浙江省台州市椒江区第一中学2025届高二数学第一学期期末联考模拟试题含解析

浙江省台州市椒江区第一中学2025届高二数学第一学期期末联考模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．已知双曲线，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.2．已知，，若，则（）A.9 B.6C.5 D.33．若曲线表示圆，则m的取值范围是（）A. B.C. D.4．在中，已知点在线段上，点是的中点，，，，则的最小值为（）A. B.4C. 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．已知双曲线，其中一条渐近线与x轴的夹角为，则双曲线的渐近线方程是（）A. B.C. D.7．魏晋时期数学家刘徽首创割圆术，他在《九章算术》方田章圆田术中指出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”这是注述中所用的割圆术是一种无限与有限的转化过程，比如在正数中的“”代表无限次重复，设，则可以利用方程求得，类似地可得到正数（）A.2 B.3C. D.8．已知等比数列中，，则由此数列的奇数项所组成的新数列的前项和为（）A. B.C. D.9．过点且垂直于的直线方程为（）A. B.C. D.10．函数极小值为（）A. B.C. D.11．如图，在棱长为2的正方体中，点P在截面上（含边界），则线段的最小值等于（）A. B.C. D.12．如图，在三棱锥中，是线段的中点，则（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量、满足，，且，则与的夹角为___________.14．已知茎叶图记录了甲、乙两组各名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）．已知甲组数据的中位数为，乙组数据的平均数为，则的值为__________．甲组乙组15．已知，，则以AB为直径的圆的方程为___________.16．动点M在圆上移动，则M与定点连线的中点P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）在锐角中，角的对边分别为，满足.（1）求;（2）若的面积为，求的值.18．（12分）已知椭圆的短轴长是2，且离心率为（1）求椭圆E的方程；（2）已知，若直线与椭圆E相交于A，B两点，线段AB的中点为M，是否存在常数，使恒成立，并说明理由19．（12分）已知动圆过点，且与直线：相切（1）求动圆圆心的轨迹方程；（2）若过点且斜率的直线与圆心的轨迹交于两点，求线段的长度20．（12分）已知与定点，的距离比为的点P的轨迹为曲线C，过点的直线l与曲线C交于M，N两点.（1）求曲线C的轨迹方程；（2）若，求.21．（12分）在平面直角坐标系xOy中，点A（2，4），直线l：，设圆C的半径为1，圆心在直线l上，圆心也在直线上.（1）求圆C的方程；（2）过点A作圆C的切线，求切线的方程.22．（10分）已知函数是定义在实数集上的奇函数，且当时，（1）求的解析式；（2）若在上恒成立，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】由双曲线的方程及双曲线的离心率即可求解.【详解】解：因为双曲线，所以，所以双曲线的离心率，故选：D.2、D【解析】根据空间向量垂直的坐标表示即可求解.【详解】.故选：D.3、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.4、C【解析】利用三点共线可得，由，利用基本不等式即可求解.【详解】由点是的中点，则，又因为点在线段上，则，所以，当且仅当，时取等号，故选：C【点睛】本题考查了基本不等式求最值、平面向量共线的推论，考查了基本运算求解能力，属于基础题.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、C【解析】由已知条件计算可得，即得到结果.【详解】由双曲线，可知渐近线方程为，又双曲线的一条渐近线与x轴的夹角为，故，即渐近线方程为.故选：C7、A【解析】设，则，解方程可得结果.【详解】设，则且，所以，所以，所以，所以或（舍）.所以.故选：A【点睛】关键点点睛：设是解题关键.8、B【解析】确实新数列是等比数列及公比、首项后，由等比数列前项和公式计算，【详解】由题意，新数列为，所以，，前项和为故选：B.9、B【解析】求出直线l的斜率，再借助垂直关系的条件即可求解作答.【详解】直线的斜率为，而所求直线垂直于直线l，则所求直线斜率为，于是有：，即，所以所求直线方程为.故选：B10、A【解析】利用导数分析函数的单调性，可求得该函数的极小值.【详解】对函数求导得，令，可得或，列表如下：减极小值增极大值减所以，函数的极小值为.故选：A.11、B【解析】根据体积法求得到平面的距离即可得【详解】由题意的最小值就是到平面的距离正方体棱长为2，则，，设到平面的距离为，由得，解得故选：B12、A【解析】根据给定几何体利用空间向量基底结合向量运算计算作答.【详解】在三棱锥中，是线段的中点，所以：.故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、##【解析】根据向量数量积的计算公式即可计算.【详解】，，.故答案为：﹒14、【解析】根据中位数、平均数的定义，结合茎叶图进行计算求解即可.【详解】根据茎叶图可知：甲组名学生在一次英语听力测试中的成绩分别；乙组名学生在一次英语听力测试中的成绩分别，因为甲组数据的中位数为，所以有，又因为乙组数据的平均数为，所以有，所以，故答案为：15、【解析】求圆心及半径即可.【详解】由已知可得圆心坐标为，半径为，所以圆的方程为：.故答案为：16、##【解析】设，中点，根据中点坐标公式求出，代入圆的标准方程即可得出结果.【详解】设，中点，则，即，因为在圆上，代入得故答案为：.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）由条件可得，即，从而可得答案.(2)由条件结合三角形的面积公式可得，再由余弦定理得，配方可得答案.【详解】（1）因为，所以，所以所以，因为所以，因为，所以（2）由面积公式得，于是，由余弦定理得，即，整理得，故.18、（1）；（2）存在，理由见解析.【解析】(1)利用离心率，短轴长求出a，b，即可求得椭圆方程.(2)联立直线与椭圆方程，利用韦达定理计算判定，由M为线段AB中点即可确定存在常数推理作答.【小问1详解】因椭圆的短轴长是2，则，而离心率，解得，所以椭圆方程为.【小问2详解】存在常数，使恒成立，

由消去y并整理得：，设，，则，，又，，，则有，而线段AB的中点为M，于是得，并且有所以存在常数，使恒成立.19、（1）；（2）.【解析】（1）由题意分析圆心符合抛物线定义，然后求轨迹方程；（2）直接联立方程组，求出弦长.【详解】解：（1）圆过点，且与直线相切点到直线的距离等于由抛物线定义可知点的轨迹是以为焦点、以为准线的抛物线，依题意，设点的轨迹方程为，则，解得，所以，动圆圆心的轨迹方程是（2）依题意可知直线，设联立，得，则，所以，线段的长度为【点睛】（1）待定系数法、代入法可以求二次曲线的标准方程；（2）“设而不求”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.20、（1）（2）或【解析】（1）设曲线上的任意一点，由题意可得，化简即可得出（2）分直线的斜率不存在与存在两种情况讨论，当斜率不存在时，即可求出、的坐标，从而求出，当直线的斜率存在，设直线方程为，，，联立直线与圆的方程，消元列出韦达定理，则，即可求出，从而求出直线方程，由圆心在直线上，即可求出弦长；【小问1详解】解：（1）设曲线上的任意一点，由题意可得：，即，整理得【小问2详解】解：依题意当直线的斜率不存在时，直线方程为，则，则或，即、，所以、，所以满足条件，此时，当直线的斜率存在，设直线方程为，，，则，消去整理得，由，解得或，所以、，因为，，所以，解得，所以直线方程为，又直线过圆心，所以，综上可得或；21、（1）（2）或【解析】（1）直接求出圆心的坐标，写出圆的方程；（2）分斜率存在和斜率不存在进行分类讨论，利用几何法列方程，即可求解.【小问1详解】由圆心C在直线l：上可设：点，又C也在直线上，∴，∴又圆C的半径为1，∴圆C的方程为.【小问2详解】当直线垂直于x轴时，与圆C相切，此时直线方程为.当直线与x轴不垂直时，设过A点的切线方程为，即，则，解得.此时切线方程，.综上所述，所求切线为或22、（1），（2）实数的取值范围是【解析】（1）根据函数奇偶性求解析式；（2）将恒成立转化为令，恒成立，讨论二次函数系数，结合根的分布.【详解】解：（1）因为函数是定义在实数集上的奇函数，所以，当时，则所以当时所以（2）因为时，在上恒成立等价于即在上恒成立令，则①当时，不恒成立，故舍去②当时必有，此时对称轴若即或时，恒成立因为，所以若即时，要使恒成立则有与矛盾，故舍去综上，实数的取值范围是【点睛】应用函数奇偶性可解决的四类问题及解题