2025届湖北省安陆市第一中学高二上数学期末学业质量监测模拟试题含解析

2025届湖北省安陆市第一中学高二上数学期末学业质量监测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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。1．三棱锥D－ABC中，AC＝BD，且异面直线AC与BD所成角为60°，E、F分别是棱DC、AB的中点，则EF和AC所成的角等于()A.30° B.30°或60°C.60° D.120°2．一个动圆与定圆相外切，且与直线相切，则动圆圆心的轨迹方程为（）A. B.C. D.3．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则为（）A.等腰三角形 B.直角三角形C.锐角三角形 D.钝角三角形4．金刚石的成分为纯碳，是自然界中存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体.若某金刚石的棱长为2，则它外接球的体积为（）A. B.C. D.5．双曲线的焦点坐标为（）A. B.C. D.6．设是定义在R上的可导函数，若（为常数），则（）A. B.C. D.7．我国古代数学名著《算法统宗》记有行程减等问题：三百七十八里关，初行健步不为难次日脚痛减一半，六朝才得到其关．要见每朝行里数，请公仔细算相还．意为：某人步行到378里的要塞去，第一天走路强壮有力，但把脚走痛了，次日因脚痛减少了一半，他所走的路程比第一天减少了一半，以后几天走的路程都比前一天减少一半，走了六天才到达目的地．请仔细计算他每天各走多少路程?在这个问题中，第四天所走的路程为（）A.96 B.48C.24 D.128．数列是公差不为零的等差数列，为其前n项和．若对任意的，都有，则的值不可能是（）A. B.2C. D.39．德国数学家米勒曾提出最大视角问题，这一问题一般的描述是：已知点A、B是的ON边上的两个定点，C是OM边上的一个动点，当C在何处时，最大？问题的答案是：当且仅当的外接圆与边OM相切于点C时，最大．人们称这一命题为米勒定理．已知点P、Q的坐标分别是（2，0），（4，0），R是y轴正半轴上的一动点，当最大时，点R的纵坐标为（）A.1 B.C. D.210．在圆内，过点的最长弦和最短弦分别是AC和BD，则四边形ABCD的面积为（）A. B.C. D.11．如图所示，正方形边长为2cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（）A.16cm B.cmC.8cm D.cm12．2020年北京时间11月24日我国嫦娥五号探月飞行器成功发射.嫦娥五号是我国探月工程“绕、落、回”三步走的收官之战，经历发射入轨、地月转移、近月制动、环月飞行、着陆下降、月面工作、月面上升、交会对接与样品转移、环月等待、月地转移、再入回收等11个关键阶段.在经过交会对接与样品转移阶段后，若嫦娥五号返回器在近月点（离月面最近的点）约为200公里，远月点（离月面最远的点）约为8600公里，以月球中心为一个焦点的椭圆形轨道上等待时间窗口和指令进行下一步动作，月球半径约为1740公里，则此椭圆轨道的离心率约为（）A.0.32 B.0.48C.0.68 D.0.82二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知椭圆，分别是椭圆的上、下顶点，是左顶点，为左焦点，直线与相交于点，则________14．直线的倾斜角为______15．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：其中，所有正确结论的序号是____________①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；③曲线C所围城的“心形”区域的面积小于316．已知等比数列的前项和为，若，，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）2017年厦门金砖会晤期间产生碳排放3095吨．2018年起厦门市政府在下潭尾湿地生态公园通过种植红树林的方式中和会晤期间产生的碳排放，拟用20年时间将碳排放全部吸收，实现“零碳排放”目标，向世界传递低碳，环保办会的积极信号，践行金砖国家倡导的可持续发展精神据研究估算，红树林的年碳吸收量随着林龄每年递增2%，2018年公园已有的红树林年碳吸收量为130吨，如果从2019年起每年新种植红树林若干亩，新种植的红树林当年的年碳吸收量为m（）吨．2018年起，红树林的年碳吸收量依次记，，，…（1）①写出一个递推公式，表示与之间的关系；②证明：是等比数列，并求的通项公式；（2）为了提前5年实现厦门会晤“零碳排放”的目标，m的最小值为多少？参考数据：，，18．（12分）已知数列的首项，，，.（1）证明：为等比数列；（2）求数列的前项和19．（12分）如图，在平面直角坐标系上，已知圆的直径，定直线到圆心的距离为，且直线垂直于直线，点是圆上异于、的任意一点，直线、分别交与、两点（1）求过点且与圆相切的直线方程；（2）若，求以为直径的圆方程；（3）当点变化时，以为直径的圆是否过圆内的一定点，若过定点，请求出定点；若不过定点，请说明理由20．（12分）某市为加强市民对新冠肺炎的知识了解，面向全市征召义务宣传志愿者.现从符合条件的志愿者中随机抽取100名按年龄分组：第1组[20，25），共5人，第2组[25，30），共35人，第3组[30，35），第4组[35，40），第5组[40，45]，得到的频率分布直方图如图所示.（1）求a的值；（2）若从第3，4，5组中用分层抽样的方法抽取6名志愿者参加广场宣传活动，且该市决定在第3，4组的志愿者中随机抽取2名志愿者介绍宣传经验，求第3组至少有-名志愿者被抽中的概率.21．（12分）已知函数.（I）当时，求曲线在处的切线方程；（Ⅱ）若当时，，求的取值范围.22．（10分）为了解某城中村居民收入情况，小明利用周末时间对该地在岗居民月收入进行了抽样调查，并将调查数据整理得到如下频率分布直方图：根据直方图估算：（1）在该地随机调查一位在岗居民，该居民收入在区间内的概率；（2）该地区在岗居民月收入的平均数和中位数；

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、B【解析】取AD中点为G，连接GF、GE，易知△EFG为等腰三角形，且∠EGF为异面直线AC和BD所成角或其补角，据此可求∠FEG大小，从而得EF和AC所成的角的大小【详解】如图，取AD中点为G，连接GF、GE，易知FG∥BD，GE∥AC，且FG＝，GE＝AC，故FG＝GE，∠EGF为异面直线AC和BD所成角或其补角，故∠EGF＝60°或120°故EF和AC所成角为∠FEG或其补角，当∠EGF＝60°时，∠FEG＝60°，当∠EGF＝120°时，∠FEG＝30°，∴EF和AC所成的角等于30°或60°故选：B2、D【解析】根据点到直线的距离与点到点之间距离的关系化简即可.【详解】定圆的圆心，半径为2，设动圆圆心P点坐标为（x，y），动圆的半径为r，d为动圆圆心到直线的距离，即r，则根据两圆相外切及直线与圆相切的性质可得，所以，化简得：∴动圆圆心轨迹方程为故选：D3、B【解析】由余弦定理可得，再利用可得答案.【详解】因为，所以，由余弦定理，因为，所以，又，∴，故为直角三角形.故选：B.4、A【解析】求得外接球的半径，进而计算出外接球体积.【详解】设，正八面体的棱长为，根据正八面体的性质可知：，所以是外接球的球心，且半径，所以外接球的体积为.故选：A5、C【解析】把双曲线方程化为标准形式，直接写出焦点坐标.【详解】，焦点在轴上，，故焦点坐标为.故选：C.6、C【解析】根据导数的定义即可求解.【详解】.故选：C.7、C【解析】每天所走的里程构成公比为的等比数列，设第一天走了里，利用等比数列基本量代换，直接求解.【详解】由题意可知：每天所走的里程构成公比为的等比数列.第一天走了里，第4天走了.故选：C8、A【解析】由已知建立不等式组，可求得，再对各选项逐一验证可得选项.【详解】解：因为数列是公差不为零的等差数列，为其前n项和．对任意的，都有，所以，即，解得，则当时，，不成立；当时，，成立；当时，，成立；当时，，成立；所以的值不可能是，故选：A.9、C【解析】由题意，借助米勒定理，可设出坐标，表示出的外接圆方程，然后在求解点R的纵坐标.【详解】因为点P、Q的坐标分别是（2，0），（4，0）是x轴正半轴上的两个定点，点R是y轴正半轴上的一动点，根据米勒定理，当的外接圆与y轴相切时，最大，由垂径定理可知，弦的垂直平分线必经过的外接圆圆心，所以弦的中点为（3，0），故弦中点的横坐标即为的外接圆半径，即，由垂径定理可得，圆心坐标为，故的外接圆的方程为，所以点R的纵坐标为.故选：C.10、D【解析】由题，求得圆的圆心和半径，易知最长弦，最短弦为过点与垂直的弦，再求得BD的长，可得面积.【详解】圆化简为可得圆心为易知过点的最长弦为直径，即而最短弦为过与垂直的弦，圆心到的距离：所以弦所以四边形ABCD的面积：故选：D11、A【解析】由直观图确定原图形中平行四边形中线段的长度与关系，然后计算可得【详解】由斜二测画法，原图形是平行四边形，，又，，，所以，周长为故选：A12、C【解析】由题意可知，求出的值，从而可求出椭圆的离心率【详解】解：由题意得，解得，所以离心率，故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、##【解析】先求出顶点和焦点坐标，求出直线直线与的斜率，利用到角公式求出的正切值，进而求出正弦值.【详解】由可得：，所以，，，，故，由到角公式得：，其中，所以.故答案为：14、【解析】把直线方程化为斜截式，再利用斜率与倾斜角的关系即可得出【详解】设直线的倾斜角为由直线化为，故，又，故，故答案为【点睛】一般地，如果直线方程的一般式为，那么直线的斜率为，且，其中为直线的倾斜角，注意它的范围是15、①②【解析】根据题意，先判断曲线关于轴对称，由基本不等式的性质对方程变形，得到，可判定①正确；当时，，得到曲线右侧部分的点到原点的距离都不超过，再根据曲线的对称性，可判定②正确；由轴的上方，图形的面积大于四点围成的矩形的面积，在轴的下方，图形的面积大于三点围成的三角形的面积，可判断③不正确.【详解】根据题意，曲线，用替换曲线方程中的，方程不变，所以曲线关于轴对称，对于①中，当时，，即为，可得，所以曲线经过点，再根据对称性可知，曲线还经过点，故曲线恰好经过6个整点，所以①正确；对于②中，由①可知，当时，，即曲线右侧部分的点到原点的距离都不超过，再根据曲线的对称性可知，曲线上任意一点到原点的距离都不超过，所以②正确；对于③中，因为在轴的上方，图形的面积大于四点围成的矩形的面积，在轴的下方，图形的面积大于三点围成的三角形的面积，所以曲线所围城的“心形”区域的面积大于3，所以③不正确.故选：①②16、【解析】设等比数列的公比为，根据已知条件求出的值，由此可得出的值.【详解】设等比数列的公比为，则，整理可得，，解得，因此，.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）①；②证明见解析，（2）最少为6.56吨【解析】（1）①根据题意直接写出一个递推公式即可；②要证明是等比数列，只要证明为一个常数即可，求出等比数列的通项公式，即可求出的通项公式；（2）记为数列的前n项和，根据题意求出，利用分组求和法求出数列的前n项和，再令，解之即可得出答案.【小问1详解】解：①依题意得,则，②因为，所以，所以，因为所以数列是等比数列，首项是，公比是1.02，所以，所以；【小问2详解】解：记为数列的前n项和，，依题，所以，所以m最少为6.56吨18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）利用等比数列的定义即可证明.（2）利用错位相减法即可求解.【小问1详解】当时，，所以：数列是公比为3的等比数列；【小问2详解】由（1）知，数列是以3为首项，以3为公比的等比数列，所以：，所以：，，所以，①所以，②①②可得.19、（1）或（2）（3）过定点，定点坐标为【解析】（1）对所求直线的斜率是否存在进行分类讨论，在所求直线斜率不存在时，直接验证直线与圆相切；在所求直线斜率存在时，设所求直线方程为，利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，求出的值，综合可得出所求直线的方程；（2）分点在轴上方、点在轴下方两种情况讨论，求出点、的坐标，可得出所求圆的圆心坐标和半径，即可得出所求圆的方程；（3）设直线的方程为，其中，求出点、的坐标，可求得以线段为直径的圆的方程，并化简圆的方程，可求得定点的坐标.【小问1详解】解：易知圆的方程为，圆心为原点，半径为，若所求直线的斜率不存在，则所求直线的方程为，此时直线与圆相切，合乎题意，若所求直线的斜率存在，设所求直线的方程为，即，由已知可得，解得，此时所求直线的方程为.综上所述，过点且与圆相切的直线方程为或.【小问2详解】解：易知直线的方程为，、，若点在轴上方，则直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，线段的中点为，且，此时，所求圆的方程为；若点在轴下方，同理可求得所求圆的方程为.综上所述，以为直径的圆方程为.【小问3详解】解：不妨设直线的方程为，其中，在直线的方程中，令，可得，即点，因为，则直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，线段中点为，，所以，以线段为直径的圆的方程为，即，由，解得，因此，当点变化时，以为直径的圆是否过圆内的定点.20、（1）0.04；（2）.【解析】（1）根据频率的计算公式，结合概率之和为1，即可求得参数；（2）根据题意求得抽样比以及第三组和第四组各抽取的人数，再列举所有可能抽取的情况，找出满足题意的情况，利用古典概型的概率计算公式即可求得结果.【小问1详解】第一组频率为，第二组的频率为，则第一组与第二组的频率之和为，又，故.【小问2详解】