湖南省道县第二中学2025届高二上数学期末学业质量监测模拟试题含解析

湖南省道县第二中学2025届高二上数学期末学业质量监测模拟试题注意事项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．阿基米德（公元前287年~公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到的椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆C的离心率为，面积为6π，则椭圆C的标准方程为（）A. B.C. D.2．已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，设，，则当时，n的最大值是（）A.8 B.9C.10 D.113．命题“，”的否定是A.， B.，C.， D.，4．设，则有（）A. B.C. D.5．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18C.18 D.26．2021年4月29日，中国空间站天和核心舱发射升空，这标志着中国空间站在轨组装建造全面展开，我国载人航天工程“三步走”战略成功迈出第三步.到今天，天和核心舱在轨已经九个多月.在这段时间里，空间站关键技术验证阶段完成了5次发射、4次航天员太空出舱、1次载人返回、1次太空授课等任务.一般来说，航天器绕地球运行的轨道近似看作为椭圆，其中地球的球心是这个椭圆的一个焦点，我们把椭圆轨道上距地心最近（远）的一点称作近（远）地点，近（远）地点与地球表面的距离称为近（远）地点高度.已知天和核心舱在一个椭圆轨道上飞行，它的近地点高度大约351km，远地点高度大约385km，地球半径约6400km，则该轨道的离心率为（）A. B.C. D.7．直线x－y＋1＝0被椭圆＋y2＝1所截得的弦长|AB|等于（）A. B.C. D.8．函数区间上有（）A.极大值为27，极小值为-5 B.无极大值，极小值为-5C.极大值为27，无极小值 D.无极大值，无极小值9．“”是“直线和直线垂直”的（）A.充分非必要条件 B.必要非充分条件C.充要条件 D.既非充分又非必要条件10．当我们停放自行车时，只要将自行车旁的撑脚放下，自行车就稳了，这用到了（）A.三点确定一平面 B.不共线三点确定一平面C.两条相交直线确定一平面 D.两条平行直线确定一平面11．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，则的形状为（）A.直角三角形 B.等边三角形C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形12．已知的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为，则（）A.4 B.5C.6 D.7二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知定义在R上的函数的导函数，且，则实数的取值范围为__________.14．椭圆的弦被点平分，则这条弦所在的直线方程是________15．已知函数集合，若A中有且仅有4个元素，则满足条件的整数a的个数为______16．已知B(，0)是圆A：内一点，点C是圆A上任意一点，线段BC的垂直平分线与AC相交于点D.则动点D的轨迹方程为_________________.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，在直三棱柱中，，，，为的中点，点，分别在棱，上，，.（1）求点到直线的距离（2）求平面与平面夹角的余弦值.18．（12分）已知椭圆：（）的焦点坐标为，长轴长是短轴长的2倍（1）求椭圆的方程；（2）已知直线不过点且与椭圆交于两点，从下面①②中选取一个作为条件，证明另一个成立.①直线的斜率分别为，则；②直线过定点.19．（12分）已知椭圆的离心率为，且经过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知，经过点的直线与椭圆交于、两点，若原点到直线的距离为，且，求直线的方程.20．（12分）已知椭圆C：短轴长为2，且点在C上（1）求椭圆C的标准方程；（2）设、为椭圆的左、右焦点，过的直线l交椭圆C与A、B两点，若的面积是，求直线l的方程21．（12分）已知直线方程为（1）若直线的倾斜角为，求的值；（2）若直线分别与轴、轴的负半轴交于、两点，为坐标原点，求面积的最小值及此时直线的方程22．（10分）设正项数列的前项和为，已知，（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围

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、D【解析】设椭圆的方程为，根据题意得到和，求得的值，即可求解.【详解】由题意，椭圆的焦点在轴上，可设椭圆的方程为，因为椭圆C的离心率为，可得，又由，即，解得，又因为椭圆的面积为，可得，即，联立方程组，解答，所以椭圆方程为.故选：D.2、B【解析】先求出数列和的通项公式，然后利用分组求和求出，再对进行赋值即可求解.【详解】解：因为数列是以1为首项，2为公差的等差数列所以因为是以1为首项，2为公比的等比数列所以由得：当时，即当时，当时，所以n的最大值是.故选：B.【点睛】关键点睛：本题的关键是利用分组求和求出，再通过赋值法即可求出使不等式成立的的最大值.3、C【解析】特称命题的否定是全称命题，改量词，且否定结论，故命题的否定是“”.本题选择C选项.4、A【解析】利用作差法计算与比较大小即可求解.【详解】因为，，所以，所以，故选：A.5、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.6、A【解析】根据远地点和近地点，求出轨道即椭圆的半长轴和半焦距，即可求得答案.【详解】设椭圆的半长轴为a，半焦距为c.则根据题意得;解得，故该轨道即椭圆的离心率为，故选：A7、A【解析】联立方程组，求出交点坐标，利用两点间的距离公式求距离.【详解】由得交点为(0,1)，，则|AB|＝＝.故选：A.8、B【解析】求出得出的单调区间，从而可得答案.【详解】当时，，单调递减.当时，，单调递增.所以当时，取得极小值，极小值为，无极大值.故选：B9、A【解析】根据直线垂直求出值即可得答案.【详解】解：若直线和直线垂直，则，解得或，则“”是“直线和直线垂直”的充分非必要条件.故选：A.10、B【解析】自行车前后轮与撑脚分别接触地面，使得自行车稳定,此时自行车与地面的三个接触点不在同一条线上.【详解】自行车前后轮与撑脚分别接触地面，此时三个接触点不在同一条线上,所以可以确定一个平面，即地面，从而使得自行车稳定.故选B项.【点睛】本题考查不共线的三个点确定一个平面，属于简单题.11、B【解析】直接利用正弦定理以及已知条件，求出、、的关系，即可判断三角形的形状【详解】解：在中，已知，，，分别为角，，的对边），由正弦定理可知：，所以，解得，所以为等边三角形故选：【点睛】本题考查三角形的形状的判断，正弦定理的应用，考查计算能力，属于基础题12、C【解析】利用赋值法确定展开式中各项系数的和以及二项式系数的和，利用比值为，列出关于的方程，解方程.【详解】二项式的各项系数的和为，二项式的各项二项式系数的和为，因为各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为，所以，.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由题意可得在R上单调递增，再由，利用函数的单调性转化为关于的不等式求解【详解】定义在R上的函数的导函数，在R上单调递增，由，得，即实数的取值范围为故答案为：14、2x＋4y－3＝0【解析】设弦端点为，又A，B在椭圆上，、即直线AB的斜率为直线AB的方程为，.15、32【解析】作出的图像，由时，不等式成立，所以，判断出符合条件的非零整数根只有三个，即等价于时，；时，；利用数形结合，进行求解.【详解】作出的图像如图所示：因为时，不等式成立，所以，符合条件的非零整数根只有三个.由可得：时，；时，；所以在y轴左侧，的图像都在的下方；在y轴右侧，的图像都在的上方；而，，，，.平移直线，由图像可知：当时，集合A中除了0只含有1，2，3，符合题意，此时整数a可以取：-23，-22，-21……-9.一共15个；当时，集合A中除了0含有1，-1，-2，符合题意.当时，集合A中除了0只含有-1，-2，-3，符合题意，此时整数a可以取：5，6，7……20一共16个.所以整数a的值一共有15+1+16=32（个）.故答案为：32【点睛】分离参数法求零点个数的问题是转化为，分别做出和的图像，观察交点的个数即为零点的个数．用数形结合法解决零点问题常有以下几种类型：(1)零点个数：几个零点；(2)几个零点的和；(3)几个零点的积.16、【解析】利用椭圆的定义可得轨迹方程.【详解】连接，由题意，，则，由椭圆的定义可得动点D的轨迹为椭圆，其焦点坐标为，长半轴长为2，故短半轴长为1，故轨迹方程为：.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）由直棱柱的性质及勾股定理求出△各边长，应用余弦定理求，进而可得其正弦值，再求边上的高即可.（2）以为原点，，，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，然后求出两个平面的法向量，然后可算出答案.【小问1详解】如图，连接，由题设，，，，由直棱柱性质及，在中，在中，在中，在中，所以在△中，，则，所以到直线的距离.【小问2详解】以为原点，，，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系易知：，，，则，因为平面，所以平面的一个法向量为设平面的法向量为，则，取，则，所以，即平面与平面的夹角的余弦值为18、（1）（2）证明见解析【解析】（1）由条件可得，解出即可；（2）选①证②，当直线的斜率存在时，设：，，然后联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得，，然后由可算出，即可证明，选②证①，设：，，然后联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得，，然后可算出.【小问1详解】由条件可得，解得所以椭圆方程为【小问2详解】选①证②：当直线的斜率存在时，设：，由得，则，由得即，即所以代入所以所以解得：（舍去），所以直线过定点当直线斜率不存在时，设：所以，由得所以，即，解得所以直线（不符合题意，舍去）综上：直线过定点选②证①：由题意直线的斜率存在，设：由得则，所以.19、（1）；（2）.【解析】（1）由已知条件可得出关于、、的方程组，求出这三个量的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）分析可知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，由点到直线的距离公式可得出，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可得出，代入韦达定理求出、的值，由此可得出直线的方程.【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，解得，因此，椭圆的标准方程为；（2）若直线斜率不存在，则直线过原点，不合乎题意.所以，直线的斜率存在，设斜率为，设直线方程为，设、，原点到直线的距离为，，即①.联立直线与椭圆方程可得，则，则，由韦达定理可得，.，则为线段的中点，所以，，，得，，所以，，整理可得，解得，即，，因此，直线的方程为或.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.20、（1）；（2）或.【解析】(1)根据短轴长求出b，根据M在C上求出a；(2)根据题意设直线l为，与椭圆方程联立得根与系数关系，根据＝即可求出m的值.【小问1详解】∵短轴长为2，∴，∴，又∵点在C上，∴，∴，∴椭圆C的标准方程为；【小问2详解】由(1)知，∵当直线l斜率为0时，不符合题意，∴设直线l的方程为：，联立，消x得：，∵，∴设，，则，∵，∴，∴，即，解得，∴直线l的方程为：或.21、（1）；（2）面积的最小值为，此时直线的方程为.【解析】（1）由直线的斜率和倾斜角的关系可求得的值；（2）求出点、的坐标，根据已知条件求出的取值范围，求出的面积关于的表达式，利用基本不等式可求得面积的最小值，利用等号成立的条件可求得的值，即可得出直