上海市奉城高级中学2025年高二数学第一学期期末经典模拟试题含解析.doc

上海市奉城高级中学2025年高二数学第一学期期末经典模拟试题
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。
1．一个几何体的三视图都是半径为1的圆，在该几何体内放置一个高度为1的长方体，则长方体的体积最大值为（）
A. B.
C. D.1
2．已知抛物线的方程为，则此抛物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
3．命题“，则”及其逆命题、否命题和逆否命题这四个命题中，真命题的个数为（）
A.0 B.2
C.3 D.4
4．已知，则（）
A. B.
C. D.
5．双曲线的渐近线方程和离心率分别是
A. B.
C. D.
6．已知直线与垂直，则为（ ）
A.2 B.
C.-2 D.
7．设为数列的前n项和，，且满足，若，则（ ）
A.2 B.3
C.4 D.5
8．设太阳光线垂直于平面，在阳光下任意转动棱长为一个单位的立方体，则它在平面上的投影面积的最大值是（）
A.1 B.
C. D.
9．过点且垂直于直线的直线方程是（）
A. B.
C. D.
10．设等差数列，的前n项和分别是，若，则（）
A. B.
C. D.
11．函数y=的最大值为
Ae-1 B.e
C.e2 D.
12．算盘是中国古代的一项重要发明．现有一种算盘（如图1），共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下五珠，上拨一珠记作数字1（如图2中算盘表示整数51）．如果拨动图1算盘中的两枚算珠，可以表示不同整数的个数为（）

A.8 B.10
C.15 D.16
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知球的表面积是，则该球的体积为_______
14．已知定点，点在直线上运动，则，两点的最短距离为________
15．若展开式的二项式系数之和是64，则展开式中的常数项的值是__________.
16．1202年意大利数学家列昂那多－斐波那契以兔子繁殖为例，引人“兔子数列”，又称斐波那契数列.即该数列中的数字被人们称为神奇数，在现代物理，化学等领域都有着广泛的应用.若此数列各项被3除后的余数构成一新数列，则数列的前2022项的和为________.
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）如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，，，，为侧棱包含端点上的动点.

（1）当时求证平面；
（2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求二面角的余弦值.
18．（12分）已知数列是公差为2的等差数列，它的前n项和为，且，，成等比数列
(1)求的通项公式
(2)求数列的前n项和
19．（12分）在①；②，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目.
在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设的面积为S，已知_________.
（1）求的值；
（2）若，求值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
20．（12分）已知：在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面，点为中点，.

（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角大小；
（3）求点到平面的距离.
21．（12分）已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线l与圆A相交于M，N两点
（1）求圆A的方程
（2）当时，求直线l方程
22．（10分）已知抛物线C:
（1）若抛物线C上一点P到F的距离是4，求P的坐标；
（2）若不过原点O的直线l与抛物线C交于A、B两点，且，求证：直线l过定点
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】根据题意得到几何体为半径为1的球，长方体的体对角线为球的直径时，长方体体积最大，设出长方体的长和宽，得到等量关系，利用基本不等式求解体积最大值.
【详解】由题意得：此几何体为半径为1的球，长方体为球的内接长方体时，体积最大，
此时长方体的体对角线为球的直径，设长方体长为，宽为，则由题意得：，解得：，
而长方体体积为，当且仅当时等号成立，
故选：B
2、A
【解析】由抛物线的方程直接写出其准线方程即可.
【详解】由抛物线的方程为，则其准线方程为：
故选：A
3、D
【解析】首先判断原命题的真假，写出其逆命题，即可判断其真假，再根据互为逆否命题的两个命题同真假，即可判断；
【详解】解：因为命题“，则”为真命题，所以其逆否命题也为真命题；
其逆命题为：则，显然也为真命题，故其否命题也为真命题；
故命题“，则”及其逆命题、否命题和逆否命题这四个命题中，真命题有4个；
故选：D
4、C
【解析】取中间值，化成同底利用单调性比较可得.
【详解】,，，故，
故选：C
5、A
【解析】先根据双曲线的标准方程，求得其特征参数的值，再利用双曲线渐近线方程公式和离心率定义分别计算即可.
【详解】双曲线的，
双曲线的渐近线方程为，
离心率为，故选A.
【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线及离心率，属于简单题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解④根据圆锥曲线的统一定义求解
6、A
【解析】利用一般式中直线垂直的系数关系列式求解.
【详解】因为直线与垂直
，

故选：A.
7、B
【解析】由已知条件可得数列为首项为2，公差为2的等差数列，然后根据结合等差数列的求和公式可求得答案
【详解】在等式中，令，可得，
所以数列为首项为2，公差为2的等差数列，
因为，
所以，
化简得，，
解得或（舍去），
故选：B
8、C
【解析】确定正方体投影面积最大时,是投影面与平面AB' C平行，从而求出投影面积的最大值.
【详解】设正方体投影最大时，是投影面与平面AB' C平行，
三个面的投影为两个全等的菱形，其对角线为，即投影面上三条对角线构成边长为的等边三角形，如图所示，

所以投影面积为
故选：C
9、A
【解析】根据所求直线垂直于直线，设其方程为，然后将点代入求解.
【详解】因为所求直线垂直于直线，
所以设其方程为，
又因为直线过点，
所以，
解得
所以直线方程为：，
故选：A.
10、C
【解析】结合等差数列前项和公式求得正确答案.
【详解】依题意等差数列，的前n项和分别是，
由于，
故可设，，
当时，，
，
所以，
所以.
故选：C
11、A
【解析】,所以函数在上递增，在上递减，所以函数的最大值为时，y==
故选A
点睛：研究函数最值主要根据导数研究函数的单调性，找到最值，分式求导公式要记熟
12、A
【解析】根据给定条件分类探求出拨动两枚算珠的结果计算得解.
【详解】拨动图1算盘中的两枚算珠，有两类办法，
由于拨动一枚算珠有梁上、梁下之分，则只在一个档拨动两枚算珠共有4种方法，在每一个档各拨动一枚算珠共有4种方法，
由分类加法计数原理得共有8种方法，
所以表示不同整数的个数为8.
故选：A

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】设球的半径为r，代入表面积公式，可解得，代入体积公式，即可得答案.
【详解】设球的半径为r，则表面积，
解得，
所以体积，
故答案为：
【点睛】本题考查已知球的表面积求体积，关键是求出半径，再进行求解，考查基础知识掌握程度，属基础题.
14、
【解析】线段最短，就是说的距离最小，此时直线和直线垂直，可先求的斜率，再求直线的方程，然后与直线联立求交点即可
【详解】定点，点在直线上运动，
当线段最短时，就是直线和直线垂直，
的方程为：，它与联立解得，
所以的坐标是，
所以，
故答案为：
15、
【解析】首先利用展开式的二项式系数和是求出，然后即可求出二项式的常数项.
【详解】由题知展开式的二项式系数之和是，
故有，
可得，
知当时有.
故展开式中的常数项为.
故答案为：.
【点睛】本题考查了利用二项式的系数和求参数，求二项式的常数项，属于基础题.
16、
【解析】由数列各项除以3的余数，可得为，知是周期为8的数列，即可求出数列的前2022项的和.
【详解】由数列各项除以3的余数，可得为，是周期为8的数列，一个周期中八项和为，又，数列的前2022项的和.
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）证明见解析；（2）.
【解析】（1）连接交于，连接，证得，从而证得平面；
（2）过作于，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求面的法向量，由直线与平面所成角的正弦值为，求得的值，再用向量法求出二面角的余弦值.
【详解】解：（1）连接交于，连接，

由题意，
∵，∴，∴，
又面，面，∴面.
（2）过作于，则在中，，，
，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

设，则，，，，
，，，，
设向量为平面的一个法向量，
则由，有，令，得；
记直线与平面所成的角为，
则，解得，此时；
设向量为平面的一个法向量
则由，有，令，得；

∴二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，用向量法求线面角，二面角，还考查了学生的分析能力，空间想象能力，运算能力，属于中档题.
18、（1）；（2）
【解析】（1）根据等差数列的通项公式，分别表示出与，由等比中项定义即可求得首项，进而求得的通项公式
（2）根据等差数列的首项与公差，求出的前n项和，进而可知，再用裂项法可求得
【详解】（1）由题意，得，，
所以由，
得，
解得，
所以，
即
（2）由（1）知，
则，，

【点睛】本题考查了等差数列通项公式的应用，等比中项的定义，裂项法求数列前n项和的简单应用，属于基础题
19、条件选择见解析；（1）；（2）.
【解析】（1）若选择①，先利用正弦定理进行边角互化，再结合正余弦的和差角公式化简可得，得出；若选择②，利用余弦定理及面积公式可得，得；
（2）由（1）可知，由及得，，再根据余弦定理求解的值.
【详解】解析：（1）选择条件①.，

，
得，
选择条件②，由余弦定理及三角形的面积公式可得：，
得.
（2）由得，∵，，
∴，解得.
由余弦定理得：.
【点睛】本题考查解三角形，难度一般.解答的关键在于根据题目中边角关系，运用正弦定理进行边角互化、再根据两角和与差的正弦公式进行化简是关键.一般地，当等式中含有a,b,c的关系式，且全为二次时，可利用余弦定理进行化简；当含有内角的正弦值及边的关系，且为一次式时，可考虑采用正弦定理进行边角互化.
20、（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】（1）以AB所在的直线为x轴，以AD所在的直线为y轴，以AP所在的直线为z轴，建立如图所示的直角坐标系，求出平面PCD的法向量为，平面的法向量为，即得证；
（2）设直线与平面所成角为，利用向量法求解；
（3）利用向量法求点到平面的距离.
【小问1详解】
证明：

PA平面ABCD，ABCD为正方形，以AB所在的直线为x轴，以AD所在的直线为y轴，以AP所在的直线为z轴，建立如图所示的直角坐标系.
由已知可得A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），P（0，0，1）
M为PD的中点，，所以，，，
所以，又PDAM，，平面PCDAM 平面PCD.
平面PCD的法向量为.
设平面的法向量为,，
令，则，.
.平面MAC平面PCD.
【小问2详解】
解：设直线与平面所成角为，
由(1)可得：平面PCD的法向量为，，
，即直线与平面所成角大小.
【小问3详解】
解：，设点到平面的距离为，.
点到平面的距离为.
21、（1）；（2）或.
【解析】（1）利用圆心到直线的距离公式求圆的半径，从而求解圆的方程；
（2）根据相交弦长公式，求出圆心到直线的距离，设出直线方程，再根据点到直线的距离公式确定直线方程
【详解】（1）由题意知到直线的距离为圆A半径r，
所以，
所以圆A的方程为
（2）设的中点为Q，则由垂径定理可知，且，
在中由勾股定理易知，
设动直线l方程为：或，显然符合题意
由到直线l距离为1知得
所以或为所求直线方程
【点睛】本题考查圆的标准方程及直线与圆的相交弦长问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题
22、（1）
（2）见解析
【解析】（1）由抛物线的定义，可得点的坐标；
（2）可设直线的方程为，，，，与抛物线联立，消，利用韦达定理求得，，再根据，可得，从而可求得参数的关系，即可得出结论.
【小问1详解】
解：设，，由抛物线的定义可知，即，
解得，
将代入方程，
得，
即的坐标为；
【小问2详解】
证明：由题意知直线不能与轴平行，
可设直线的方程为，
与抛物线联立得，消去得，
设，，，
则，，
由，可得，
即，即，
即，又，
解得，
所以直线方程为，当时，，
所以直线过定点