福建省晋江市永春县第一中学2025届高二数学第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析

福建省晋江市永春县第一中学2025届高二数学第一学期期末学业水平测试模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．经过点，且被圆所截得的弦最短时的直线的方程为（）A. B.C. D.2．2021年6月17日9时22分，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射．此后，神舟十二号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，并快速完成与“天和”核心舱的对接，聂海胜、刘伯明、汤洪波3名宇航员成为核心舱首批“入住人员”，并在轨驻留3个月，开展舱外维修维护，设备更换，科学应用载荷等一系列操作．已知神舟十二号飞船的运行轨道是以地心为焦点的椭圆，设地球半径为R，其近地点与地面的距离大约是，远地点与地面的距离大约是，则该运行轨道（椭圆）的离心率大约是（）A. B.C. D.3．设为抛物线焦点，直线，点为上任意一点，过点作于，则（）A.3 B.4C.2 D.不能确定4．已知椭圆的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为.点为上不在坐标轴上的任意一点，且四条直线的斜率之积大于，则的离心率的取值范围是（）A. B.C. D.5．设太阳光线垂直于平面，在阳光下任意转动棱长为一个单位的立方体，则它在平面上的投影面积的最大值是（）A.1 B.C. D.6．已知等比数列的前项和为，若，，则（）A.20 B.30C.40 D.507．将数列中的各项依次按第一个括号1个数，第二个括号2个数，第三个括号4个数，第四个括号8个数，第五个括号16个数，…，进行排列，，，…，则以下结论中正确的是（）A.第10个括号内的第一个数为1025 B.2021在第11个括号内C.前10个括号内一共有1025个数 D.第10个括号内的数字之和8．正四棱锥中，，则直线与平面所成角的正弦值为A. B.C. D.9．已知关于的不等式的解集为，则不等式的解集为（）A.或 B.C.或 D.10．如图，在直三棱柱中，且，点E为中点．若平面过点E，且平面与直线AB所成角和平面与平面所成锐二面角的大小均为30°，则这样的平面有（）A.1个 B.2个C.3个 D.4个11．设为实数，则曲线：不可能是（）A.抛物线 B.双曲线C.圆 D.椭圆12．在直角坐标系中，直线的倾斜角是A.30° B.60°C.120° D.150°二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量，，，则___________.14．已知椭圆的左、右焦点分别为、，关于原点对称的点A、B在椭圆上，且满足，若令且，则该椭圆离心率的取值范围为___________15．已知实数x，y满足方程，则的最大值为_________16．如图的形状出现存南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最一上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……，设从上至下各层球数构成一个数列则___________.（填数字）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）已知为坐标原点，椭圆的左右焦点分别为，，为椭圆的上顶点，以为圆心且过的圆与直线相切.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知直线交椭圆于两点.（ⅰ）若直线的斜率等于，求面积的最大值；（ⅱ）若，点在上，.证明：存在定点，使得为定值.18．（12分）已知直线经过点，且满足下列条件，求相应的方程.（1）过点；（2）与直线垂直.19．（12分）用长度为80米的护栏围出一个一面靠墙的矩形运动场地，如图所示，运动场地的一条边记为（单位：米），面积记为（单位：平方米）（1）求关于的函数关系；（2）求的最大值20．（12分）已知数列为各项均为正数的等比数列，若（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和21．（12分）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，平面底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC的中点，，，（1）求证：；（2）求直线PB与平面MQB所成角的正弦值22．（10分）已知圆C经过点，，且它的圆心C在直线上.（1）求圆C的方程；（2）过点作圆C的两条切线，切点分别为M，N，求三角形PMN的面积.

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】当是弦中点，她能时，弦长最短．由此可得直线斜率，得直线方程【详解】根据题意，圆心为，当与直线垂直时，点被圆所截得的弦最短，此时，则直线的斜率，则直线的方程为，变形可得，故选：C.【点睛】本题考查直线与圆相交弦长问题，掌握垂径定理是求解圆弦长问题的关键2、A【解析】以运行轨道长轴所在直线为x轴，地心F为右焦点建立平面直角坐标系，设椭圆方程为，根据题意列出方程组，解方程组即可.【详解】以运行轨道长轴所在直线为x轴，地心F为右焦点建立平面直角坐标系，设椭圆方程为，其中，根据题意有，，所以，，所以椭圆的离心率故选：A3、A【解析】由抛物线方程求出准线方程，由题意可得，由抛物线的定义可得，即可求解.【详解】由可得，准线为，设，由抛物线的定义可得，因为过点作于，可得，所以，故选：A.4、A【解析】设，求得，得到，求得，结合，即可求解.【详解】由椭圆的方程，可得，设，则，由，因为四条直线的斜率之积大于，即，所以，则离心率，又因为椭圆离心率，所以椭圆的离心率的取值范围是.故选：A.5、C【解析】确定正方体投影面积最大时,是投影面与平面AB'C平行，从而求出投影面积的最大值.【详解】设正方体投影最大时，是投影面与平面AB'C平行，三个面的投影为两个全等的菱形，其对角线为，即投影面上三条对角线构成边长为的等边三角形，如图所示，所以投影面积为故选：C6、B【解析】根据等比数列前项和的性质进行求解即可.【详解】因为是等比数列，所以成等比数列，即成等比数列，显然，故选：B7、D【解析】由第10个括号内的第一个数为数列的第512项，最后一个数为数列的第1023项，进行分析求解即可【详解】由题意可得，第个括号内有个数，对于A，由题意得前9个括号内共有个数，所以第10个括号内的第一个数为数列的第512项，所以第10个括号内的第一个数为，所以A错误，对于C，前10个括号内共有个数，所以C错误，对于B，令，得，所以2021为数列的第1011项，由AC选项的分析可得2021在第10个括号内，所以B错误，对于D，因为第10个括号内的第一个数为，最后一个数为，所以第10个括号内的数字之和为，所以D正确，故选：D【点睛】关键点点睛：此题考查数列的综合应用，解题的关键是由题意确定出第10个括号内第一个数和最后一个数分别对应数列的哪一项，考查分析问题的能力，属于较难题8、C【解析】建立合适的空间直角坐标系，求出和平面的法向量，直线与平面所成角的正弦值即为与的夹角的余弦值的绝对值，利用夹角公式求出即可.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系.有图知，由题得、、、.，，.设平面的一个法向量，则，，令，得，，.设直线与平面所成的角为，则.故选：C.【点睛】本题考查线面角的求解，利用向量法可简化分析过程，直接用计算的方式解决问题，是基础题.9、A【解析】由一元二次不等式的解集可得且，确定a、b、c间的数量关系，再求的解集.【详解】由题意知：且，得，从而可化为，等价于，解得或.故选：A.10、B【解析】构造出长方体，取中点连接然后利用临界位置分情况讨论即可.【详解】如图，构造出长方体，取中点，连接则所有过点与成角的平面，均与以为轴的圆锥相切，过点绕且与成角，当与水平面垂直且在面的左侧（在长方体的外面）时，与面所成角为75°（与面成45°，与成30°），过点绕旋转，转一周，90°显然最大，到了另一个边界（在面与之间）为15度，即与面所成角从75°→90°→15°→90°→75°变化，此过程中，有两次角为30

，综上，这样的平面α有2个，故选：B.11、A【解析】根据圆的方程、椭圆的方程、双曲线的方程和抛物线的方程特征即可判断.【详解】解：对A：因为曲线C的方程中都是二次项，所以根据抛物线标准方程的特征曲线C不可能是抛物线，故选项A正确；对B：当时，曲线C为双曲线，故选项B错误；对C：当时，曲线C为圆，故选项C错误；对D：当且时，曲线C为椭圆，故选项D错误；故选：A.12、D【解析】根据直线方程得到直线的斜率后可得直线的倾斜角.【详解】设直线的倾斜角为，则，因，故，故选D.【点睛】直线的斜率与倾斜角的关系是：，当时，直线的斜率不存在，注意倾斜角的范围.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2【解析】由空间向量数量积的坐标运算可得答案.【详解】因为，，，所以，.故答案为：2.14、【解析】由得为矩形，则，故，结合正弦函数即可求得范围【详解】由已知可得，且四边形为矩形所以，又因为，所以得离心率因为，所以，可得，从而故答案为：15、##【解析】设，根据直线与圆的位置关系即可求出【详解】由于，设，所以点既在直线上，又在圆上，即直线与圆有交点，所以，，即故答案为：16、【解析】根据题中给出的图形，结合题意找到各层球的数列与层数的关系，得到，即可得解【详解】解：由题意可知，，，，，，故，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）（ⅰ）；（ⅱ）.【解析】（1）求出后可得椭圆的标准方程.（2）（ⅰ）设直线的方程为：，，联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理、弦长公式可求面积表达式，利用基本不等式可求面积的最大值.（ⅱ）利用韦达定理化简可得，从而可得的轨迹为圆，故可证存在定点，使得为定值.【详解】（1）由题意知：，，又，则以为圆心且过的圆的半径为，故，所以椭圆的标准方程为：.（2）（ⅰ）设直线的方程为：，将代入得：，所以且，故.又，点到直线的距离，所以，等号当仅当时取，即当时，的面积取最大值为.（ⅱ）显然直线的斜率一定存在，设直线的方程为：，，由（ⅰ）知：所以，所以，解得，，直线过定点或，所以D在以OZ为直径的圆上，该圆的圆心为或，半径等于，所以存在定点或，使得为定值.【点睛】方法点睛：求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等.直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.18、（1）（2）【解析】（1）直接利用两点式写出直线的方程；（2）先求出直线的斜率，由点斜式写出直线的方程.【小问1详解】直线经过，两点，由两点式得直线的方程为.【小问2详解】与直线垂直直线的斜率为由点斜式得直线的方程为.19、（1）（2）平方米【解析】（1）由题意得矩形场地的另一边长为80-2x米，通过矩形面积得出关于的函数表达式；（2）利用二次函数的性质求出的最大值即可【小问1详解】解：由题意得矩形场地的另一边长为80-2x米，又，得，所以【小问2详解】解：由（1）得，当且仅当时，函数取得最大值平方米20、（1）（2）【解析】（1）利用等比数列通项公式列出方程组，可求解，，从而写出；（2）化简数列，裂项相消法求和即可.【小问1详解】设数列的公比为，∵，∴，即①∵，∴②②÷①，解得∴∴【小问2详解】∵，∴∴∴21、（1）证明见解析（2）【解析】（1）根据等腰三角形可得，再由面面垂直的性质得出线面垂直，即可求证；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角.【小问1详解】因为Q为AD的中点，，所以，又因为平面底面ABCD，平面底面，平面PAD，所以平面ABCD，又平面ABCD，所以【小问2详解】由题可知QA、QB、QP两两互相垂直，以QA为x轴、QB为y轴、QP为z轴建立空间坐标系，如图，根据题意，则，，，，，由M是棱PC的中点可知，，设平面M