2025年广东省惠来一中数学高二第一学期期末经典模拟试题含解析.doc

2025年广东省惠来一中数学高二第一学期期末经典模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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。
1．2020年12月4日，嫦娥五号探测器在月球表面第一次动态展示国旗.1949年公布的《国旗制法说明》中就五星的位置规定：大五角星有一个角尖正向上方，四颗小五角星均各有一个角尖正对大五角星的中心点.有人发现，第三颗小星的姿态与大星相近.为便于研究，如图，以大星的中心点为原点，建立直角坐标系，，，，分别是大星中心点与四颗小星中心点的联结线，，则第三颗小星的一条边AB所在直线的倾斜角约为（）

A. B.
C. D.
2．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.这条直线被后人称为三角形的欧拉线，已知△的顶点，，且，则△的欧拉线的方程为（）
A. B.
C. D.
3．某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表：
广告费用（万元）

4

2

3

5

销售额（万元）

49

26

39

54

根据上表可得回归方程中的为9.4，据此模型预报广告费用为6万元时销售额为
A.63.6万元 B.65.5万元
C.67.7万元 D.72.0万元
4．通过随机询问110名不同的大学生是否爱好某项运动，得到如下的列联表：

男

女

总计

爱好

40

20

60

不爱好

20

30

50

总计

60

50

110

由
附表：

0．050

0．010

0．001

3．841

6．635

10．828

参照附表，得到的正确结论是（）
A.有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”
B.有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”
C.在犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”
D.在犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”
5．已知抛物线的方程为，则此抛物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
6．设函数在上可导，则等于（ ）
A. B.
C. D.以上都不对
7．双曲线的渐近线方程为（）
A. B.
C. D.
8．已知满约束条件，则的最大值为（ ）
A.0 B.1
C.2 D.3
9．双曲线的两个焦点为，，双曲线上一点到的距离为8，则点到的距离为（）
A.2或12 B.2或18
C.18 D.2
10．设正实数，满足(其中为正常数)，若的最大值为3，则（ ）
A.3 B.
C. D.
11．若“”是“”的充分不必要条件，则实数a的取值范围为
A. B.或
C. D.
12．为发挥我市“示范性高中”的辐射带动作用，促进教育的均衡发展，共享优质教育资源．现分派我市“示范性高中”的5名教师到，，三所薄弱学校支教，开展送教下乡活动，每所学校至少分派一人，其中教师甲不能到学校，则不同分派方案的种数是（ ）
A.150 B.136
C.124 D.100
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在区间上随机取1个数，则取到的数小于2的概率为___________.
14．已知存在正数使不等式成立，则的取值范围_____
15．如图，已知AB，CD分别是圆柱上、下底面圆的直径，且，若该圆柱的底面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______

16．已知平面的法向量分别为，，若，则的值为___
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）已知圆：，定点，Q为圆上的一动点，点P在半径CQ上，且，设点P的轨迹为曲线E.
（1）求曲线E的方程；
（2）过点的直线交曲线E于A，B两点，过点H与AB垂直的直线与x轴交于点N，当取最大值时，求直线AB的方程.
18．（12分）已知直线，，，其中与的交点为P
（1）求过点P且与平行的直线方程；
（2）求以点P为圆心，截所得弦长为8的圆的方程
19．（12分）已知圆经过点和，且圆心在直线上.

（1）求圆的方程;
（2）过原点的直线与圆交于M，N两点，若的面积为，求直线的方程.
20．（12分）已知三角形内角所对的边分别为，且C为钝角.
（1）求cosA；
（2）若，，求三角形的面积.
21．（12分）已知函数f(x)=x3 +ax2+2，x=2是f(x)的一个极值点.
（1）求实数a的值；
（2）求f(x)在区间(-1，4]上的最大值和最小值.
22．（10分）已知O为坐标原点，点，设动点W到直线的距离为d，且，.
（1）记动点W的轨迹为曲线C，求曲线C的方程；
（2）若直线l与曲线C交于A，B两点，直线与曲线C交于，两点，直线l与的交点为P（P不在曲线C上）且，设直线l，的斜率分别为k，.求证：为定值.
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、C
【解析】由五角星的内角为，可知，又平分第三颗小星的一个角，过作轴平行线，则，即可求出直线的倾斜角.
【详解】都为五角星的中心点，平分第三颗小星的一个角，
又五角星的内角为，可知，
过作轴平行线，则，所以直线的倾斜角为，
故选：C

【点睛】关键点点睛：本题考查直线倾斜角，解题的关键是通过做辅助线找到直线的倾斜角，通过几何关系求出倾斜角，考查学生的数形结合思想，属于基础题.
2、D
【解析】由题设条件求出垂直平分线的方程，且△的外心、重心、垂心都在垂直平分线上，结合欧拉线的定义，即垂直平分线即为欧拉线.
【详解】由题设，可得，且中点为，
∴垂直平分线的斜率，故垂直平分线方程为，
∵，则△的外心、重心、垂心都在垂直平分线上，
∴△的欧拉线的方程为.
故选：D
3、B
【解析】，
∵数据的样本中心点在线性回归直线上，
回归方程中的为9.4，
∴42=9．4×3．5+a，
∴=9．1，
∴线性回归方程是y=9．4x+9．1，
∴广告费用为6万元时销售额为9．4×6+9．1=65．5
考点：线性回归方程
4、A
【解析】由，而，故由独立性检验的意义可知选A
5、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
6、C
【解析】根据目标式，结合导数的定义即可得结果.
【详解】.
故选：C
7、A
【解析】直接求出，，进而求出渐近线方程.
【详解】中，，，所以渐近线方程为，故.
故选：A
8、B
【解析】作出给定不等式表示的平面区域，再借助几何意义即可求出的最大值.
【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影，其中，，

目标函数，即表示斜率为2，纵截距为的平行直线系，
作出直线，平移直线到直线，使其过点A时，的纵截距最小，最大，则，
所以的最大值为1.
故选：B
9、C
【解析】利用双曲线的定义求.
【详解】解：由双曲线定义可知：
解得或（舍）∴点到的距离为18，
故选：C.
10、D
【解析】由于，，为正数，且，所以利用基本不等式可求出结果
【详解】解：因为正实数，满足(其中为正常数)，
所以，则，所以，
所以
故选：D.
11、D
【解析】“”是“”的充分不必要条件，结合集合的包含关系，即可求出的取值范围.
【详解】∵“”是“”的充分不必要条件
∴或
∴
故选：D.
【点睛】本题考查充分必要条件，根据充要条件求解参数的范围时，可把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合间的关系，由此得到不等式（组）后再求范围.解题时要注意，在利用两个集合之间的关系求解参数的取值范围时，不等式是否能够取等号决定端点值的取舍，处理不当容易出现漏解或增解的现象.
12、D
【解析】对甲所在组的人数分类讨论即得解.
【详解】当甲一个人去一个学校时，有种；
当甲所在的学校有两个老师时，有种；
当甲所在的学校有三个老师时，有种；
所以共有28+48+24=100种.
故选：D
【点睛】方法点睛：排列组合常用方法有：简单问题直接法、小数问题列举法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、至少问题间接法、复杂问题分类法、等概率问题缩倍法.要根据已知条件灵活选择方法求解.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】根据几何概型计算公式进行求解即可.
【详解】设“区间上随机取1个数”，对应集合为，区间长度为3，
“取到的数小于2”，对应集合为，区间长度为1，
所以.
故答案为：
14、（1，1）
【解析】存在性问题转化为最大值，运用均值不等式，求出的最大值，转化成解对数不等式，进而解出
【详解】解：∵，
由于，则，
∴，
当且仅当时，即：时，
∴有最大值，
又存在正数使不等式成立，
则，即，
∴，
即的取值范围为：.
故答案为：
【点睛】本题考查均值不等式的应用和对数不等式的解法，还涉及存在性问题，考查化简计算能力
15、.
【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：
16、
【解析】由平面互相垂直可知其对应的法向量也垂直，然后用空间向量垂直的坐标运算求解即可.
【详解】∵，
∴平面的法向量互相垂直，
∴，即，解得,
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）或
【解析】(1)结合已知条件可得到点P在线段QF的垂直平分线上，然后利用椭圆定义即可求解；(2)结合已知条件设出直线的方程，然后联立椭圆方程，利用弦长公式求出，再设出直线NH的方程，求出N点坐标，进而求出，然后表示出，再利用换元法和均值不等式求解即可.
【小问1详解】
设点的坐标为，
∵，
∴点P在线段QF垂直平分线上，
∴，
又∵，∴
∴点P在以C，F为焦点的椭圆上，且，
∴，
∴曲线的方程为：.
【小问2详解】
设直线AB方程为，，
由，解得，
，解得，
由韦达定理可知，，，
∴
∵AB与HN垂直，∴直线NH的方程为，
令，得，∴，
又由，∴，
∴
设则
∴
当且仅当即时等号成立，有最大值，此时满足，
故，
所以直线AB的方程为：，即或.
18、（1）；
（2）.
【解析】（1）首先求、的交点坐标，根据的斜率，应用点斜式写出过P且与平行的直线方程；
（2）根据弦心距、弦长、半径的关系求圆的半径，结合P的坐标写出圆的方程.
【小问1详解】
联立、得：，可得，故，
又的斜率为，则过P且与平行的直线方程，
∴所求直线方程为.
【小问2详解】
由（1），P到的距离，
∴以P为圆心，截所得弦长为8的圆的半径，
∴所求圆的方程为.
19、（1）
（2）直线的方程为或或
【解析】（1）由弦的中垂线与直线的交点为圆心即可求解；
（2）由，可得或，进而有或，显然直线斜率存在，设直线，由点到直线的距离公式求出的值即可得答案.
【小问1详解】
解：设弦的中点为，则有，
因为，所以直线，
所以直线的中垂线为，则圆心在直线上，且在直线上，
联立方程解得圆心， 则圆的半径为，
所以圆方程为；
【小问2详解】
解：设圆心到直线的距离为，因为，
所以或，所以或，
显然直线斜率存在，所以设直线，则或，
解得或或，
故直线的方程为或或.
20、（1）
（2）
【解析】（1）由正弦定理边化角，可求得角的正弦，由同角关系结合条件可得答案.
(2)由（1），由余弦定理，求出边的长，进一步求得面积
【小问1详解】
因为，由正弦定理得
因为，所以.
因为角为钝角，所以角为锐角，所以
小问2详解】
由(1)，由余弦定理，
得，所以，
解得或，不合题意舍去，
故的面积为=
21、（1）；
（2）最大值为18，最小值为.
【解析】（1）解方程即得解；
（2）利用导数求出函数的单调区间分析即得解.
【小问1详解】
解：因为，所以，
因为在处有极值，所以，
即，所以.
经检验，当时，符合题意.
所以.
【小问2详解】
解：由（1）可知，所以，
令，得，
当时，
由得，；由得，或.
所以函数在上递增，在上递减，在上递增，
又.
所以的最小值为，
又，所以的最大值为，
所以在的最大值为18，最小值为.
22、（1）
（2）证明见解析
【解析】（1）设点，由即所以化简即可得到答案.
（2）设，，设直线l的方程为：与（1）中W的轨迹方程联立，得出韦达定理，求出，同理设直线的方程为：，得出，再根据从而可证明结论.
【小问1详解】
设点，因为，
所以，
因为，所以
所以
所以
所以
所以C的方程为：
【小问2详解】
设，，
设直线l的方程为：，则
由得：
所以，，
所以
所以
设直线的方程为：，则
同理可得
因
所以
即，即，即
解得，即
所以为定值.