2025届福建省莆田九中高二数学第一学期期末统考模拟试题含解析

2025届福建省莆田九中高二数学第一学期期末统考模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．已知函数在上是增函数，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.2．意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，……，这就是著名的斐波那契数列，该数列的前2022项中有（）个奇数A.1012 B.1346C.1348 D.13503．圆与圆的位置关系是（）A.相交 B.相离C.内切 D.外切4．若数列满足，则（）A.2 B.6C.12 D.205．已知等差数列的公差为，前项和为，等比数列的公比为，前项和为．若，则（）A. B.C. D.6．《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就，其中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何?”其意思为：“今有人分钱，各人所得钱数依次为等差数列，其中前人所得之和与后人所得之和相等，问各得多少钱?”，则第人得钱数为（）A.钱 B.钱C.钱 D.钱7．若连续抛掷两次骰子得到的点数分别为m，n，则点P(m，n)在直线x＋y＝4上的概率是()A. B.C. D.8．“且”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件9．圆关于直线l：对称的圆的方程为（）A. B.C. D.10．已知等比数列的公比为，则“是递增数列”的一个充分条件是（）A. B.C. D.11．随着城市生活节奏的加快，网上订餐成为很多上班族的选择，下表是某外卖骑手某时间段订餐数量与送餐里程的统计数据表：订餐数/份122331送餐里程/里153045现已求得上表数据的回归方程中的值为1.5，则据此回归模型可以预测，订餐100份外卖骑手所行驶的路程约为（）A.155里 B.145里C.147里 D.148里12．已知抛物线的焦点为，抛物线的焦点为，点在上，且，则直线的斜率为A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，正方体的棱长为1，C、D分别是两条棱的中点，A、B、M是顶点，那么点M到截面ABCD的距离是____________.14．已知双曲线的左，右焦点分别为，，右焦点到一条渐近线的距离是，则其离心率的值是______；若点P是双曲线C上一点，满足，，则双曲线C的方程为______15．曲线在x=1处的切线方程为__________.16．已知抛物线的焦点F恰好是椭圆的右焦点，且两条曲线交点的连线过点F，则该椭圆的离心率为____________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）已知等差数列的前项和为，且，（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和18．（12分）已知等差数列的前三项依次为，4，，前项和为，且.（1）求的通项公式及的值；（2）设数列的通项，求证是等比数列，并求的前项和.19．（12分）已知椭圆的离心率为，椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合，过点的直线与椭圆相交于、两点.(1)求椭圆的方程；(2)若以为直径的圆过坐标原点，求的值.20．（12分）已知抛物线的准线方程是.（Ⅰ）求抛物线的方程；（Ⅱ）设直线与抛物线相交于，两点，为坐标原点，证明：.21．（12分）已知数列是公差为2的等差数列，且满足，，成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和22．（10分）如图①，直角梯形中，，，点，分别在，上，，，将四边形沿折起，使得点，分别到达点，的位置，如图②，平面平面，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.

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】由题意可知，对任意的恒成立，可得出对任意的恒成立，利用基本不等式可求得实数的取值范围.【详解】因为，则，由题意可知，对任意的恒成立，所以，对任意的恒成立，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，所以，.故选：A.2、C【解析】由斐波那契数列的前几项分析该数列的项的奇偶规律，由此确定该数列的前2022项中的奇数的个数.【详解】由已知可得为奇数，为奇数，为偶数，因为，所以为奇数，为奇数，为偶数，…………所以为奇数，为奇数，为偶数，又故该数列的前2022项中共有1348个奇数，故选：C.3、A【解析】求出两圆的圆心及半径，求出圆心距，从而可得出结论.【详解】解：圆的圆心为，半径为，圆圆心为，半径为，则两圆圆心距，因为，所以两圆相交.故选：A.4、D【解析】由已知条件变形可得，然后累乘法可得，即可求出详解】由得，，.故选：D5、D【解析】用基本量表示可得基本量的关系式，从而可得，故可得正确的选项.【详解】若，则，而，此时，这与题设不合，故，故，故，而，故，此时不确定，故选：D.6、A【解析】设第所得钱数为钱，设数列、、、、的公差为，根据已知条件可得出关于、的值，即可求得的值.【详解】设第所得钱数为钱，则数列、、、、为等差数列，设数列、、、、公差为，则，解得，故.故选：A.7、D【解析】利用分布计数原理求出所有的基本事件个数，在求出点落在直线x+y=4上包含的基本事件个数，利用古典概型的概率个数求出.解：连续抛掷两次骰子出现的结果共有6×6=36，其中每个结果出现的机会都是等可能的，点P（m，n）在直线x+y=4上包含的结果有（1，3），（2，2），（3，1）共三个，所以点P（m，n）在直线x+y=4上的概率是3:36=1:12,故选D考点：古典概型点评:本题考查先判断出各个结果是等可能事件，再利用古典概型的概率公式求概率，属于基础题8、A【解析】按照充分必要条件的判断方法判断，“且”能否推出“”，以及“”能否推出“且”，判断得到正确答案，【详解】当且时，成立，反过来，当时，例：，不能推出且.所以“且”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，重点考查基本判断方法，属于基础题型.9、A【解析】首先求出圆的圆心坐标与半径，再设圆心关于直线对称的点的坐标为，即可得到方程组，求出、，即可得到圆心坐标，从而求出对称圆的方程；【详解】解：圆的圆心为，半径，设圆心关于直线对称的点的坐标为，则，解得，即圆关于直线对称的圆的圆心为，半径，所以对称圆的方程为；故选：A10、D【解析】由等比数列满足递增数列，可进行和两项关系的比较，从而确定和的大小关系.【详解】由等比数列是递增数列，若，则，得；若，则，得；所以等比数列是递增数列，或，；故等比数列是递增数列是递增数列的一个充分条件为，.故选：D.11、C【解析】由统计数据求样本中心，根据样本中心在回归直线上求得，即可得回归方程，进而估计时的y值即可.【详解】由题意：，，则，可得，故，当时，.故选：C12、B【解析】根据抛物线的定义，求得p的值，即可得抛物线，的标准方程，求得抛物线的焦点坐标后，再根据斜率公式求解.【详解】因为，所以，解得，所以直线的斜率为．故选B.【点睛】本题考查了抛物线的定义的应用，考查了抛物线的简单性质，涉及了直线的斜率公式；抛物线上的点到焦点的距离等于其到准线的距离；解题过程中注意焦点的位置.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由题意建立空间直角坐标系，然后结合点面距离公式即可求得点M到截面ABCD的距离.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，可得A（0，0，0），B（1，1，0），D（0，，1），M（0，1，0），∴（0，1，0），（1，1，0），（0，，1），设（x，y，z）为平面ABCD的法向量，则，取y＝﹣2，可得x＝2，z＝1，∴（2，﹣2，1），∴M到截面ABCD的距离d故答案为.【点睛】本题主要考查空间直角坐标系及其应用，点面距离的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.14、①.##1.5②.【解析】求得焦点到渐近线的距离可得，计算即可求得离心率，由双曲线的定义可求得，计算即可得出结果.【详解】双曲线的渐近线方程为，即，焦点到渐近线的距离为，又，，，，.双曲线上任意一点到两焦点距离之差的绝对值为，即，，即，解得：，由，解得：,.双曲线C的方程为.故答案为：；.15、【解析】根据导数的几何意义求切线方程的斜率并求出，再由点斜式写出切线方程即可.【详解】由题设，，则，而，所以在x=1处的切线方程为，即.故答案为：.16、【解析】设两条曲线交点为根据椭圆和抛物线对称性知，不妨点A在第一象限，由A在抛物线上得，A在椭圆上得.则由条件得：.解得（舍去）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）设等差数列公差为d，首项为a1，根据已知条件列出方程组求解a1，d，代入通项公式即可得答案；（2）根据等差、等比数列的前n项和公式，利用分组求和法即可求解【小问1详解】解：设等差数列公差为d，首项为a1，由题意，有，解得，所以；【小问2详解】解：，所以18、（1），（2）证明见解析，【解析】(1)直接利用等差中项的应用求出的值，进一步求出数列的通项公式和的值；(2)利用等比数列的定义即可证明数列为等比数列，进一步求出数列的和.【小问1详解】等差数列的前三项依次为，4，，∴，解得；故首项为2，公差为2，故，前项和为，且，整理得，解得或－11(负值舍去).∴，k＝10.【小问2详解】由(1)得：，故(常数)，故数列是等比数列；∴.19、(1)；(2)【解析】（1）由离心率得到，由椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合，得到，进而可求出结果；（2）先由题意，得直线的斜率存在，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，设，根据韦达定理，得到，，再由以为直径的圆过坐标原点，得到，进而可求出结果.详解】(1)由题意知，∴，即，又双曲线的焦点坐标为，椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合，所以，∴，故椭圆的方程为.(2)解：由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为由得：由得：设，则，，∴因为以为直径的圆过坐标原点，所以，.满足条件故.【点睛】本题主要考查椭圆的方程，以及椭圆的应用，熟记椭圆的标准方程，以及椭圆的简单性质即可，解决此类问题时，通常需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理、判别式等求解，属于常考题型.20、（Ⅰ）（Ⅱ）详见解析【解析】（Ⅰ）利用排趋性的准线方程求出p，即可求解抛物线的方程；（Ⅱ）直线y=k（x-2）（k≠0）与抛物线联立，通过韦达定理求解直线的斜率关系即可证明OM⊥ON试题解析：（Ⅰ）解：因为抛物线的准线方程为，所以，解得，所以抛物线的方程为.（Ⅱ）证明：设，.将代入，消去整理得.所以.由，，两式相乘，得，注意到，异号，所以.所以直线与直线的斜率之积为，即.考点：直线与抛物线的位置关系；抛物线的标准方程21、（1）（2）【解析】（1）由成等比数列得首项，从而得到通项公式；（2）利用裂项相消求和可得答案.【小问1详解】设数列的公差为，∵成等比数列，∴，即，∴，由题意故，得，即.【小问2详解】，∴22、（1）证明见解析（2）【解析】（1）根据，，，，易证，再根据平面平面，，得到平面，进而得到，再利用线面垂直的判定定理证明平面即可；（2）根据（1）知，，两两垂直，以，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，分别求得平面