福建省长汀县 新桥中学2025届高二数学第一学期期末调研模拟试题含解析

福建省长汀县新桥中学2025届高二数学第一学期期末调研模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．下列结论中正确的个数为（）①，；②；③A.0 B.1C.2 D.32．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，O为坐标原点，一条平行于x轴的光线从点射入，经过C上的点A反射后，再经C上另一点B反射后，沿直线射出，经过点N．下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，则平分C.若，则 D.若，延长AO交直线于点D，则D，B，N三点共线3．下列抛物线中，以点为焦点的是（）A. B.C. D.4．已知三维数组，，且，则实数（）A.-2 B.-9C. D.25．若且，则下列选项中正确的是（）A B.C. D.6．2018年，伦敦著名的建筑事务所steynstudio在南非完成了一个惊艳世界的作品一一双曲线建筑的教堂，白色的波浪形屋顶像翅膀一样漂浮，建筑师通过双曲线的设计元素赋予了这座教堂轻盈，极简和雕塑般的气质，如图．若将此大教堂外形弧线的一段近似看成焦点在y轴上的双曲线下支的一部分，且该双曲线的上焦点到下顶点的距离为18，到渐近线距离为12，则此双曲线的离心率为（）A. B.C. D.7．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列方式共有（）种A.54 B.72C.96 D.1208．若直线与直线垂直，则a的值为（）A.2 B.1C. D.9．在区间内随机地取出两个数，则两数之和小于的概率是（）A. B.C. D.10．在数列中，，则的值为（）A. B.C. D.以上都不对11．小王与小张二人参加某射击比赛预赛的五次测试成绩如下表所示，设小王与小张成绩的样本平均数分别为和，方差分别为和，则（）第一次第二次第三次第四次第五次小王得分（环）910579小张得分（环）67557A. B.C. D.12．设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不重合的直线，下列命题中为真命题的是（）A如果，，n∥β，那么B.如果，，，那么α∥βC.如果m∥n，，，那么α∥βD.如果m∥n，，，那么二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，可形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断进行构造，又可以得到新的数列．现将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；依次构造，第次得到数列1，，，，…，，2；记则______，设数列的前n项和为，则______14．若方程表示的曲线是双曲线，则实数m的取值范围是___；该双曲线的焦距是___15．如图，在棱长为1的正方体中，点M为线段上的动点，下列四个结论：①存在点M，使得直线AM与直线夹角为30°；②存在点M，使得与平面夹角的正弦值为；③存在点M，使得三棱锥体积为；④存在点M，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线AB所成的角则上述结论正确的有______．（填上正确结论的序号）16．已知圆，直线与圆C交于A，B两点，且，则______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）已知等比数列{an}中，a1=1，且2a2是a3和4a1的等差中项.数列{bn}满足b1=1，b7=13，且bn+2+bn=2bn+1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an+bn}前n项和Tn.18．（12分）已知是等差数列的前n项和，且，（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前n项和19．（12分）已知椭圆的一个顶点恰好是抛物线的焦点，椭圆C的离心率为.（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）从椭圆C在第一象限内的部分上取横坐标为2的点P，若椭圆C上有两个点A，B使得的平分线垂直于坐标轴，且点B与点A的横坐标之差为，求直线AP的方程.20．（12分）已知椭圆过点，且离心率.（1）求椭圆的方程；（2）设直交椭圆于两点，判断点与以线段为直径的圆的位置关系，并说明理由.21．（12分）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，，.（1）求证：平面PAC；（2）已知点M是线段PD上的一点，且，当三棱锥的体积为1时，求实数的值.22．（10分）已知抛物线C：焦点F的横坐标等于椭圆的离心率.（1）求抛物线C的方程；（2）过(1，0)作直线l交抛物线C于A，B两点，判断原点与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由.

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、C【解析】构造函数利用导数说明函数的单调性，即可判断大小，从而得解；【详解】解：令，，则，所以在上单调递增，所以，即，即，，故①正确；令，，则，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即恒成立，所以，故②正确；令，，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以，当且仅当时取等号，故③错误；故选：C2、D【解析】根据求出焦点为、点坐标，可得直线的方程与抛物线方程联立得点坐标，由两点间的距离公式求出可判断AC；时可得，．由可判断B；求出点坐标可判断D.【详解】如图，若，则，C的焦点为，因为，所以，直线的方程为，整理得，与抛物线方程联立得，解得或，所以，所以，选项A错误；时，因为，所以．又，，所以不平分，选项B不正确；若，则，C的焦点为，因为，所以，直线的方程为，所以，所以，选项C错误；若，则，C的焦点为，因为，所以，直线的方程为，所以，直线的方程为，延长交直线于点D，所以则，所以D，B，N三点共线，选项D正确；故选：D.3、A【解析】由题意设出抛物线的方程，再结合焦点坐标即可求出抛物线的方程.【详解】∵抛物线为，∴可设抛物线方程为，∴即，∴抛物线方程为，故选：A.4、D【解析】由空间向量的数量积运算即可求解【详解】∵，，，，，，且，∴，解得故选：D5、C【解析】对于A，作商比较，对于B，利用基本不等式的推广式判断，对于C，利用在单位圆中，内接正边形的面积小于内接正边形的面积判断，对于D，利用放缩法判断【详解】，故错误；，故错误；在单位圆中，内接正边形的面积小于内接正边形的面积（必修三阅读材料割圆术），则，故正确；，故错误故选：C【点睛】关键点点睛：此题考查不等式的综合应用，考查基本不等式的推广式的应用，考查放缩法的应用，对于C项解题的关键是利用了在单位圆中，内接正边形的面积小于内接正边形的面积求解，考查数学转化思想，属于难题6、A【解析】设出双曲线的方程，根据已知条件列出方程组即可求解.【详解】设双曲线的方程为，由双曲线的上焦点到下顶点的距离为18，即，上焦点的坐标为，其中一条渐近线为，上焦点到渐近线的距离为，则，解得，，即，故选：.7、A【解析】根据题意，分2种情况讨论：①、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，由加法原理计算可得答案【详解】根据题意，甲乙都没有得到冠军，而乙不是最后一名，分2种情况讨论：①甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，即乙有3种情况，剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况，此时有种名次排列情况；②甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有种情况，剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况，此时有种名次排列情况；则一共有种不同的名次情况，故选：A8、A【解析】根据两条直线垂直的条件列方程，解方程求得的值.【详解】由于直线与直线垂直，所以，解得.故选：A9、C【解析】利用几何概型的面积型，确定两数之和小于的区域，进而根据面积比求概率.【详解】由题意知：若两个数分别为，则，如上图示，阴影部分即为，∴两数之和小于的概率.故选：C10、C【解析】由数列的递推公式可先求数列的前几项，从而发现数列的周期性的特点，进而可求.【详解】解：，数列是以3为周期的数列故选：【点睛】本题主要考查了利用数列的递推公式求解数列的项，解题的关键是由递推关系发现数列的周期性的特点，属于基础题.11、C【解析】根据图表数据可以看出小王和小张的平均成绩和成绩波动情况.【详解】解：从图表中可以看出小王每次的成绩均不低于小张，但是小王成绩波动比较大，故设小王与小张成绩的样本平均数分别为和，方差分别为和.可知故选：C12、C【解析】AB.利用两平面的位置关系判断；CD.利用面面平行的判定定理判断；【详解】A.如果，，n∥β，那么α，β相交或平行；故错误；B.如果，，，那么α，β垂直，故错误；C.如果m∥n，，则，又，那么α∥β，故C正确；D错误，故选:C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、①.81②.【解析】根据数列的构造写出前面几次得到的新数列，寻找规律，构造等比数列，求出通项公式，再进行求和.【详解】第1次得到数列1，3，2，此时；第2次得到数列1，4，3，5，2，此时；第3次得到数列1，5，4，7，3，8，5，7，2，此时；第4次得到数列1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此时，故81，且故，又，所以数列是以为首项，公比为3的等比数列，所以，故，所以故答案为：81，14、①.②.2【解析】由题意可得，由此可解得m的范围，进一步将方程化为标准方程即可求得焦距【详解】由所表示的曲线是双曲线，可知，解得，当时，方程可变为：，此时双曲线焦距为，当时，m不存在，不合题意；故双曲线的焦距：故答案为：；15、②③【解析】对①：由连接，，由平面，即可判断；对③：设到平面的距离为，则，所以即可判断；对④：以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用向量法求出与，比较大小即可判断；对②：设与平面夹角为，利用向量法求出，即可求解判断.【详解】解：对①：连接，，在正方体中，由平面，可得，又，，所以平面，所以，故①错误；对③：设到平面的距离为，则，所以，故③正确；对④：以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，0，，，0，，，，，，，，所以，，，，，，设平面的法向量为，，，则，即，取，，，又，1，是平面的一个法向量，又二面角为锐二面角或直角，所以，，，又，，，故④错误对②：由④的解析知，，，，设平面的法向量为，则，即，取，则，设与平面夹角为，令，即，又，解得或，故②正确.故答案为：②③.16、-2【解析】将圆的一般方程化为标准方程，结合垂径定理和勾股定理表示出圆心到弦的距离，再由点到直线的距离公式表示出圆心到弦的距离，解方程即可求得的值.【详解】解：将圆的方程化为标准方程可得，圆心为，半径圆C与直线相交于、两点,且，由垂径定理和勾股定理得圆心到直线的距离为，由点到直线距离公式得，所以，解得，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)根据已知条件求出等比数列的公比，然后利用等比数列通项公式求解即可；(2)根据已知求出数列的通项公式，再结合(1)中结论并利用分组求和法求解即可.【详解】(1)设等比数列公比为q，因为，所以，因为是和的等差中项，所以，即，解得，所以.故答案为：.(2)因为，所以为等差数列，因为，，所以公差，故.所以.故答案为：.18、（1）（2）【解析】（1）设等差数列的首项、公差，由列出关于首项、公差的方程组，解方程组可得与的值，从而可得数列的通项公式；（2）由（1）可知，利用裂项相消法可求数列的前n项和.小问1详解】依题意：设等差数列的首项为，公差为，则解得所以数列的通项公式为【小问2详解】由（1）可知因为，所以，所以.19、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由题意可得关于参数的方程，解之即可得到结果；（Ⅱ）设直线AP的斜率为k，联立方程结合韦达定理可得A点坐标，同理可得B点坐标，结合横坐标之差为，可得直线方程.【详解】（Ⅰ）由抛物线方程可得焦点为，则椭圆C的一个顶点为，即.由，解得.∴椭圆C的标准方程是；（Ⅱ）由题可知点，设直线AP的斜率为k，由题意知，直线BP的斜率为，设，，直线AP的方程为，即.联立方程组消去y得.∵P，A为直线AP与椭圆C的交点，∴，即.把换成，得.∴，解得，当时，直线BP的方程为，经验证与椭圆C相切，不符合题意；当时，直线BP的方程为，符合题意.∴直线AP得方程为.【点睛】关键点点睛：两条直线关于直线对称，两直线的倾斜角互补，斜率互为相反数.20、(1)(2)点G在以AB为直径的圆外【解析】解法一：（Ⅰ）由已知得解得所以椭圆E的方程为（Ⅱ）设点AB中点为由所以从而.所以.,故所以，故G在以AB为直径的圆外解法二：（Ⅰ）同解法一.（Ⅱ）设点，则由所以从而所以不共线，所以锐角.故点G在以AB为直径的圆外考点：1、椭圆的标准方程；2、直线和椭圆的位置关系；3、点和圆的位置关系21、（1）证明见解析（2）3【解析】（1）证明出，且，从而证明出线面垂直；（2）先用椎体体积公式求出，利用体积之比得到线段之比，从而得到的值.【小问1详解】证明：∵平面ABCD，且平