2025届江苏省海门市东洲国际学校高二数学第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析

2025届江苏省海门市东洲国际学校高二数学第一学期期末学业质量监测模拟试题注意事项：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．已知关于的不等式的解集是，则的值是（）A B.5C. D.72．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则△ABC（）A.一定是锐角三角形 B.一定是直角三角形C.一定是钝角三角形 D.是锐角或直角三角形3．设，则有（）A. B.C. D.4．已知，则下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.5．若实数，满足约束条件，则的最小值为（）A.-3 B.-2C. D.16．在空间直角坐标系下，点关于轴对称的点的坐标为（）A. B.C. D.7．与的等差中项是（）A. B.C. D.8．执行如图所示的程序框图，则输出S的值是（）A. B.C. D.9．已知是虚数单位，若复数满足，则（）A. B.2C. D.410．已知、、、是直线，、是平面，、、是点（、不重合），下列叙述错误的是（）A.若，，，，则B.若，，，则C.若，，则D.若，，则11．已知f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1没有极值，则实数a的取值范围是（）A.[0，1] B.(－∞，0]∪[1，＋∞)C.[0，2] D.(－∞，0]∪[2，＋∞)12．函数的递增区间是（）A. B.和C. D.和二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在正方体中，则直线与平面所成角的正弦值为__________14．已知圆，若圆的过点的三条弦的长，，构成等差数列，则该数列的公差的最大值是______.15．函数，则函数在处切线的斜率为_______________.16．对于下面这个等式我们除了可以用等比数列的求和公式获得，还可以用数学归纳法对其进行证明“”，那么在应用数学归纳法证明时，当验证是否成立时，左边的式子应该是_______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）已知数列{an}的前n项和为Sn，.（1）求数列{an}通项公式；（2）求数列的前n项和，求使不等式成立的最大整数m的值.18．（12分）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值19．（12分）已知抛物线C:（1）若抛物线C上一点P到F的距离是4，求P的坐标；（2）若不过原点O的直线l与抛物线C交于A、B两点，且，求证：直线l过定点20．（12分）已知在数列中，，且.（1）求，，并证明数列是等比数列；（2）求的通项公式及前n项和.21．（12分）已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，P(5，a)为抛物线C上一点，且|PF|＝8（1）求抛物线C的方程；（2）过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，以线段AB为直径的圆过Q(0，﹣3)，求直线l的方程22．（10分）已知抛物线上的点P（3，c）），到焦点F的距离为6（1）求抛物线C的方程；（2）过点Q（2，1）和焦点F作直线l交抛物线C于A，B两点，求△PAB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、D【解析】由题意可得的根为，然后利用根与系数的关系列方程组可求得结果【详解】因为关于的不等式的解集是，所以方程的根为，所以，得，所以，故选：D2、C【解析】由余弦定理确定角的范围，从而判断出三角形形状【详解】由得－cosC>0，所以cosC<0，从而C为钝角，因此△ABC一定是钝角三角形.故选：C3、A【解析】利用作差法计算与比较大小即可求解.【详解】因为，，所以，所以，故选：A.4、B【解析】运用不等式的性质及举反例的方法可求解.详解】对于A，如，满足条件，但不成立，故A不正确；对于B，因为，所以，所以，故B正确；对于C，因为，所以，所以不成立，故C不正确；对于D，因为，所以，所以，故D不正确.故选：B5、B【解析】先画出可行域，由，作出直线向下平移过点A时，取得最小值，然后求出点A的坐标，代入目标函数中可求得答案【详解】由题可得其可行域为如图，l：，当经过点A时，取到最小值，由，得，即，所以的最小值为故选：B6、C【解析】由空间中关于坐标轴对称点坐标的特征可直接得到结果.【详解】关于轴对称的点的坐标不变，坐标变为相反数，关于轴对称的点为.故选：C.7、A【解析】代入等差中项公式即可解决.【详解】与的等差中项是故选：A8、C【解析】按照程序框图的流程进行计算.【详解】，故输出S的值为.故选：C9、C【解析】先求出，然后根据复数的模求解即可【详解】，，则，故选：C10、D【解析】由公理2可判断A选项；由公理3可判断B选项；利用平行线的传递性可判断C选项；直接判断线线位置关系，可判断D选项.【详解】对于A选项，由公理2可知，若，，，，则，A对；对于B选项，由公理3可知，若，，，则，B对；对于C选项，由空间中平行线的传递性可知，若，，则，C对；对于D选项，若，，则与平行、相交或异面，D错.故选：D.11、C【解析】求导得，再解不等式即得解.【详解】由得，根据题意得，解得故选：C12、C【解析】求导后，由可解得结果.【详解】因为的定义域为，，由，得，解得，所以的递增区间为.故选：C.【点睛】本题考查了利用导数求函数的增区间，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为1，所以，，，，因此，，，设平面的法向量为：，所以有：，令，所以，因此，设与的夹角为，直线与平面所成角为，所以有，故答案为：14、2【解析】根据题意，求得过点的直线截圆所得弦长的最大值和最小值，即可求得公差的最大值.【详解】圆的圆心，半径，设点为点，因为，故点在圆内，当直线过点，且经过圆心时，该直线截圆所得弦长取得最大值；当直线过点，且与直线垂直时，该直线截圆所得弦长取得最小值，此时，则满足题意的直线为，即，又，则该直线截圆所得弦长为；根据题意，要使得数列的公差最大，则，故最大公差.故答案为：.15、【解析】根据导数的几何意义求解即可.【详解】解：因为，所以，所以，所以函数在处切线的斜率为故答案为：16、【解析】根据已知条件，结合数学归纳法的定义，即可求解.【详解】当，，故此时式子左边=.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）根据给定的递推公式变形，再构造常数列求解作答.（2）利用（1）的结论求出，再利用裂项相消法求和，由单调性求出最大整数m值作答.【小问1详解】依题意，，当时，，两式相减得：，即，整理得：，于是得，所以数列{an}的通项公式是.【小问2详解】由（1）得，，数列是递增数列，因此，，于是有，则，不等式成立，则，，于是得，所以使不等式成立的最大整数m的值是505.【点睛】思路点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）先利用正方形和梯形的性质证明线面平行，然后再根据线面平行证明面面平行即可（2）根据题意建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标和相关的向量，然后分别求出平面与平面的一个法向量，最后求出平面与平面夹角的余弦值【小问1详解】四边形是正方形，可得：又平面，平面则有：平面四边形是梯形，可得：又平面，平面则有：平面又故平面平面【小问2详解】依题意知两两垂直，故以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则有：，，，可得：，，设平面的一个法向量，则有：取，可得：设平面的一个法向量，则有：取，可得：设平面与平面的夹角为，则故平面与平面夹角的余弦值为19、（1）（2）见解析【解析】（1）由抛物线的定义，可得点的坐标；（2）可设直线的方程为，，，，与抛物线联立，消，利用韦达定理求得，，再根据，可得，从而可求得参数的关系，即可得出结论.【小问1详解】解：设，，由抛物线的定义可知，即，解得，将代入方程，得，即的坐标为；【小问2详解】证明：由题意知直线不能与轴平行，可设直线的方程为，与抛物线联立得，消去得，设，，，则，，由，可得，即，即，即，又，解得，所以直线方程为，当时，，所以直线过定点20、（1），，证明见解析（2），【解析】（1）根据递推关系求出，，对递推公式变形，即可得证；（2）结合（1）求得通项公式，分组求和.【小问1详解】因为，且所以，，∵，∴，∵，∴，且，∴数列是等比数列.【小问2详解】由（1）可知是以为首项，以3为公比的等比数列，即，即；.21、（1）；（2）2x﹣y﹣6＝0﹒【解析】(1)根据抛物线焦半径公式构造方程求得，从而得到结果(2)设直线，代入抛物线方程可得韦达定理的形式，根据可构造方程求得，从而得到直线方程【小问1详解】由抛物线定义可知：，解得：，抛物线的方程为：【小问2详解】由抛物线方程知：，设直线，，，，，联立方程，得：，，，以线段为直径的圆过点，，，解得：，直线的方程为：，即22、（1）