左边，通分计算后，根据分式不等式解法，然后转化为两个一元一次不等式组，注意分母不为0的要求，求出不等式组的解集即为原不等式的解集
【详解】不等式得 ，
故 ，
故答案为：.
16、-2
【解析】根据，则，根据条件求得向量夹角即可求得结果.
【详解】由题知，，取的中点O，连接，如图所示，

则，又二面角的平面角为直二面角，
则，又，
则，为等边三角形，从而，
则，
故答案为：-2

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）不能，理由见解析.
【解析】（1）由题得每分钟上升的高度构成等比数列，再利用等比数列的通项求解；
（2）求出即得解.
【小问1详解】
解：由题意，飞机模型每分钟上升的高度构成，公比的等比数列，
则米.
即飞机模型在第三分钟内上升的高度是米.
【小问2详解】
解：不能超过米.
依题意可得，
所以这个飞机模型上升的最大高度不能超过米.
18、（1）
（2）0
【解析】（1）由条件得和，再结合可求解；
（2）设直线AB的方程为：，与椭圆联立，得到，同理得，再根据题中的条件化简整理可求解.
【小问1详解】
因为椭圆的离心率为，
所以，所以①
又因为过且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1，
所以②，由①②可知，所以，
，所以椭圆C的方程为
【小问2详解】
因为点P在直线上，所以设点，
由题可知，直线AB的斜率与直线MN的斜率都存在
所以直线AB的方程为：，即，
直线MN的方程为：，即，
设，，，，
所以，消去y可得，，
整理可得，
且所以，，
又因为，
，
所以

，
同理可得，
又因为，所以，
又因为，，，都是长度，所以，
所以，整理可得，
又因为，所以，
所以直线AB的斜率与直线MN的斜率之和为0

19、（1）单调递增区间是和，单调递减区间是
（2）时， 有1个零点；
或时， 有2个零点；
时，有3个零点.
【解析】（1）求解函数的导数，再运用导数求解函数的单调区间即可；
（2）根据导数分析原函数的极值，进而讨论其零点个数.
【详解】（1）因为，所以
由，得或；由，得.
故单调递增区间是和，单调递减区间是.
（2）由（1）可知的极小值是，极大值是.
①当时，方程有且仅有1个实根，即有1个零点；
②当时，方程有2个不同实根，即有2个零点；
③当时，方程有3个不同实根，即有3个零点；
④当时，方程有2个不同实根，即有2个零点；
⑤当时，方程有1个实根，即有1个零点.
综上，当或时，有1个零点；当或时，有2个零点；当时，有3个零点.
20、（1）证明见解析
（2）
（3）
（4）
（5）
【解析】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法，证明与平面的法向量垂直，从而证明直线平面
（2）求出平面的法向量，利用向量法，求出直线和平面所成角的余弦值
（3）求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法，求出二面角的正弦值
（4）求出的坐标，再求出平面的法向量，利用向量法，求出点到平面的距离；
（5）设点在平面内的射影为点，从而表示出的坐标，求出到平面的距离，列出方程组，求出点坐标，从而求出的长度.
【小问1详解】
四棱锥，底面是一个直角梯形，，平面，

所以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，，
，，，
设平面的法向量，
所以，，
取，则，
所以，平面，
所以直线平面.
【小问2详解】
，，，
设平面的法向量，
则，即，
取，则，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以，
所以直线与平面所成角的余弦值为.
【小问3详解】
设平面的法向量为，
则，即，
取，得，
平面的法向量，
设二面角的平面角为，
则，
所以，
所以二面角的正弦值为.
【小问4详解】
，平面的法向量，
所以点到平面的距离为
.
【小问5详解】
设点在平面的射影为点，
则，
所以点到平面的距离为，
根据，得
解得，，，或者，，（舍）
所以.

21、（1）
（2）证明见解析，（3,0）
（3）
【解析】（1）求出椭圆的焦点坐标，从而可知抛物线的焦点坐标，进而可得的值；
（2）首先设出直线的方程，联立直线与抛物线的方程，得到，坐标，令，可得直线过点，再证明当，，，三点共线即可；
（3）设出的直线方程，联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理找出根的关系，再利用两点间的距离公式求出最小值即可.
【小问1详解】
椭圆的焦点坐标为，
由于抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，
故，即，；
小问2详解】
由（1）知，抛物线的方程为，
设，，，，
由题意，直线的斜率存在且
设直线的方程为，
代入可得，
则，
故，
故的中点坐标为，
由，设直线的方程为，
代入可得，
则，
故，
可得的中点坐标为，
令得，
此时，
故直线过点，
当时，，
所以，，，三点共线，
所以直线过定点.
【小问3详解】
设，
由题意直线的斜率存在，设直线的方程为，
代入可得，
则，，
，
故，当即直线垂直轴时，取得最小值.
22、（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】（1）以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量可得，即平面，再由线面垂直的性质可得答案；
（2）设直线与平面所成角的为，可得答案；
（3）由二面角的向量求法可得答案.
【小问1详解】
以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
所以，即，令，则，
所以，所以，
所以平面，平面，所以.
【小问2详解】
，所以，
由（1）平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角的为，
所以直线与平面所成角的正弦值.
【小问3详解】
由已知为平面的一个法向量，且，
由（1）平面的一个法向量为，
所以，
由图可得平面与平面夹角的余弦值为.