海南省文昌华侨中学2025届数学高二上期末监测模拟试题含解析

海南省文昌华侨中学2025届数学高二上期末监测模拟试题考生须知：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．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P是椭圆上一点且的最大值为，则椭圆离心率为（）A. B.C. D.2．直线与圆的位置关系是（）A.相交 B.相切C.相离 D.不确定3．已知，则在方向上的投影为（）A. B.C. D.4．已知椭圆与双曲线有共同的焦点，则（）A.14 B.9C.4 D.25．我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载：“一百八十九里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关.”其大意为：“有一个人共行走了189里的路程，第一天健步行走，从第二天起，因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地.”则该人第一天行走的路程为（）A.108里 B.96里C.64里 D.48里6．直线与曲线相切于点,则()A. B.C. D.7．甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，则不同的排法有（）A.24种 B.6种C.4种 D.12种8．直线的倾斜角是A. B.C. D.9．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是()A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则10．已知奇函数，则的解集为（）A. B.C. D.11．已知直线与椭圆：（）相交于，两点，且线段的中点在直线：上，则椭圆的离心率为（）A. B.C. D.12．已知数列中，其前项和为，且满足，数列的前项和为，若对恒成立，则实数的值可以是（）A. B.2C.3 D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数则的值为.____14．执行如图所示的程序框图，则输出的n的值为__.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：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所围成的“心形”区域的面积小于3；其中，所有正确结论的序号是________16．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，其中，，则S的最大值为______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）如图，在三棱柱中，点在底面内的射影恰好是点，是的中点，且满足（1）求证：平面；（2）已知，直线与底面所成角的大小为，求二面角的大小18．（12分）某校高三年级进行了一次数学测试，全年级学生的成绩都落在区间内，其成绩的频率分布直方图如图所示，若（1）求a，b的值；（2）若成绩落在区间内的人数为36人，请估计该校高三学生的人数19．（12分）已知椭圆的右焦点为，短轴长为4，设，的左右有两个焦点求椭圆C的方程；若P是该椭圆上的一个动点，求的取值范围；是否存在过点的直线l与椭圆交于不同的两点C，D，使得？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明两点20．（12分）已知圆M：的圆心为M，圆N：的圆心为N，一动圆与圆N内切，与圆M外切，动圆的圆心E的轨迹为曲线C（1）求曲线C的方程；（2）已知点，直线l与曲线C交于A，B两点，且，直线l是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由21．（12分）如图，正方体的棱长为4，E，F分别是上的点，且.（1）求与平面所成角的正切值；（2）求证：.22．（10分）数列中，，且.（1）证明；数列是等比数列.（2）若，求数列的前n项和.

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】根据椭圆的定义可得，从而得到，则，其中，再根据对勾函数的性质求出，即可得到方程，从求出椭圆的离心率；【详解】解：依题意，所以，又，所以，因为在上单调递减，所以当时函数取得最大值，即，即所以，即，所以，解得或（舍去）故选：A2、A【解析】首先求出直线过定点，再判断点在圆内，即可判断；【详解】解：直线恒过定点，又，即点在圆内部，所以直线与圆相交；故选：A3、C【解析】利用向量数量积的几何意义即得【详解】,故在方向上的投影为：故选：C4、C【解析】根据给定条件结合椭圆、双曲线方程的特点直接列式计算作答.【详解】设椭圆半焦距为c，则，而椭圆与双曲线有共同的焦点，则在双曲线中，，即有，解得，所以.故选：C5、B【解析】根据题意，记该人每天走的路程里数为，分析可得每天走的路程里数构成以的为公比的等比数列，由求得首项即可【详解】解：根据题意，记该人每天走的路程里数为，则数列是以的为公比的等比数列，又由这个人走了6天后到达目的地，即，则有，解可得：，故选：B.【点睛】本题考查数列的应用，涉及等比数列的通项公式以及前项和公式的运用，注意等比数列的性质的合理运用.6、A【解析】直线与曲线相切于点,可得求得的导数,可得,即可求得答案.【详解】直线与曲线相切于点将代入可得:解得:由,解得:.可得,根据在上,解得:故故选:A.【点睛】本题考查了根据切点求参数问题,解题关键是掌握函数切线的定义和导数的求法,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.7、B【解析】由已知可得只需对剩下3人全排即可【详解】解：甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，则只需对剩下3人全排即可，则不同的排法共有，故选：B8、D【解析】由方程得到斜率，然后可得其倾斜角.【详解】因为直线的斜率为所以其倾斜角为故选：D9、D【解析】根据空间里面直线与平面、平面与平面位置关系的相关定理逐项判断即可.【详解】A，若，则或异面，故该选项错误；B，若，则或相交，故该选项错误；C，若，则α，β不一定垂直，故该选项错误；D，若，则利用面面垂直的性质可得，故该选项正确.故选：D.10、A【解析】先由求出的值，进而可得的解析式，对求导，利用基本不等式可判断恒成立，可判断的单调性，根据单调性脱掉，再解不等式即可.【详解】的定义域为，因为是奇函数，所以，可得：，所以，经检验是奇函数，符合题意，所以，因为，所以，当且仅当即时等号成立，所以在上单调递增，由可得，即，解得：或，所以的解集为，故选：A.11、A【解析】将直线代入椭圆方程整理得关于的方程，运用韦达定理，求出中点坐标，再由条件得到，再由，，的关系和离心率公式，即可求出离心率.【详解】解：将直线代入椭圆方程得，，即，设，，，，则，即中点的横坐标是，纵坐标是，由于线段的中点在直线上，则，又，则，，即椭圆的离心率为.故选：A12、D【解析】由求出，从而可以求，再根据已知条件不等式恒成立，可以进行适当放大即可.【详解】若n=1，则，故；若，则由得，故，所以，，又因为对恒成立，当时，则恒成立，当时，，所以，，，若n为奇数，则；若n为偶数，则，所以所以，对恒成立，必须满足.故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、-1【解析】详解】试题分析：由题意，得，所以，解得，所以考点：导数的运算14、5【解析】明确程序运行的顺序，写出每次循环的m,n的值，直到判断符合条件时结束，即可得到结果.【详解】第一次循环，m＝3，n＝2；第二次循环，m＝6，n＝3；第三次循环，m＝9，n＝4；第四次循环，m＝12，n＝5，此时m+n＞15，跳出循环，故答案为：5.15、①②【解析】先根据图像的对称性找出整点，再判断是否还有其他的整点在曲线上；找出曲线上离原点距离最大的点的区域，再由基本不等式得到最大值不超过；在心形区域内找到一个内接多边形，该多边形的面积等于3，从而判断出“心形”区域的面积大于3.【详解】①:由于曲线，当时，；当时，；当时，；由于图形的对称性可知，没有其他的整点在曲线上，故曲线恰好经过6个整点：,,,,,,所以①正确；②:由图知，到原点距离的最大值是在时，由基本不等式，当时，，所以即，所以②正确；③:由①知长方形CDFE的面积为2，三角形BCE的面积为1，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于3，故③错误；故答案为：①②.【点睛】找准图形的关键信息，比如对称性，整点，内接多边形是解决本题的关键.16、【解析】应用余弦定理有，再由三角形内角性质及同角三角函数平方关系求，根据基本不等式求得，注意等号成立条件，最后利用三角形面积公式求S的最大值.【详解】由余弦定理知：，而，所以，而，即，当且仅当时等号成立，又，当且仅当时等号成立.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）.【解析】（1）分别证明出和，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）以C为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求二面角的平面角.【小问1详解】因为点在底面内的射影恰好是点，所以面.因为面,所以.因为是的中点，且满足．所以，所以.因为，所以，即,所以.因为,面,面,所以平面.【小问2详解】∵面，∴直线与底面所成角为，即.因为，所以由（1）知，，因，所以，.如图示，以C为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.则,,,,所以，设，由得，，即.则.设平面BDC1的一个法向量为，则，不妨令，则.因为面，所以面的一个法向量为记二面角的平面角为，由图知，为锐角.所以,即.所以二面角的大小为.18、（1）（2）人【解析】（1）由频率分布直方图的性质求得，结合，即可求得的值；（2）由频率分布直方图求得落在区间内的概率，进而求得该校高三年级的人数【小问1详解】解：由频率分布直方图的性质，可得：，可得，又由，可得解得；【小问2详解】解：由频率分布直方图可得，成绩落在区间内的概率为，则该校高三年级的人数为（人）19、（1）（2）（3）满足条件的直线不存在，详见解析【解析】根据条件直接求出,进而求出椭圆标准方程;设,表示出,求出其范围;设CD的中点为;由,则;得到其斜率的乘积为,最后列取方程联立计算即可.【详解】解：由题意可知,,则;所以椭圆C的方程为:;由题意可知,,设,则,;所以的取值范围是;假设存在满足条件的直线,根据题意得直线的斜率存在;则设直线的方程为：；消化简得:;,则;；设，则CD的中点为；,；，则;，即;即,无解;故满足条件的直线不存在.【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质,向量的数量积,直线的垂直,设而不求的思想方法,关键在于将几何条件进行适当的转化,还考查了学生的综合运算能力,属于中档题.20、（1），；（2）过，.【解析】（1）根据两圆内切和外切的性质，结合双曲线的定义进行求解即可；（2）设出直线l的方程与双曲线的方程联立，利用一元二次方程根与系数关系，结合平面向量数量积的坐标表示公式进行求解判断即可.【小问1详解】设圆E的圆心为，半径为r，则，，所以由双曲线定义可知，E的轨迹是以M，N为焦点、实轴长为6的双曲线的右支，所以动圆的圆心E的轨迹方程为，；【小问2详解】设，，直线l的方程为由得，且，故又，所以又，，所以，即．又故或若，则直线l的方程为，过点，与题意矛盾，所以，故，所以直线l的方程为，过点【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数的关系是解题的关键.21、（1）；（2）证明见解析.【解析】(1)在正方体中，平面，连接，则为与平面所成的角，在直角三角形，求出即可；(2)∵是正方体，又是空间垂直问题，∴易采用向量法，∴建立如图所示的空间直角坐标系，