宁夏回族自治区银川市兴庆区一中2025届数学高二上期末预测试题含解析

宁夏回族自治区银川市兴庆区一中2025届数学高二上期末预测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．如图，平面四边形中，，，，为等边三角形，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B.C. D.2．《镜花缘》是清代文人李汝珍创作的长篇小说，书中有这样一个情节：一座楼阁到处挂满了五彩缤纷的大小灯球，灯球有两种，一种是大灯下缀2个小灯，另一种是大灯下缀4个小灯，大灯共360个，小灯共1200个.若在这座楼阁的灯球中，随机选取一个灯球，则这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为A. B.C. D.3．命题“∀x∈[1，2]，x2－a≤0”为真命题的一个充分不必要条件是（）A.a≥4 B.a≤4C.a≥5 D.a≤54．在数列中抽取部分项（按原来的顺序）构成一个新数列，记为，再在数列插入适当的项，使它们一起能构成一个首项为1，公比为3的等比数列.若，则数列中第项前（不含）插入的项的和最小为（）A.30 B.91C.273 D.8205．是等差数列，，，的第（）项A.98 B.99C.100 D.1016．已知各项均为正数且单调递减的等比数列满足、、成等差数列.其前项和为，且，则（）A. B.C. D.7．正三棱柱各棱长均为为棱的中点，则点到平面的距离为（）A. B.C. D.18．如图，、分别是椭圆的左顶点和上顶点，从椭圆上一点向轴作垂线，垂足为右焦点，且，点到右准线的距离为，则椭圆方程为（）A. B.C. D.9．若曲线表示圆，则m的取值范围是（）A. B.C. D.10．如图，正三棱柱中，，则与平面所成角的正弦值等于（）A. B.C. D.11．函数在上的最大值是A. B.C. D.12．新型冠状病毒（2019-NCoV）因2019年武汉病毒性肺炎病例而被发现，2020年1月12日被世界卫生组织命名，为考察某种药物预防该疾病的效果，进行动物试验，得到如下列联表：患病未患病总计服用药104555未服药203050总计3075105下列说法正确的是（）参考数据：，0.050.013.8416.635A.有95%的把握认为药物有效B.有95%的把握认为药物无效C.在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为药物无效D.在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为药物有效二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若a，b，c都为正数，，且，，成等比数列，则的最大值为____________.14．已知等差数列的公差，等比数列的公比q为正整数，若，，且是正整数，则______15．由曲线围成的图形的面积为________16．如图将自然数，…按到箭头所指方向排列，并依次在，…等处的位置拐弯．如图作为第一次拐弯，则第33次拐弯的数是___________，超过2021的第一个拐弯数是____________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，已知抛物线的焦点为，点是轴上一定点，过的直线交与两点.（1）若过的直线交抛物线于，证明纵坐标之积为定值；（2）若直线分别交抛物线于另一点，连接交轴于点.证明：成等比数列.18．（12分）如图，三棱锥中，，，，，，点是PA的中点，点D是AC的中点，点N在PB上，且.（1）证明：平面CMN；（2）求平面MNC与平面ABC所成角的余弦值.19．（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.20．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率，且过点（1）求椭圆C的方程；（2）已知过的直线l交椭圆C于A、B两点，试探究在平面内是否存在定点Q，使得是一个确定的常数？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由21．（12分）已知直线和直线（1）若时，求a的值；（2）当平行，求两直线，的距离22．（10分）设，分别是椭圆：的左、右焦点，的离心率为，点是上一点.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆E于A，B两点，且，求直线的方程.

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、A【解析】将三棱锥补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同，由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，在中，计算半径即可.【详解】由，，可知平面将三棱锥补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同，由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，记的外心为，由为等边三角形，可得又，故在中，此即为外接球半径，从而外接球表面积为故选：A【点睛】本题考查了三棱锥外接球的表面积，考查了学生空间想象，逻辑推理，综合分析，数学运算的能力，属中档题.2、B【解析】设大灯下缀2个小灯为个，大灯下缀4个小灯有个，根据题意求得，再由古典概型及其概率的公式，即可求解【详解】设大灯下缀2个小灯为个，大灯下缀4个小灯有个，根据题意可得，解得，则灯球的总数为个，故这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为，故选B【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中根据题意列出方程组，求得两种灯球的数量是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题3、C【解析】先要找出命题为真命题的充要条件，从集合的角度充分不必要条件应为的真子集，由选择项不难得出答案【详解】命题“∀x∈[1，2]，x2－a≤0”为真命题，可化为∀x∈[1，2]，恒成立即只需，即命题“∀x∈[1，2]，x2－a≤0”为真命题的的充要条件为，而要找的一个充分不必要条件即为集合的真子集，由选择项可知C符合题意.故选：C4、C【解析】先根据等比数列的通项公式得到，列出数列的前6项，将其中是数列的项的所有数去掉即可求解.【详解】因为是以1为首项、3为公比的等比数列，所以，则由，得，即数列中前6项分别为：1、3、9、27、81、243，其中1、9、81是数列的项，3、27、243不是数列的项，且，所以数列中第7项前（不含）插入的项的和最小为.故选：C.5、C【解析】等差数列，，中，，，由此求出，令，得到是这个数列的第100项【详解】解：等差数列，，中，，令，得是这个数列的第100项故选：C6、C【解析】先根据，，成等差数列以及单调递减，求出公比，再由即可求出，再根据等比数列通项公式以及前项和公式即可求出.【详解】解：由，，成等差数列，得：，设的公比为，则，解得：或，又单调递减，，，解得：，数列的通项公式为：，.故选：C7、C【解析】建立空间直角坐标系，利用点面距公式求得正确答案.【详解】设分别是的中点，根据正三棱柱的性质可知两两垂直，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，，，.设平面的法向量为，则，故可设，所以点到平面的距离为.故选：C8、A【解析】设椭圆方程为，设该椭圆的焦距为，则，求出点的坐标，根据可得出，可得出，，结合已知条件求得的值，可得出、的值，即可得出椭圆的方程.【详解】设椭圆方程为，设该椭圆的焦距为，则，由图可知，点第一象限，将代入椭圆方程得，得，所以，点，易知点、，，，因为，则，得，可得，则，点到右准线的距离为为，则，，因此，椭圆的方程为.故选：A.9、C【解析】按照圆的一般方程满足的条件求解即可.【详解】或.故选：C.10、C【解析】取中点，连接，，证明平面，从而可得为与平面所成角，再利用三角函数计算的正弦值.【详解】取中点，连接，，在正三棱柱中，底面是正三角形，∴，又∵底面，∴，又，∴平面，∴为与平面所成角，由题意，，，在中，.故选：C11、D【解析】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可，结合函数的单调性求出的最大值即可【详解】函数的导数令可得，可得上单调递增，在单调递减，函数在上的最大值是故选D【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，是一道中档题12、A【解析】根据列联表计算，对照临界值即可得出结论【详解】根据列联表，计算，由临界值表可知，有95%的把握认为药物有效，A正确故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由等比数列性质知，即可得，再利用基本不等式求解即可.【详解】由，，成等比数列，得，即又，则，所以，即，即所以，当且仅当时，等号成立，故的最大值为故答案为：14、【解析】由已知等差、等比数列以及，，是正整数，可得，结合q为正整数，进而求.【详解】由，，令，其中m为正整数，有，又为正整数，所以当时，解得，当时，解得不是正整数，故答案为：15、【解析】曲线围成的图形关于轴，轴对称，故只需要求出第一象限的面积即可.【详解】将或代入方程，方程不发生改变，故曲线关于关于轴，轴对称，因此只需求出第一象限的面积即可.当，时，曲线可化为：，在第一象限为弓形，其面积为，故.故答案为：.16、①.②.【解析】根据题意得到拐弯处的数字与其序数的关系，归纳得到当为奇数为；当为为偶数为，分别代入，即可求解.【详解】解：由题意，拐弯处的数字与其序数的关系，如下表：拐弯的序数012345678拐弯处的数1235710131721观察拐弯处的数字的规律：第1个数；第3个数；第5个数；第7个数；，所以当为奇数为；同理可得：当为为偶数为；第33次拐弯的数是，当时，可得，当时，可得，所以超过2021第一个拐弯数是.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）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）设直线方程为，联立抛物线方程用韦达定理可得；（2）借助（1）中结论可得各点纵坐标之积，进而得到F、T、Q三点横坐标关系，然后可证.【小问1详解】显然过T的直线斜率不为0，设方程为，联立，消元得到，.【小问2详解】由（1）设，因为AP与BQ均过T(t,0)点，可知，又AB过F点，所以，如图：，,设M(n，0）,由（1）类比可得.，且，成等比数列.18、（1）证明见解析（2）【解析】建立如图所示空间直角坐标系，得到相关点和相关向量的坐标,（1）求出平面的法向量，利用证明即可；（2）由（1）知平面的法向量，再求平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解.【小问1详解】证明：三棱锥中，，，∴分别以，，，，轴建立如图所示空间直角坐标系∵，，点M是PA的中点，点D是AC的中点，点N在PB上且∴，，，，，设平面的法向量，，，，由得令得∴∵∴又平面∴平面；【小问2详解】，，∴平面∴为平面的法向量则与的夹角的补角是平面与平面所成二面角的平面角.∴平面与平面所成角的余弦值为.19、（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.20、（1）（2）存在，定点【解析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程并与椭圆方程联立，结合是常数列方程，从而求得定点的坐标.小问1详解】，，由题可得：.【小问2详解】当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，设，，联立方程组，整理得，可得，所以则恒成立，则，解得，，，此时，即存在定点满足条件当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝－2，可得，，设要使得是一个常数，即，显然，也使得成立；综上所述：存在定点满足条件.21、（1）（2）【解析】（1）由垂直可得两直线系数关系，即可得关于实数a的方程.（2）由平行可得两直线系数关系，即可得关于实数a的