福建省宁德市重点名校2025届数学高二上期末教学质量检测模拟试题含解析

福建省宁德市重点名校2025届数学高二上期末教学质量检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．已知在四棱锥中，平面，底面是边长为4的正方形，，E为棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B.C. D.2．若命题“对任意，使得成立”是真命题，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.3．是数列，，，－17，中的第几项()A第项 B.第项C.第项 D.第项4．连续抛掷一枚硬币3次，观察正面出现的情况，事件“至少2次出现正面”的对立事件是（）A.只有2次出现反面 B.至多2次出现正面C.有2次或3次出现正面 D.有2次或3次出现反面5．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在双曲线的右支上，且，则双曲线离心率的取值范围是（）A. B.C. D.6．已知等比数列{an}中，，，则（）A. B.1C. D.47．已知等差数列满足，，数列满足，记数列的前n项和为，若对于任意的，，不等式恒成立，则实数t的取值范围为（）A. B.C. D.8．已知是等比数列，，，则（）A. B.C. D.9．接种疫苗是预防控制新冠疫情最有效的方法，我国自2021年1月9日起实施全民免费接种新冠疫苗并持续加快推进接种工作．某地为方便居民接种，共设置了A、B、C三个新冠疫苗接种点，每位接种者可去任一个接种点接种．若甲、乙两人去接种新冠疫苗，则两人不在同一接种点接种疫苗的概率为（）A. B.C. D.10．执行如图所示的程序框图，则输出的的值是（）A. B.C. D.11．曲线与曲线的（）A.实轴长相等 B.虚轴长相等C.焦距相等 D.渐进线相同12．如图，某绿色蔬菜种植基地在A处，要把此处生产的蔬菜沿道路或运送到形状为四边形区域的农贸市场中去，现要求在农贸市场中确定一条界线，使位于界线一侧的点沿道路运送蔬菜较近，而另一侧的点沿道路运送蔬菜较近，则该界线所在曲线为（）A.圆 B.椭圆C.双曲线 D.抛物线二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数，则曲线在点处的切线方程为___________.14．平面直角坐标系内动点M（）与定点F（4，0）的距离和M到定直线的距离之比是常数，则动点M的轨迹是___________15．若过点和的直线与直线平行，则_______16．下图是个几何体的展开图，图①是由个边长为的正三角形组成；图②是由四个边长为的正三角形和一个边长为的正方形组成；图③是由个边长为的正三角形组成；图④是由个边长为的正方形组成.若几何体能够穿过直径为的圆，则该几何体的展开图可以是______（填所有正确结论的序号）.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）已知函数R)（1）当时，求函数的图象在处的切线方程；（2）求的单调区间18．（12分）如图所示，在四棱锥中，平面，底面是等腰梯形，．且（1）证明：平面平面；（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值19．（12分）在平面直角坐标系中，动点，满足，记点的轨迹为（1）请说明是什么曲线，并写出它的方程；（2）设不过原点且斜率为的直线与交于不同的两点，，线段的中点为，直线与交于两点，，请判断与的关系，并证明你的结论20．（12分）如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，F，G分别是，的中点（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的大小21．（12分）已知椭圆的上、下顶点分别为A，B，离心率为，椭圆C上的点与其右焦点F的最短距离为.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线与椭圆C交于P，Q两点，直线PA与QB的斜率分别为，，且，那么直线l是否过定点，若过定点，求出该定点坐标；否则，请说明理由.22．（10分）已知首项为1的等比数列，满足（1）求数列的通项公式；（2）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、B【解析】建立空间直角坐标系，以向量法去求直线与平面所成角的正弦值即可.【详解】平面，底面是边长为4的正方形，则有，而，故平面，以A为原点，分别以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图：则，，，设直线与平面所成角为，又由题可知为平面的一个法向量，则故选：B2、A【解析】由题得对任意恒成立，求出的最大值即可.【详解】解：由题得对任意恒成立，(当且仅当时等号成立)所以故选：A3、C【解析】利用等差数列的通项公式即可求解【详解】设数列，，，，是首项为，公差d＝－4的等差数列{}，，令，得故选：C4、D【解析】根据对立事件的定义即可得出结果.【详解】对立事件是指事件A和事件B必有一件发生，连续抛掷一枚均匀硬币3次，“至少2次出现正面”即有2次或3次出现正面，对立事件为0次或1次出现正面，即“有2次或3次出现反面”故选：D5、C【解析】根据双曲线的定义求得，利用可得离心率范围【详解】因为，又，所以，，又，即，，所以离心率故选：C6、D【解析】设公比为，然后由已知条件结合等比数列的通项公式列方程求出，从而可求出，【详解】设公比为，因为等比数列{an}中，，，所以，所以，解得，所以，得故选：D7、B【解析】由等差数列基本量法求出通项公式，用裂项相消法求得，求出的最大值，然后利用关于的不等式是一次不等式列出满足的不等关系求得其范围【详解】设等差数列公差为，则由已知得，解得，∴，，∴，易知数列是递增数列，且，∴若对于任意的，，不等式恒成立，即，又，∴，解得或故选：B【点睛】本题考查求等差数列的通项公式，考查裂项相消法求数列的和，考查不等式恒成立问题，解题关键是掌握不等式恒成立问题的转化与化归思想，不等式恒成立首先转化为求数列的单调性与最值，其次转化为一次不等式恒成立8、D【解析】由，，可求出公比，从而可求出等比数的通项公式，则可求出，得数列是一个等比数列，然后利用等比数的求和公式可求得答案【详解】由题得.所以，所以.所以，所以数列是一个等比数列.所以=.故选：D9、C【解析】利用古典概型的概率公式可求出结果【详解】由题知,基本事件总数为甲、乙两人不在同一接种点接种疫苗的基本事件数为由古典概型概率计算公式可得所求概率故选:10、C【解析】由题意确定流程图的功能，然后计算其输出值即可.【详解】运行程序，不满足，，，不满足，，，不满足，，，不满足，，，不满足，，，不满足，，，满足，利用裂项求和可得：.故选：C.【点睛】识别、运行程序框图和完善程序框图的思路：(1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构(2)要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题(3)按照题目的要求完成解答并验证11、D【解析】将曲线化为标准方程后即可求解.【详解】化为标准方程为，由于，则两曲线实轴长、虚轴长、焦距均不相等，而渐近线方程同为.故选：12、C【解析】设是界限上的一点，则，即，再根据双曲线的定义即可得出答案.【详解】解：设是界限上的一点，则，所以，即，在中，，所以点的轨迹为双曲线，即该界线所在曲线为双曲线.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】对函数求导，由导数的几何意义可得切线的斜率，求得切点，由直线的点斜式方程可得所求切线的方程【详解】函数的导数为∴，.曲线在点处的切线方程为，即.故答案为：.14、【解析】根据直接法，即可求轨迹.【详解】解：动点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数，根据题意得，点的轨迹就是集合，由此得．将上式两边平方，并化简，得所以，动点的轨迹是长轴长、短轴长分别为12、的椭圆故答案为：15、【解析】根据两直线的位置关系求解.【详解】因为过点和的直线与直线平行，所以，解得，故答案为：316、①【解析】根据几何体展开图可知①正四面体、②正四棱锥、③正八面体、④正方体，进而求其外接球半径，并与比较大小，即可确定答案.【详解】①由题设，几何体为棱长为的正四面体，该正四面体可放入一个正方体中，且正方体的棱长为，该正四面体的外接球半径为，满足要求；②由题设，几何体为棱长为的正四棱锥，如下图所示：设，连接，则为、的中点，因为四边形是边长为的正方形，则，所以，，所以，，所以，，，所以点为正四棱锥的外接球球心，且该球的半径为，不满足要求；③由题设，几何体为棱长为的正八面体，该正八面体可由两个共底面，且棱长均为的正四棱锥拼接而成，由②可知，该正八面体的外接球半径为，不满足要求；④由题设，几何体为棱长为的正方体，其外接球半径为，不满足要求；故答案为：①.三、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）答案见解析【解析】(1)根据切点处的导数等于切线斜率，切点在曲线上可得切线方程；(2)求导，分类讨论可得.【小问1详解】当时，，，，则，所以在处的切线方程为【小问2详解】，，当时，，函数在R上单调递增；当时，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增当时，的单调递增区间为，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可得平面平面；（2）以为坐标原点，以，所在直线分别为，轴，以过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系．求出平面的一个法向量、平面的法向量，由二面角的空间向量求法可得答案.【小问1详解】因为四边形是等腰梯形，，所以，所以，即因为平面，所以，又因为，所以平面，因为平面，所以平面平面【小问2详解】以为坐标原点，以，所在直线分别为，轴，以过点垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系设，则，所以，，，由（1）可知平面的一个法向量为设平面的法向量为，因为，，所以得令，则，，所以，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.19、（1）椭圆，（2），证明见解析【解析】（1）结合椭圆第一定义直接判断即可求出的轨迹为；（2）设直线的方程为，，，联立椭圆方程，写出韦达定理；由中点公式求出点，进而得出直线方程，联立椭圆方程求出，结合弦长公式可求，可转化为，结合韦达定理可化简，进而得证.【小问1详解】设，，则因为，满足，即动点表示以点，为左、右焦点，长轴长为4，焦距为的椭圆，其轨迹的方程为；【小问2详解】可以判断出，下面进行证明：设直线的方程为，，，由方程组，得①，方程①判别式为，由，即，解得且由①得，，所以点坐标为，直线方程为，由方程组，得，，所以又所以.20、（1）证明见解析（2）【解析】(1)取中点连接，连接，证得四边形为平行四边形，，再证面，即可得到证明结果；（2）建立空间坐标系，求面和面的法向量，即可得到两个面的二面角的余弦值，进而得到二面角大小.【小问1详解】如上图，取中点连接，连接，均为线段中点，且，又G是的中点，且且四边形为平行四边形为等腰直角三角形，为斜边中点，面，面面又面.【小问2详解】建立如图坐标系，设面的法向量为设面的法向量为两个法向量的夹角余弦值为：，由图知两个面的二面角为钝角，故夹角为.21、（1）（2）恒过点【解析】（1）设为椭圆上的点，根据椭圆的性质得到，再根据的取值范围，得到，再根据离心率求出、，最后根据，求出，即可得解；（2）设、，表示出、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由，即可得到，再根据，即可得到，从而得到，再将、代入计算可得；【小问1详解