2025届淮北一中数学高二上期末教学质量检测模拟试题含解析

2025届淮北一中数学高二上期末教学质量检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．双曲线的左顶点为，右焦点，若直线与该双曲线交于、两点，为等腰直角三角形，则该双曲线离心率为（）A. B.C. D.2．抛物线的焦点坐标是A. B.C. D.3．在等差数列中，为数列的前项和，，，则数列的公差为（）A. B.C.4 D.4．某学校高二级选择“史政地”“史政生”和“史地生”组合的同学人数分别为240，120和60．现采用分层抽样的方法选出14位同学进行一项调查研究，则“史政生”组合中选出的人数为（）A.8 B.6C.4 D.35．若直线被圆截得的弦长为4，则的最大值是（）A. B.C.1 D.26．抛物线的焦点坐标是（）A.（0，－1） B.（－1，0）C. D.7．若抛物线的焦点与椭圆的下焦点重合，则m的值为（）A.4 B.2C. D.8．我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载：“一百八十九里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关.”其大意为：“有一个人共行走了189里的路程，第一天健步行走，从第二天起，因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地.”则该人第一天行走的路程为（）A.108里 B.96里C.64里 D.48里9．已知抛物线上一点M与焦点间的距离是3，则点M的纵坐标为（）A.1 B.2C.3 D.410．已知三棱柱中，，，D点是线段上靠近A的一个三等分点，则（）A. B.C. D.11．如图，平行六面体中，为的中点，，，，则（）A. B.C. D.12．已知，数列，，，与，，，，都是等差数列，则的值是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若圆和圆的公共弦所在的直线方程为，则______14．狄利克雷是十九世纪德国杰出的数学家，对数论、数学分析和数学物理有突出贡献.狄利克雷曾提出了“狄利克雷函数”.若，根据“狄利克雷函数”可求___________.15．已知数列前n项和为，且.（1）证明：是等比数列，并求的通项公式；（2）在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答.已知数列满足___________，求的前n项和.注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案解答计分.16．已知不等式有且只有两个整数解，则实数a的范围为___________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）如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥底面ABCD，底面ABCD是梯形，其中，且.（1）求四棱锥S－ABCD的侧面积；（2）求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值.18．（12分）设函数.（1）当k＝1时，求函数的单调区间；（2）当时，求函数在上的最小值m和最大值M.19．（12分）如图，在正方体中，E为的中点（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值20．（12分）如图，在多面体ABCEF中，和均为等边三角形，D是AC的中点，（1）证明：（2）若平面平面ACE，求二面角的余弦值.21．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别是，，离心率为，过且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1（1）求椭圆C方程；（2）设点P在直线上，过点P的两条直线分别交曲线C于A，B两点和M，N两点，且，求直线AB的斜率与直线MN的斜率之和22．（10分）已知命题：方程表示焦点在轴上的双曲线，命题：关于的方程无实根（1）若命题为真命题，求实数的取值范围；（2）若“”为假命题，"”为真命题，求实数的取值范围

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】求出，分析可得，可得出关于、、的齐次等式，由此可求得该双曲线的离心率的值.【详解】联立，可得，则，易知点、关于轴对称，且为线段的中点，则，又因为为等腰直角三角形，所以，，即，即，所以，，可得，因此，该双曲线的离心率为.故选：A.2、D【解析】根据抛物线的焦点坐标为可知，抛物线即的焦点坐标为，故选D.考点：抛物线的标准方程及其几何性质.3、A【解析】由已知条件列方程组求解即可【详解】设等差数列的公差为，因为，，所以，解得，故选：A4、C【解析】根据题意求得抽样比，再求“史政生”组合中抽取的人数即可.【详解】根据题意，分层抽样的抽样比为，故从“史政生”组合120中，抽取的人数时人.故选：.5、A【解析】根据弦长求得的关系式，结合基本不等式求得的最大值.【详解】圆的圆心为，半径为，所以直线过圆心，即，由于为正数，所以，当且仅当时，等号成立.故选：A6、C【解析】根据抛物线标准方程，可得p的值，进而求出焦点坐标.【详解】由抛物线可知其开口向下，，所以焦点坐标为，故选：C.7、D【解析】求出椭圆的下焦点，即抛物线的焦点，即可得解.【详解】解：椭圆的下焦点为，即为抛物线焦点，∴，∴.故选：D.8、B【解析】根据题意，记该人每天走的路程里数为，分析可得每天走的路程里数构成以的为公比的等比数列，由求得首项即可【详解】解：根据题意，记该人每天走的路程里数为，则数列是以的为公比的等比数列，又由这个人走了6天后到达目的地，即，则有，解可得：，故选：B.【点睛】本题考查数列的应用，涉及等比数列的通项公式以及前项和公式的运用，注意等比数列的性质的合理运用.9、B【解析】利用抛物线的定义求解即可【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，因为抛物线上一点M与焦点间的距离是3，所以，得，即点M的纵坐标为2，故选：B10、A【解析】在三棱柱中，，转化为结合已知条件计算即可.【详解】在三棱柱中，满足，且，则，，D点是线段上靠近A的一个三等分点，则，由向量的减法运算得，.故选：A【点睛】关键点点睛：在三棱柱中，，由向量的减法运算得，再展开利用数量积运算.11、B【解析】先用向量与表示，然后用向量表示向量与，即可得解【详解】解：为的中点，故选：【点睛】本题考查了平面向量基本定理的应用，解决本题的关键是熟练运用向量的加法、减法及实数与向量的积的运算，属于基础题12、A【解析】根据等差数列的通项公式，分别表示出，，整理即可得答案.【详解】数列，，，和，，，，各自都成等差数列，，，，故选:A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由两圆公共弦方程，将两圆方程相减得到，结合已知列方程组求、，即可得答案.【详解】由题设，两圆方程相减可得：，即为公共弦，∴，可得，∴.故答案为：.14、1【解析】由“狄利克雷函数”解析式，先求出，再根据指数函数的解析式求即可.【详解】由题设，，则.故答案：115、（1）证明见解析，；（2）答案见解析.【解析】（1）利用得出的递推关系，变形后可证明是等比数列，由等比数列通项公式得，然后再除以得到新数列是等差数列，从而可求得；（2）选①，直接求出，用错位相减法求和；选②，求出，用分组（并项）求和法求和；选③，求出，用裂项相消法求和【详解】解：（1）当时，因为，所以，两式相减得，.所以.当时，因为，所以，又，故，于是，所以是以4为首项2为公比的等比数列.所以，两边除以得，.又，所以是以2为首项1为公差的等差数列.所以，即.（2）若选①：，即.因为，所以.两式相减得，所以.若选②：，即.所以.若选③：，即.所以.【点睛】本题考查求等差数列、等比数列的通项公式，错位相减法求和．数列求和的常用方法：设数列是等差数列，是等比数列，（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和16、【解析】参变分离后研究函数单调性及极值，结合与相邻的整数点的函数值大小关系求出实数a的范围.【详解】整理为：，即函数在上方及线上存在两个整数点，，故显然在上单调递增，在上单调递减，且与相邻的整数点的函数值为：，，，，显然有，要恰有两个整数点，则为0和1，此时，解得：，如图故答案为：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）根据垂直关系依次求解每个侧面三角形边长和面积即可得解；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.小问1详解】由题可得：，则，SA⊥底面ABCD，所以，SA平面SAB，平面SAB⊥底面ABCD，交线，所以BC⊥平面SAB，BC⊥BS，，所以四棱锥的侧面积【小问2详解】以A为原点，建立空间直角坐标系如图所示：设平面SCD的法向量，，取所以取为平面SAB的的法向量所以平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值.18、（1）增区间为（2），【解析】（1）求导，由判别式可判断导数符号，然后可得；（2）求导，求导数零点，比较函数极值和端点函数值，结合单调性可得.【小问1详解】因为，所以，，因为，所以恒成立所以的增区间为.【小问2详解】当时，，令，解得，当时，，当时，，当时，所以，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.因为，所以在区间上的最大值，最小值为19、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解.【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法如下图所示：在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；[方法二]:空间向量坐标法以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、、，，，设平面的法向量为，由，得，令，则，，则.又∵向量,,又平面，平面；（Ⅱ）[方法一]：几何法延长到，使得，连接，交于，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，又∵,∴,所以平面即平面,连接，作,垂足为,连接,∵平面,平面,∴，又∵,∴直线平面,又∵直线平面,∴平面平面,∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.设正方体的棱长为2，则,,∴,∴,∴,即直线与平面所成角的正弦值为.[方法二]：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，又∵,∴，∴直线与平面所成角的正弦值为.[方法三]：几何法+体积法如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P因为，所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角设正方体的棱长为2，在中，易得，可得由，得，整理得所以所以直线与平面所成角的正弦值为[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，在中，，，所以，易得由，得，解得，设直线与平面所成的角为，所以【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.20、（1）证明见解析（2）【解析】（1）根据等腰三角形三线合一的性质得到、，即可得到平面，再根据，即可得证；（2）由面面垂直的性质得到平面，建立如图所示空间直角坐标系，设，即可得到点，，的坐标，最后利用空间向量法求出二面角的余弦值；小问1详解】证明：连接DE因为，且D为AC的中点，所以因为，且D为AC的中点，所以因为平面BDE，平面BDE，且，所以平面因为，所以平面BDE，所以【小问2详解】解：由（1）可知因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以DC，DB，DE两两垂直以D为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系设．则，，．从而，设平面BCE的法向量为，则令，得平面ABC的一个法向量为设二面角为，由图可知为锐角，则21、（1）（2）0【解析】（1）由条件得和，再结合可求解；（2）设直线AB的方程为：，与椭圆联立，得到，同理得，再根据题中的条件化简整理可求解.【小问1详解】因为椭圆的离心率为，所以，所以①又因为过且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1，所以②，由①②可知，所以，，所以椭圆C的方程为【小问2详解】因为点P在直线上，所以设点，由题可知，直线AB的斜率与直线MN的斜率都存在所以直线AB的方程为：，即，直线MN的方程为：，即，设，，，