安徽省金汤白泥乐槐六校2025届高二上数学期末质量检测模拟试题含解析

安徽省金汤白泥乐槐六校2025届高二上数学期末质量检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．设为等差数列的前项和，若，，则公差的值为（）A. B.2C.3 D.42．点是正方体的底面内（包括边界）的动点.给出下列三个结论：①满足的点有且只有个；②满足的点有且只有个；③满足平面的点的轨迹是线段.则上述结论正确的个数是（）A. B.C. D.3．已知向量，若，则（）A. B.5C.4 D.4．圆与圆的位置关系为（）A.内切 B.相交C.外切 D.相离5．已知空间向量，，，若，，共面，则m＋2t＝（）A.－1 B.0C.1 D.－66．程大位是明代著名数学家，他的《新编直指算法统宗》是中国历史上一部影响巨大的著作.它问世后不久便风行宇内，成为明清之际研习数学者必读的教材，而且传到朝鲜、日本及东南亚地区，对推动汉字文化圈的数学发展起了重要的作用.卷八中第33问是：“今有三角果一垛，底阔每面七个.问该若干？”如图是解决该问题的程序框图.执行该程序框图，求得该垛果子的总数为（）A.120 B.84C.56 D.287．已知椭圆的离心率为，直线与椭圆交于两点，为坐标原点，且，则椭圆的方程为A B.C. D.8．当圆的圆心到直线的距离最大时，（）A B.C. D.9．设，，，则a，b，c的大小关系为（）A. B.C. D.10．已知圆与抛物线的准线相切，则实数p的值为（）A.2 B.6C.3或8 D.2或611．等差数列的公差，且，，则的通项公式是（）A. B.C. D.12．在等比数列{an}中，a1=8，a4=64，则a3等于（）A.16 B.16或-16C.32 D.32或-32二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．正三棱柱的底面边长和高均为2，点为侧棱的中点，连接，，则点到平面的距离为______.14．双曲线的离心率为，则它的一个焦点到一条渐近线的距离为______15．已知双曲线的左、右焦点分别为，双曲线左支上点满足，则的面积为_________16．正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为，则与侧面所成角的正弦值为______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）已知点，直线：，直线m过点N且与垂直，直线m交圆于两点A，B.（1）求直线m的方程；（2）求弦AB的长.18．（12分）已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，点在抛物线C上（1）求抛物线C的方程；（2）过抛物线C焦点F的直线l交抛物线于P，Q两点，若求直线l的方程19．（12分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）任意，恒成立，求的取值范围.20．（12分）已知椭圆的右顶点为，上顶点为.离心率为，.（1）求椭圆的标准方程；（2）若，是椭圆上异于长轴端点的两点（斜率不为0），已知直线，且，垂足为，垂足为，若，且的面积是面积的5倍，求面积的最大值.21．（12分）如图，在三棱锥中，侧面PAB是边长为4的正三角形且与底面ABC垂直，点D，E，F，H分别是棱PA，AB，BC，PC的中点（1）若点G在棱BC上，且BG＝3GC，求证：平面∥平面DHG；（2）若AC＝2，，求二面角的余弦值22．（10分）四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，（1）若为中点，求证平面；（2）若，求面与面的夹角的余弦值.

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】根据等差数列前项和公式进行求解即可.【详解】，故选：C2、C【解析】对于①，根据线线平行的性质可知点即为点，因此可判断①正确；对于②，根据线面垂直的判定可知平面,，由此可判定的位置，进而判定②的正误；对于③，根据面面平行可判定平面平面，因此可判断此时一定落在上，由此可判断③的正误.【详解】如图：对于①，在正方体中，,若异于，则过点至少有两条直线和平行，这是不可能的，因此底面内（包括边界）满足的点有且只有个，即为点，故①正确；对于②，正方体中，平面,平面，所以,又，所以，而,平面,故平面,因此和垂直的直线一定落在平面内，由是平面上的动点可知，一定落在上，这样的点有无数多个，故②错误；对于③，,平面,则平面，同理平面,而,所以平面平面，而平面，所以一定落在平面上，由是平面上的动点可知，此时一定落在上，即点的轨迹是线段，故③正确，故选：C.3、B【解析】根据向量垂直列方程，化简求得.【详解】由于，所以.故选：B4、C【解析】写出两圆的圆心和半径，求出圆心距，发现与两圆的半径和相等，所以判断两圆外切【详解】圆的标准方程为：，所以圆心坐标为，半径；圆的圆心为，半径，圆心距，所以两圆相外切故选：C5、D【解析】根据向量共面列方程，化简求得.【详解】，所以不共线，由于，，共面，所以存在，使，即，，，，，即.故选：D6、B【解析】按照框图中程序，逐步执行循环，即可求得答案.【详解】第一次循环：，，第二次循环：，，第三次循环：，，第四次循环：，，第五次循环：，，第六次循环：，，第七次循环：，，退出循环，输出.故选：B7、D【解析】根据等腰直角三角形的性质可得，将代入椭圆方程，结合离心率为以及性质列方程组求得与的值，从而可得结果.【详解】设直线与椭圆在第一象限的交点为，因为，所以，即，由可得，，故所求椭圆的方程为.故选D.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程与性质，以及椭圆离心率的应用，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，属于中档题.8、C【解析】求出圆心坐标和直线过定点，当圆心和定点的连线与直线垂直时满足题意，再利用两直线垂直，斜率乘积为-1求解即可.【详解】解：因为圆的圆心为,半径，又因为直线过定点A(-1,1),故当与直线垂直时，圆心到直线的距离最大，此时有，即，解得.故选：C.9、A【解析】构造函数，求导判断其单调性即可【详解】令，，令得，，当时，，单调递增，，，，，，，故选：A10、D【解析】由抛物线准线与圆相切，结合抛物线方程，令求切线方程且抛物线准线方程为，即可求参数p.【详解】圆的标准方程为：，故当时，有或，所以或，得或6故选：D11、C【解析】由于数列为等差数列，所以，再由可得可以看成一元二次方程的两个根，由可知，所以，从而可求出，可得到通项公式.【详解】解：因为数列为等差数列，所以，因为，所以可以看成一元二次方程的两个根，因为，所以，所以，解得，所以故选：C【点睛】此题考查的是等差数列的通项公式和性质，属于基础题.12、C【解析】首先根据a4=a1q3，求得q=2，再由a3=即可得解.【详解】由a4=a1q3，得q3=8，即q=2，所以a3==32.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求点面距离的公式可以直接求出.【详解】如图，建立空间直角坐标系，为的中点，由已知，，，，，所以，，设平面的法向量为，，即：，取，得，，则点到平面的距离为.故答案为：.14、【解析】根据双曲线离心率为，可得的值，进而可得双曲线焦点到一条渐近线的距离.【详解】由双曲线离心率为，得，即，故双曲线方程为，焦点坐标为，渐近线方程为：，故焦点到渐近线的距离为，故答案为：.15、3【解析】由双曲线方程可得，利用双曲线定义，以及直角三角形的勾股定理可得，由此求得答案.【详解】由双曲线的左、右焦点分别为，双曲线左支上点满足，可得:，则，且，故，所以，故，故答案为：316、【解析】作图，考虑底面是正三角形，按照线面夹角的定义构造直角三角形即可.【详解】依题意，作图如下，取的中点G，连结，∵是正三角形，∴，，又∵是正三棱柱，∴底面，∴，即平面，，与平面的夹角=，在中，，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）求出斜率，用点斜式求直线方程；（2）利用垂径定理求弦长.【小问1详解】因为直线：，所以直线的斜率为.因为直线m过点N且与垂直，所以直线的斜率为，又过点，所以直线：，即【小问2详解】直线与圆相交，则圆心到直线的距离为：，圆的半径为，所以弦长18、（1）（2）或【解析】(1)把点的坐标代入方程即可；(2)设直线方程，解联立方程组，消未知数，得到一元二次方程，再利用韦达定理和已知条件求斜率.【小问1详解】因为抛物线C的顶点在原点，焦点在x轴上，所以设抛物线方程为又因为点在抛物线C上，所以，解得，所以抛物线的方程为；【小问2详解】抛物线C的焦点为，当直线l的斜率不存在时，，不符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，设直线l交抛物线的两点坐标为，，由得，，，，由抛物线得定义可知，所以，解得，即，所以直线l的方程为或19、（1）的递增区间为，递减区间为（2）【解析】(1)先求出函数的导数，令、解出对应的解集，结合定义域即可得到函数的单调区间；(2)将不等式转化为，令，利用导数讨论函数分别在、时的单调性，进而求出函数的最值，即可得出答案.【小问1详解】函数的定义域为，又当时，，当时，故的递增区间为，递减区间为.【小问2详解】，即，令，有，，若，在上恒成立.则在上为减函数，所以有若，由，可得，则在上增，所以在上存在使得，与题意不符合综上所述，.20、（1）（2）面积的最大值为【解析】（1）由离心率为，，得，解得，，，进而可得答案（2）设直线的方程为，，，，，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可得，，由弦长公式可得，点到直线的距离，则，，由的面积是面积的5倍，解得，再计算的最大值，即可【小问1详解】解：因为离心率为，，所以，解得，，，所以【小问2详解】解：设直线的方程为，，，，，联立，得，所以，，所以，点到直线的距离，所以，，因为的面积是面积的5倍，所以所以或，又因为，是椭圆上异于长轴端点的两点，所以，所以，令，所以，因为在上单调递增，所以，（当时，取等号），所以面积的最大值为．21、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由中位线的性质可得、、，再由线面平行的判定可证平面PEF、平面PEF，最后根据面面平行的判定证明结论.（2）应用勾股定理、等边三角形的性质、面面和线面垂直的性质可证、、两两垂直，构建空间直角坐标系，求面BPC、面PCA的法向量，再应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.【小问1详解】因为D，H分别是PA，PC的中点，所以因为E，F分别是AB，BC的中点，所以，综上，，又平面PEF，平面PEF，所以平面PEF由题意，G是CF的中点，又H是PC的中点，所以，又平面PEF，平面PEF，所以平面PEF由，HG，平面DHG，所以平面平面DHG【小问2详解】在△ABC中，AB＝4，AC＝2，，所以，所以，又，则因为△PAB为等边三角形，点E为AB的中点，所以，又平面平面ABC，平面平面ABC＝AB，所以平面ABC，面ABC，故综上，以E为坐标原点，以EB，EF，EP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，有，，，，则，，设平面BPC的法向量为，则，令，则设平面P