陕西省西安市阎良区2025-2026学年高二数学第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析.doc

陕西省西安市阎良区2025-2026学年高二数学第一学期期末学业水平测试模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．围棋起源于中国，据先秦典籍世本记载：“尧造围棋，丹朱善之”，至今已有四千多年历史．围棋不仅能抒发意境、陶冶情操、修身养性、生慧增智，而且还与天象易理、兵法策略、治国安邦等相关联，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际围棋比赛中，规定甲与乙对阵，丙与丁对阵，两场比赛的胜者争夺冠军，根据以往战绩，他们之间相互获胜的概率如下：

甲
乙
丙
丁
甲获胜概率

乙获胜概率

丙获胜概率

丁获胜概率

则甲最终获得冠军的概率是（ ）

A.0.165 B.0.24
C.0.275 D.0.36
2．已知直线，，若，则实数等于（ ）
A.0 B.1
C. D.1或
3．焦点坐标为（1，0）抛物线的标准方程是（　　）
A.y2=-4x B.y2=4x
C.x2=-4y D.x2=4y
4．若抛物线的焦点为，则其标准方程为（）
A. B.
C. D.
5．在三棱锥中，，，，若，，则（）
A. B.
C. D.
6．已知中，内角，，的对边分别为，，，，.若为直角三角形，则的面积为（ ）
A. B.
C.或 D.或
7．意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，……，这就是著名的斐波那契数列，该数列的前2022项中有（ ）个奇数
A.1012 B.1346
C.1348 D.1350
8．数列满足，对任意，都有，则（ ）
A. B.
C. D.
9．若复数的模为2，则的最大值为（）
A. B.
C. D.
10．函数的图象的大致形状是（）
A. B.
C. D.
11．已知等比数列{an}的前n项和为S，若，且，则S3等于（）
A.28 B.26
C.28或-12 D.26或-10
12．已知双曲线，则该双曲线的实轴长为（）
A.1 B.2
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知p：≤0，q：4x＋2x－m≤0，若p是q的充分条件，则实数m的取值范围是________
14．写出一个渐近线的倾斜角为且焦点在y轴上的双曲线标准方程___________.
15．某市开展“爱我内蒙，爱我家乡”摄影比赛，9位评委给参赛作品A打出的分数如茎叶图所示，记分员算得平均分为91，复核员在复核时，发现一个数字（茎叶图中的x）无法看清，若记分员计算无误，则数字x应该是______

16．在数列中，，，，若数列是递减数列，数列是递增数列，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）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别a，b，c．已知2bcosB=ccosA+acosC
（1）求B；
（2）若a=2，，设D为CB延长线上一点，且AD⊥AC，求线段BD的长
18．（12分）在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合
（1）求椭圆的离心率；
（2）求抛物线的方程；
（3）设是抛物线上一点，且，求点的坐标
19．（12分）已知圆C：，直线l：.
（1）当a为何值时，直线l与圆C相切；
（2）当直线l与圆C相交于A,B两点，且时，求直线l的方程.
20．（12分）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，，分别为，的中点

（1）证明：平面；
（2）证明：平面
21．（12分）自疫情爆发以来，由于党和国家对抗疫工作高度重视，在人民群众的不懈努力下，我国抗疫工作取得阶段性成功，国家经济很快得到复苏.在餐饮业恢复营业后，某快餐店统计了近天内每日接待的顾客人数，将前天的数据进行整理得到频率分布表和频率分布直方图.
组别
分组
频数
频率
第组

第组

第组

第组

第组

合计

（1）求、、的值，并估计该快餐店在前天内每日接待的顾客人数的平均数；
（2）已知该快餐店在前50天内每日接待的顾客人数的方差为，在后天内每日接待的顾客人数的平均数为、方差为，估计这家快餐店这天内每日接待的顾客人数的平均数和方差.（）
22．（10分）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，为正三角形，且侧面底面ABCD，

（1）求证：平面ACM；
（2）求平面MBC与平面DBC的夹角的大小
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】先求出甲第一轮胜出的概率，再求出甲第二轮胜出的概率，即可得出结果.
【详解】甲最终获得冠军的概率，
故选：B.
2、C
【解析】由题意可得，则由得，从而可求出的值
【详解】由题意可得，
因为， ，，
所以，解得，
故选：C
3、B
【解析】由题意设抛物线方程为y2=2px（p＞0），结合焦点坐标求得p，则答案可求
【详解】由题意可设抛物线方程为y2=2px（p＞0），
由焦点坐标为（1，0），得，即p=2
∴抛物的标准方程是y2=4x
故选B
【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记抛物线的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题
4、D
【解析】由题意设出抛物线的标准方程，再利用焦点为建立，解方程即可.
【详解】由题意，设抛物线标准方程为，
所以，解得，
所以抛物线标准方程为.
故选：D
5、B
【解析】根据空间向量的基本定理及向量的运算法则计算即可得出结果.
【详解】连接,因为，所以，
因为，所以，
所以,
故选：B

6、C
【解析】由正弦定理化角为边后，由余弦定理求得，然后分类讨论：或求解
【详解】由正弦定理，可化为：
，即，
所以，，所以，
又为直角三角形，
若，则，，，，
若，则，，，
故选：C
7、C
【解析】由斐波那契数列的前几项分析该数列的项的奇偶规律，由此确定该数列的前2022项中的奇数的个数.
【详解】由已知可得为奇数，为奇数，为偶数，因为，
所以为奇数，为奇数，为偶数，
…………
所以为奇数，为奇数，为偶数，
又
故该数列的前2022项中共有1348个奇数，
故选：C.
8、C
【解析】首先根据题设条件可得，然后利用累加法可得，所以，最后利用裂项相消法求和即可.
【详解】由，得，则
，
所以，
.
故选：C.
【点睛】本题考查累加法求数列通项，考查利用错位相减法求数列的前n项和，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.
9、A
【解析】由题意得，表示以为圆心，2为半径的圆，表示过原点和圆上的点的直线的斜率，由图可知，当直线与圆相切时，取得最值，然后求出切线的斜率即可
【详解】因为复数的模为2，
所以，
所以其表示以为圆心，2为半径的圆，如图所示，
表示过原点和圆上的点的直线的斜率，由图可知，当直线与圆相切时，取得最值，
设切线方程为，则，解得，
所以的最大值为，
故选：A

10、B
【解析】对A，根据当时，的值即可判断；对B，根据函数在上的单调性即可判断；对C，根据函数的奇偶性即可判断；对D，根据函数在上的单调性即可判断.
【详解】解：对A，当时，，故A错误；
对B，的定义域为，
且，
故为奇函数；
，
当时，当时，，
即，
又，
，
故存在，
故在单调递增，单调递减，单调递增，故B正确；
对C，为奇函数，故C错误；
对D，函数在上不单调，故D错误.
故选：B.
11、C
【解析】根据等比数列的通项公式列出方程求解，直接计算S3即可.
【详解】由可得，即，所以，
又，解得，
所以，即，
当时，，所以，
当时，，所以，
故选：C
12、B
【解析】根据给定的双曲线方程直接计算即可作答.
【详解】双曲线的实半轴长，
所以该双曲线的实轴长为2.
故选：B

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、m≥6
【解析】分别求出p，q成立的等价条件，利用p是q的充分条件，转为当0＜x≤1时，m大于等于的最大值，求出最值即可确定m的取值范围
【详解】由，得0＜x≤1，即p：0＜x≤1
由4x+2x﹣m≤0得4x+2x≤m
因为，要使p是q的充分条件，
则当0＜x≤1时，m大于等于的最大值，
令，则在上单调递增，
故当时取到最大值6，所以m≥6
故答案为：m≥6
【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的应用,考查函数的最值，考查转化的思想，属于基础题
14、(答案不唯一)
【解析】根据已知条件写出一个符合条件的方程即可.
【详解】如，焦点在y轴上，令，得渐近线方程为，
其中的倾斜角为.
故答案为：(答案不唯一).
15、1
【解析】由平均数列出方程，求出x的值.
【详解】由题意得：，解得：.
故答案为：1
16、
【解析】根据所给条件可归纳出当时，，利用迭代法即可求解.
【详解】因为，，，
所以，即，
，且是递减数列，数列是递增数列
或（舍去），
，，
故可得当 时，
，

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）利用正弦定理化简已知条件，求得，由此求得.
（2）利用正弦定理求得，由列方程来求得.
【小问1详解】
，
由正弦定理得，
因为，所以，
.
【小问2详解】
由（1）知，，
由正弦定理：得，
，
或（舍去），
，
，所以由得，
，

18、（1）；
（2）；
（3）
【解析】（1）由椭圆方程即可求出离心率.
（2）求出椭圆的焦点即为抛物线的焦点，即可求出答案.
（3）由抛物线定义可求出点的坐标
【小问1详解】
由题意可知，.
【小问2详解】
椭圆的右焦点为，
故抛物线的焦点为.
抛物线的方程为.
【小问3详解】
设的坐标为，，解得，.
故的坐标为.
19、（1）；
（2）或.
【解析】（1）根据圆心到直线的距离d等于圆的半径r即可求得答案；
（2）由并结合（1）即可求得答案.
【小问1详解】
由圆：，可得，
其圆心为，半径, 若直线与圆相切，则圆心到直线：距离，即，可得：.
【小问2详解】
由（1）知圆心到直线的距离，因为，即，解得：，所以，整理可得：，
解得：或，则直线的方程为或.
20、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）取中点，结合三角形中位线性质可证得四边形为平行四边形，由此得到，由线面平行判定定理可证得结论；
（2）利用菱形特点和线面垂直的性质可证得，，由线面垂直的判定定理可证得结论.
【详解】（1）取中点，连接，

分别为中点，，
四边形为菱形，为中点，，，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面.
（2）连接，

四边形为菱形，，为等边三角形，
又为中点，，
平面，平面，，
又平面，，平面.
21、（1），，，平均数为；
（2）平均数为，方差为.
【解析】（1）计算出第组的频数，可求得的值，利用频数、频率和总数的关系可求出的值，求出第组的频率，除以组距可得的值，利用平均数公式可求得该快餐店在前天内每日接待的顾客人数的平均数；
（2）设前天接待的顾客人数分别为、、、，后天接待的顾客人数分别为、、、，利用平均数公式和方差公式可求得结果.
【小问1详解】
解：由表可知第组的频数为，
所以，，，
第组的频率为，，
前天内每日接待的顾客人数的平均数为：.
【小问2详解】
解：设前天接待的顾客人数分别为、、、，
后天接待的顾客人数分别为、、、，
则由（1）知前天的平均数，方差，
后天的平均数，方差，故这天的平均数为，
，同理，
这天的方差，
由以上三式可得
.
22、（1）证明见解析
（2）30°
【解析】（1）连接BD，借助三角形中位线可证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法直接可求.
【小问1详解】
连接BD，与AC交于点O，
在中，因为O，M分别为BD，PD的中点，则，
又平面ACM，平面ACM，所以平面ACM.
【小问2详解】
设E是AB的中点，连接PE，因为为正三角形，则，
又因为平面底面ABCD，平面平面，
则平面ABCD，过点E作EF平行于CB，与CD交于点F，
以E为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，，

所以，，
设平面CBM的法向量为，则，
令，则，因为平面ABCD，则平面ABCD的一个法向量为，
所以，
所以平面MBC与平面DBC所成角大小为30°