2025届安徽省界首市高二数学第一学期期末联考模拟试题含解析_第1页
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文档简介

2025届安徽省界首市高二数学第一学期期末联考模拟试题注意事项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.执行如图所示的程序框图,则输出S的值是()A. B.C. D.2.曲线在处的切线如图所示,则()A.0 B.C. D.3.设集合或,,则()A. B.C. D.4.如图,在单位正方体中,以为原点,,,为坐标向量建立空间直角坐标系,则平面的法向量是()A.,1, B.,1,C.,, D.,1,5.在平面上有一系列点,对每个正整数,点位于函数的图象上,以点为圆心的与轴都相切,且与彼此外切.若,且,,的前项之和为,则()A. B.C. D.6.在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,,,则()A. B.1C.2 D.47.若圆与直线相切,则()A.3 B.或3C. D.或8.执行如图所示的程序框图,则输出的结果为()A. B.C. D.9.已知数列的通项公式为,按项的变化趋势,该数列是()A.递增数列 B.递减数列C.摆动数列 D.常数列10.已知直线l:过椭圆的左焦点F,与椭圆在x轴上方的交点为P,Q为线段PF的中点,若,则椭圆的离心率为()A. B.C. D.11.若函数在定义域上单调递增,则实数的取值范围为()A. B.C. D.12.设等差数列的前项和为,若,则的值为()A.28 B.39C.56 D.117二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.点到直线的距离为______.14.若,,都为正实数,,且,,成等比数列,则的最小值为______15.平面直角坐标系内动点M()与定点F(4,0)的距离和M到定直线的距离之比是常数,则动点M的轨迹是___________16.某足球俱乐部选拔青少年队员,每人要进行3项测试.甲队员每项测试通过的概率均为,且不同测试之间相互独立,设他通过的测试项目数为X,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)如图,三棱柱中,底面边长和侧棱长都等于1,(1)设,,,用向量表示,并求出的长度;(2)求异面直线与所成角的余弦值18.(12分)已知定点,动点与连线的斜率之积.(1)设动点的轨迹为,求的方程;(2)若是上关于轴对称的两个不同点,直线与轴分别交于点.试判断以为直径的圆是否过定点,如经过,求出定点坐标;如不过定点,请说明理由.19.(12分)已知数列的前项和为,且.(1)求的通项公式;(2)求数列的前项和.20.(12分)在一个盒子中装有四个形状大小完全相同的球,球的编号分别为1,2,3,4,先从盒子中随机取出一个球,该球的编号记为,将球放回盒子中,然后再从盒子中随机取出一个球,该球的编号记为.(1)写出试验的样本空间;(2)求“”的概率.21.(12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足bcosA+(2c+a)cosB=0(1)求角B的大小;(2)若b=4,△ABC的面积为,求a+c的值22.(10分)已知椭圆C:的上顶点与椭圆的左右顶点连线的斜率之积为-.(1)求椭圆C的离心率(2)点M(,)在椭圆C上,椭圆的左顶点为D,上顶点为B,点A的坐标为(1,0),过点D的直线L与椭圆在第一象限交于点P,与直线AB交于点Q设L的斜率为k,若,求k的值.

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】按照程序框图的流程进行计算.【详解】,故输出S的值为.故选:C2、C【解析】由图示求出直线方程,然后求出,,即可求解.【详解】由直线经过,,可求出直线方程为:∵在处的切线∴,∴故选:C【点睛】用导数求切线方程常见类型:(1)在出的切线:为切点,直接写出切线方程:;(2)过出的切线:不是切点,先设切点,联立方程组,求出切点坐标,再写出切线方程:.3、B【解析】根据交集的概念和运算直接得出结果.【详解】由题意知,.故选:B.4、A【解析】设平面的法向量是,,,由可求得法向量.【详解】在单位正方体中,以为原点,,,为坐标向量建立空间直角坐标系,,0,,,1,,,1,,,1,,,0,,设平面的法向量是,,,则,取,得,1,,平面的法向量是,1,.故选:.5、C【解析】根据两圆的几何关系及其圆心在函数的图象上,即可得到递推关系式,通过构造等差数列求得的通项公式,得出,最后利用裂项相消,求出数列前项和,即可求出.详解】由与彼此外切,则,,,又∵,∴,故为等差数列且,,则,,则,即,故答案选:.6、C【解析】直接运用正弦定理可得,解得详解】由正弦定理,得,所以故选:C7、B【解析】根据圆与与直线相切,利用圆心到直线的距离等于半径求解.【详解】圆的标准方程为:,则圆心为,半径为,因为圆与与直线相切,所以圆心到直线的距离等于半径,即,解得或,故选:B8、B【解析】写出每次循环的结果,即可得到答案.【详解】当时,,,,;,此时,退出循环,输出的的为.故选:B【点睛】本题考查程序框图的应用,此类题要注意何时循环结束,建议数据不大时采用写出来的办法,是一道容易题.9、B【解析】分析的单调性,即可判断和选择.【详解】因为,显然随着的增大,是递增的,故是递减的,则数列是递减数列.故选:B.10、D【解析】由直线的倾斜角为,可得,结合,可推得是等边三角形,可得,计算可得离心率【详解】直线:过椭圆的左焦点,设椭圆的右焦点为,所以,又是的中点,是的中点,所以,又,所以,又,所以是等边三角形,所以,又在椭圆上,所以,所以,所以离心率为,故选:11、D【解析】函数在定义域上单调递增等价于在上恒成立,即在上恒成立,然后易得,最后求出范围即可.【详解】函数的定义域为,,在定义域上单调递增等价于在上恒成立,即在上恒成立,即在上恒成立,分离参数得,所以,即.【点睛】方法点睛:已知函数的单调性求参数的取值范围的通解:若在区间上单调递增,则在区间上恒成立;若在区间上单调递减,则在区间上恒成立;然后再利用分离参数求得参数的取值范围即可.12、B【解析】由已知结合等差数列的求和公式及等差数列的性质即可求解.【详解】因为等差数列中,,则.故选:B.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】直接利用点到直线的距离公式计算即可.【详解】点到直线的距离为.故答案为:.14、##【解析】利用等比中项及条件可得,进而可得,再利用基本不等式即得.【详解】∵,,都为正实数,,,成等比数列,∴,又,∴,即,∴,∴,当且仅当,即取等号.故答案为:.15、【解析】根据直接法,即可求轨迹.【详解】解:动点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数,根据题意得,点的轨迹就是集合,由此得.将上式两边平方,并化简,得所以,动点的轨迹是长轴长、短轴长分别为12、的椭圆故答案为:16、【解析】根据二项分布的方差公式即可求出【详解】因为,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);(2)【解析】(1)根据向量加减法运算法则可得,根据计算可得的长度;(2)根据空间向量的夹角公式计算可得结果.【小问1详解】,因为,同理可得,所以【小问2详解】因为,所以,因为,所以所以异面直线与所成角的余弦值为18、(1);(2)以为直径的圆过定点,定点坐标为和.【解析】(1)设动点的坐标,利用斜率坐标公式结合已知列式即可作答.(2)设上任意一点,求出点M,N的坐标,再求出以为直径的圆的方程即可分析作答.【小问1详解】设点,则直线PA,PB的斜率分别为:,,依题意,,化简整理得:,所以的方程是:.【小问2详解】由(1)知,令是上任意一点,则点,直线:,则点,直线:,则点,以MN为直径的圆上任意一点,当点Q与M,N都不重合时,,有,当点Q与M,N之一重合时,也成立,因此,以MN为直径的圆的方程为:,化简整理得:,而,即,则以MN为直径的圆的方程化为:,显然当时,恒有,即圆恒过两个定点和,所以以为直径的圆过定点,定点坐标为和.【点睛】知识点睛:以点为直径两个端点的圆的方程是:.19、(1);(2).【解析】(1)利用,结合已知条件,即可容易求得通项公式;(2)根据(1)中所求,对数列进行裂项求和,即可求得.【小问1详解】当时,.当时,,因为当时,,所以.【小问2详解】因为,所以,故数列的前项和.20、(1)见解析(2)【解析】(1)利用列举法列出试验的样本空间,(2)由(1)可知共有16种情况,其中和为5的有4种,然后利用古典概型的概率公式求解即可【小问1详解】由题意可知试验的样本空间为:(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)【小问2详解】由(1)可知共有16种等可能情况,其中满足的有:(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),4种,所以“”的概率为21、(1)(2)【解析】(1)利用正弦定理化简,通过两角和与差的三角函数求出,即可得到结果(2)利用三角形的面积求出,通过由余弦定理求解即可【详解】解:(1)因为bcosA=(2c+a)cos(π﹣B),所以sinBcosA=(﹣2sinC﹣sinA)cosB所以sin(A+B)=﹣2sinCcosB∴cosB=﹣∴B=(2)由=得ac=4由余弦定理得b2=a2+c2+ac=(a+c)2+ac=16∴a+c=2【点睛】本题主要考查了利用正、余弦定理及三角形的面积公式解三角形问题,其中在解有关三角形的题目时,要有意识地考虑用哪个定理更合适,或是两个定理都要用.一般地,如果式子中含有角的余弦或边的二次式时,要考虑用余弦定理;如果式子中含有角的正弦或边的一次式时,则考虑用正弦定理;以上特征都不明显时,则要考虑两个定理都有可能用到22、(1)(2)1【解析】(1)根据椭圆的上顶点与椭圆的左右顶点连线的斜率之积为-,由求解;(2)根据点M(,)在椭圆C上,顶点,再由,求得椭圆

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