2025届云南省昌宁一中高二数学第一学期期末达标检测模拟试题含解析

2025届云南省昌宁一中高二数学第一学期期末达标检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．设、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则2．参加抗疫的300名医务人员，编号为1，2，…，300.为了解这300名医务人员的年龄情况，现用系统抽样的方法从中抽取15名医务人员的年龄进行调查.若抽到的第一个编号为6，则抽到的第二个编号为（）A.21 B.26C.31 D.363．在四面体中，，，，且，，则等于（）A. B.C. D.4．已知A，B，C是椭圆M：上三点，且A（A在第一象限，B关于原点对称，，过A作x轴的垂线交椭圆M于点D，交BC于点E，若直线AC与BC的斜率之积为，则（）A.椭圆M的离心率为 B.椭圆M的离心率为C. D.5．已知双曲线的右焦点为，以为圆心，以为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，若(为坐标原点)，则双曲线的离心率为（）.A. B.C. D.6．集合，，则（）A. B.C. D.7．已知向量，则（）A. B.C. D.8．如图，直四棱柱的底面是菱形，，，M是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B.C. D.9．已知直线，若圆C的圆心在轴上，且圆C与直线都相切，求圆C的半径（）A. B.C.或 D.10．饕餮纹是青铜器上常见的花纹之一，最早见于长江中下游地区的良渚文化陶器和玉器上，盛行于商代至西周早期．将青铜器中的饕餮纹的一部分画到方格纸上，如图所示，每个小方格的边长为一个单位长度，有一点从点出发，每次向右或向下跳一个单位长度，且向右或向下跳是等可能的，那么点经过3次跳动后恰好是沿着饕餮纹的路线到达点的概率为（）A. B.C. D.11．若a，b，c为实数，且，则以下不等式成立的是（）A. B.C. D.12．如图，已知，分别是椭圆的左、右焦点，现以为圆心作一个圆恰好经过椭圆的中心并且交椭圆于点，．若过点的直线是圆的切线，则椭圆的离心率为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知点，则线段的垂直平分线的一般式方程为__________.14．已知函数，，若，，使得，则实数a的取值范围是______15．设O为坐标原点，抛物线的焦点为F，P为抛物线上一点，若，则的面积为____________16．如图，某建筑物的高度，一架无人机上的仪器观测到建筑物顶部的仰角为，地面某处的俯角为，且，则此无人机距离地面的高度为________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）在数列中，,，数列满足（1）求证：数列是等比数列，并求出数列的通项公式；（2）数列前项和为，且满足，求的表达式；（3）令，对于大于的正整数、（其中），若、、三个数经适当排序后能构成等差数列，求符合条件的数组.18．（12分）已知抛物线的焦点为，点在第一象限且为抛物线上一点，点在点右侧，且△恰为等边三角形（1）求抛物线的方程；（2）若直线与交于两点，向量的夹角为（其中为坐标原点），求实数的取值范围.19．（12分）设等差数列的前n项和为，已知（1）求数列通项公式；（2）设，数列的前n项和为．定义为不超过x的最大整数，例如．当时，求n的值20．（12分）在①(b－c)cosA=acosC，②sin(B+C)=－1+2sin2，③acosC=b－c，这三个条件中任选一个作为已知条件，然后解答问题在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知______________（1）求角A的大小；（2）若a=2，且△ABC的面积为2，求b+c21．（12分）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，，，（）（1）求证：平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值；（3）现将与四棱柱形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为，写出的解析式．（直接写出答案，不必说明理由）22．（10分）已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，且.（1）求的方程；（2）过上一动点作的切线交轴于点.判断线段的中垂线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.

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】根据线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断即可.【详解】选项A.一条直线垂直于一平面内的，两条相交直线，则改直线与平面垂直则由，不能得出，故选项A不正确.选项B.,则正确，故选项B正确.选项C若，则与可能相交，可能异面，也可能平行，故选项C不正确.选项D.若，则与可能相交，可能平行，故选项D不正确.故选：B2、B【解析】将300个数编号：001，002，003，，3000，再平均分为15个小组，然后按系统抽样方法得解.【详解】将300个数编号：001，002，003，，3000，再平均分为15个小组，则第一编号为006，第二个编号为.故选：B.3、B【解析】根据空间向量的线性运算即可求解.【详解】解：由题知，故选：B.4、C【解析】设出点，,的坐标，将点，分别代入椭圆方程两式作差，构造直线和的斜率之积，得到，即可求椭圆的离心率，利用，求出，可知点在轴上，且为的中点,则.【详解】设，，，则，，，两式相减并化简得，即，则,则AB错误；∵，，∴，又∵，∴，即，解得，则点在轴上，且为的中点即，则正确.故选：C.5、A【解析】设双曲线的一条渐近线方程为，为的中点，可得，由，可知为的三等分点，用两种方式表示，可得关于的方程组，结合即可得到双曲线的离心率.【详解】设双曲线的一条渐近线方程为，为的中点，可得，由到渐近线的距离为，所以，又，所以，因为，所以，整理可得：，即，所以，可得，所以，所以双曲线的离心率为，故选：A.6、A【解析】先解不等式求得集合再求交集.【详解】解不等式得：，则有，解不等式，解得或，则有或，所以为.故选：A.7、B【解析】根据向量加减法运算的坐标表示即可得到结果【详解】故选：B.8、D【解析】用向量分别表示,利用向量的夹角公式即可求解.【详解】由题意可得，故选：D【点睛】本题主要考查用向量的夹角公式求异面直线所成的角，属于基础题.9、C【解析】设出圆心坐标，利用圆心到直线的距离相等列方程，求得圆心坐标并求得圆的半径.【详解】设圆心坐标为，则或，所以圆的半径为或.故选：C10、B【解析】利用古典概型的概率求解.【详解】解：点从点出发，每次向右或向下跳一个单位长度，跳3次，则样本空间{（右，右，右），（右，右，下），（右，下，右），（下，右，右），（右，下，下），（下，右，下），（下，下，右），（下，下，下）}，记“3次跳动后，恰好是沿着饕餮纹的路线到达点B”为事件，则{（下，下，右）}，由古典概型的概率公式可知故选：B11、C【解析】利用不等式的性质直接推导和取值验证相结合可解.【详解】取可排除ABD；由不等式的性质易得C正确.故选：C12、A【解析】由切线的性质，可得，，再结合椭圆定义，即得解【详解】因为过点的直线圆的切线，，，所以由椭圆定义可得，可得椭圆的离心率故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由中点坐标公式和斜率公式可得的中点和直线斜率，由垂直关系可得垂直平分线的斜率，由点斜式可得直线方程，化为一般式即可【详解】由中点坐标公式可得，的中点为，可得直线的斜率为，由垂直关系可得其垂直平分线的斜率为，故可得所求直线的方程为：，化为一般式可得故答案为：14、【解析】先求出两函数在上的值域，再由已知条件可得，且，列不等式组可求得结果【详解】由，得，当时，，所以在上单调递减，所以，即，由，得，当时，，所以在上单调递增，所以，即，因为，，使得，所以，解得，故答案为：15、【解析】根据抛物线定义求出点坐标，即可求出面积.【详解】由题可得，设，则由抛物线定义可得，解得，代入抛物线方程可得，所以.故答案为：.16、200【解析】在Rt△ABC中求得AC的值，△ACQ中由正弦定理求得AQ的值，在Rt△APQ中求得PQ的值【详解】根据题意，可得Rt△ABC中，∠BAC＝60°，BC＝300，∴AC200；△ACQ中，∠AQC＝45°+15°＝60°，∠QAC＝180°﹣45°﹣60°＝75°，∴∠QCA＝180°﹣∠AQC﹣∠QAC＝45°，由正弦定理，得，解得AQ200，在Rt△APQ中，PQ＝AQsin45°＝200200m故答案为200【点睛】本题考查了解三角形的应用问题，考查正弦定理，三角形内角和问题，考查转化化归能力，是基础题三、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）；（3）.【解析】（1）由已知等式变形可得，利用等比数列的定义可证得结论成立，确定等比数列的首项和公比，可求得数列的通项公式；（2）求得，然后分、两种情况讨论，结合裂项相消法可得出的表达式；（3）求得，分、、三种情况讨论，利用奇数与偶数的性质以及整数的性质可求得、的值，综合可得出结论.【小问1详解】解：由可得，，则，，以此类推可知，对任意的，，则，故数列为等比数列，且该数列的首项为，公比为，故，可得.【小问2详解】解：由（1）知，所以，所以，当n＝1时，，当时，.因为满足，所以.【小问3详解】解：，、、这三项经适当排序后能构成等差数列，①若，则，所以，，又，所以，，则；②若，则，则，左边为偶数，右边为奇数，所以，②不成立；③若，同②可知③也不成立综合①②③得，18、（1）（2）【解析】（1）根据△恰为等边三角形由题意知：得到，再利用抛物线的定义求解；（2）联立，结合韦达定理，根据的夹角为，由求解.【小问1详解】解：由题意知：，由抛物线的定义知：，由，解得，所以抛物线方程为；【小问2详解】设，由，得，则，，则，，因为向量的夹角为，所以，，则，且，所以，解得，所以实数的取值范围.19、（1）（2）10【解析】（1）由等差数列的前项和公式求得公差，可得通项公式；（2）用裂项相消法求和求得，根据新定义求得，然后分组，结合等差数列的前项和公式计算后解方程可得【小问1详解】设等差数列的公差为d，因为，则.因为，则，得.所以数列的通项公式是【小问2详解】因为，则所以.当时，因为，则.当时，因为，则.因为，则，即，即，即．因为，所以20、（1）（2）【解析】（1）选①：化边为角化简求出cos；选②：利用倍角公式将sin()=−1+2sin2化简为sin=−cos,再利用辅助角公式求解即可；选③：化边为角化简运算求解（2）利用面积公式求得，再利用余弦定理可得，计算即可.【小问1详解】选①∵∴sincos=sinCcos+sincosC=sin(+C)=sin∴cos∵∈,∴=选②∵sin()=−1+2sin2,∴sin=−cos∴sin(+A)=1∵A∈∴A=选③∵∴∴∵A∈,∴A=【小问2详解】∵,∴又∵∴即21、（1）证明见解析（2）（3）【解析】（1）取得中点，连接，可证明四边形是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理可得，即，又侧棱底面，可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）通过建立空间直角坐标系，由线面角的向量公式即可得出；（3）由题意可与左右平面，，上或下面，拼接得到方案，新四棱柱共有此4种不同方案．写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出【详解】（1）证明：取的中点，连接，，，四边形是平行四边形，，且，，，，又，侧棱底面，，，平面（2）以为坐标原点，、、的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，设与平面所成角为，则，解得，故所求（3）由题意可与左右平面，，上或下面，拼接得到方案新四棱柱共有此4种不同方案写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理的应用，利用向量求线面角、柱体的定义应用和表面积的求法，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力，数学运算能力及化归