2025届贵阳市重点中学数学高二上期末统考模拟试题含解析

2025届贵阳市重点中学数学高二上期末统考模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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m，n表示两条不同直线，表示两个不同平面.设有两个命题：：若，则；：若，则.则下列命题中为真命题的是（）A. B.C. D.2．设，分别是双曲线：的左、右焦点，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，，为坐标原点，则双曲线的离心率为（）A. B.2C. D.3．我们知道，偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学生张华向银行贷款的本金为48万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，20年还清，贷款月利率为，设张华第个月的还款金额为元，则（）A.2192 B.C. D.4．命题“，”的否定是A， B.，C.， D.，5．已知函数，则的单调递增区间为（）.A. B.C. D.6．已知数列满足，，数列的前n项和为，若，，成等差数列，则n=（）A.6 B.8C.16 D.227．某校开展研学活动时进行劳动技能比赛，通过初选，选出共6名同学进行决赛，决出第1名到第6名的名次（没有并列名次），和去询问成绩，回答者对说“很遗㙳，你和都末拿到冠军；对说“你当然不是最差的”.试从这个回答中分析这6人的名次排列顺序可能出现的结果有（）A.720种 B.600种C.480种 D.384种8．已知命题：，；命题：，使，若“”为假命题，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.9．曲线与曲线的A.长轴长相等 B.短轴长相等C.离心率相等 D.焦距相等10．已知圆与圆相交于A、B两点，则圆上的动点P到直线AB距离的最大值为（）A. B.C. D.11．在三棱柱中，，，，则这个三棱柱的高（）A1 B.C. D.12．函数单调减区间是（）A. B.C.和 D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为__________.14．已知随机变量，且，则______.15．已知，是双曲线的两个焦点，以线段为边作正，若边的中点在双曲线上，则双曲线的离心率____________.16．已知，分别是椭圆和双曲线的离心率，，是它们的公共焦点，M是它们的一个公共点，且，则的最大值为______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）在平面直角坐标系中，过点且倾斜角为的直线与曲线（为参数）交于两点.（1）将曲线的参数方程转化为普通方程；（2）求的长.18．（12分）有时候一些东西吃起来口味越好，对我们的身体越有害.下表给出了不同品牌的一些食品所含热量的百分比记为和一些美食家以百分制给出的对此种食品口味的评价分数记为：食品品牌12345678910所含热量的百分比25342019262019241914百分制口味评价分数88898078757165626052参考数据：，，，参考公式：，（1）已知这些品牌食品的所含热量的百分比与美食家以百分制给出的对此种食品口味的评价分数具有相关关系.试求出回归方程（最后结果精确到）；（2）某人只能接受食品所含热量百分比为及以下的食品.现在他想从这些食品中随机选取两种购买，求他所选取的两种食品至少有一种是美食家以百分制给出的对此种食品口味的评价分数为分以上的概率.19．（12分）已知椭圆的上下两个焦点分别为，，过点与y轴垂直的直线交椭圆C于M，N两点，△的面积为，椭圆C的离心率为（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知O为坐标原点，直线与y轴交于点P，与椭圆C交于A，B两个不同的点，若存在实数，使得，求m的取值范围20．（12分）在公差为的等差数列中,已知，且成等比数列.（Ⅰ）求；（Ⅱ）若,求.21．（12分）已知椭圆过点，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线，与直线和椭圆分别交于两点，（与不重合）.判断以为直径的圆是否过定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，说明理由.22．（10分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若，当时，恒成立，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、B【解析】利用直线与平面，平面与平面的位置关系判断2个命题的真假，再利用复合命题的真值表判断选项的正误即可【详解】，表示两条不同直线，，表示两个不同平面：若，，则也可能，也可能与相交，所以是假命题，为真命题；：令直线的方向向量为，直线的方向向量为，若，则，则，所以是真命题，所以为假命题；所以为假命题，是真命题，为假命题，是真命题，所以为假命题故选：2、D【解析】先求过右焦点且与渐近线垂直的直线方程，与渐近线方程联立求点P的坐标，再用两点间的距离公式，结合已知条件，得到关于a，c的关系式.【详解】双曲线的左右焦点分别为、，一条渐近线方程为，过与这条渐近线垂直的直线方程为，由，得到点P的坐标为，又因为，所以，所以，所以.故选：D3、D【解析】计算出每月应还的本金数，再计算第n个月已还多少本金，由此可计算出个月的还款金额.【详解】由题意可知：每月还本金为2000元，设张华第个月的还款金额为元，则，故选：D4、C【解析】特称命题的否定是全称命题，并将结论加以否定，所以命题的否定为：，考点：全称命题与特称命题5、D【解析】利用导数分析函数单调性【详解】的定义域为，，令，解得故的单调递增区间为故选：D6、D【解析】利用累加法求得列的通项公式，再利用裂项相消法求得数列的前n项和为，再根据，，成等差数列，得，从而可得出答案.【详解】解：因为，且，所以当时，，因为也满足，所以.因为，所以.若，，成等差数列，则，即，得.故选：D.7、D【解析】不是第一名且不是最后一名，的限制最多，先排有4种情况，再排，也有4种情况，余下的问题是4个元素在4个位置全排列，根据分步计数原理求解即可【详解】由题意，不是第一名且不是最后一名，的限制最多，故先排，有4种情况，再排，也有4种情况，余下4人有种情况，利用分步相乘计数原理知有种情况故选：D.8、D【解析】根据题意，判断命题和的真假性，结合判别式与二次函数恒成立问题，即可求解.【详解】根据题意，由为假命题可得“”为真命题，即p、q都为真命题，故，解得故选：D9、D【解析】分别求出两椭圆的长轴长、短轴长、离心率、焦距，即可判断【详解】解：曲线表示焦点在轴上，长轴长10，短轴长为6，离心率为，焦距为8曲线表示焦点在轴上，长轴长为，短轴长为，离心率为，焦距为8对照选项，则正确故选：【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，考查运算能力，属于基础题10、A【解析】判断圆与的位置并求出直线AB方程，再求圆心C到直线AB距离即可计算作答.【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，，，即圆与相交，直线AB方程为：，圆的圆心，半径，点C到直线AB距离的距离，所以圆C上的动点P到直线AB距离的最大值为.故选：A11、D【解析】先求出平面ABC的法向量，然后将高看作为向量在平面ABC的法向量上的投影的绝对值，则答案可求.【详解】设平面ABC的法向量为，而，，则,即有,不妨令,则,故,设三棱柱的高为h，则,故选：D.12、B【解析】根据函数求导，然后由求解.【详解】因为函数，所以，由，解得，所以函数的单调递减区间是，故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】运用导数的几何意义进行求解即可.【详解】由，所以，而，所以切线方程为：，令，得，令，得，所以三角形的面积为：，故答案为：14、【解析】根据二项分布的均值与方差的关系求得,再根据方差的性质求解即可.【详解】,所以,又因为,所以故答案为：12【点睛】本题主要考查了二项分布的均值与方差的计算,同时也考查了方差的性质,属于基础题.15、##【解析】根据线段为边作正，得到M在y轴上，求得M的坐标，再由，得到边的中点坐标，代入双曲线方程求解.【详解】以线段为边作正，则M在y轴上，设，则，因为，所以边的中点坐标为，因为边的中点在双曲线上，所以，因为，所以，即，解得，因为，所以，故答案为：16、【解析】利用椭圆、双曲线的定义以及余弦定理找到的关系，然后利用三角换元求最值即可.【详解】解析：设椭圆的长半轴为a，双曲线的实半轴为，半焦距为c，设，，，因为，所以由余弦定理可得，①在椭圆中，，①化简为，即，②在双曲线中，，①化简为，即，③联立②③得，，即，记，，，则，当且仅当，即，时取等号故答案为：.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）利用公式直接将椭圆的参数方程转化为普通方程即可.（2）首先求出直线的参数方程，代入椭圆的普通方程得到，再利用直线参数方程的几何意义求弦长即可.【详解】（1）因为曲线（为参数），所以曲线的普通方程为：.（2）由题知：直线的参数方程为（为参数），将直线的参数方程代入，得.，.所以.18、（1）（2）【解析】（1）首先求出、、，即可求出，从而求出回归直线方程；（2）由表可知某人只能接受的食品共有种，评价为分以上的有种可记为，，另外种记为，，，，用列举法列出所有的可能结果，再根据古典概型的概率公式计算可得；【小问1详解】解：设所求的回归方程为，由，，，，所求的回归方程为：.【小问2详解】解：由表可知某人只能接受的食品共有种，其中美食家以百分制给出的对此种食品口味的评价为分以上的有种可记为，，另外种记为，，，.任选两种分别为：，，，，，，，，，，，，，，，共15个基本事件.记“所选取的两种食品至少有一种是美食家以百分制给出的对此食品口味的评价分数为分以上”为事件，则事件包含，，，，，，，，共个基本事件，故事件发生的概率为.19、（1）；（2）或或.【解析】（1）根据已知条件，求得的方程组，解得，即可求得椭圆的方程；（2）对的取值进行分类讨论，当时，根据三点共线求得，联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理，结合直线交椭圆两点，代值计算即可求得结果.【小问1详解】对椭圆，令，故可得，则，故，则，又，，故可得，则椭圆的方程为：.【小问2详解】直线与y轴交于点P，故可得的坐标为，当时，则，由椭圆的对称性可知：，故满足题意；当时，因为三点共线，若存在实数，使得，即，则，故可得.又直线与椭圆交于两点，故联立直线方程，与椭圆方程，可得：，则，即；设坐标为，则，又，即，故可得：，即，也即，代入韦达定理整理得：，即，当时，上式不成立，故可得，又，则，整理得：，解得，即或.综上所述：的取值范围是或或.【点睛】本题考察椭圆方程的求解，以及椭圆中范围问题的处理；解决本题的关键一是要求得的取值，二是充分利用韦达定理以及直线和曲线相交，则联立方程组后得到的一元二次方程的，属综合中档题.20、(Ⅰ)或(Ⅱ)【解析】(Ⅰ)由题意求得数列的公差后可得通项公式．(Ⅱ)结合条件可得，分和两种情况去掉中的绝对值后，利用数列的前n项和公式求解试题解析：（Ⅰ）∵成等比数列，∴，整理得，解得或，当时，;当时，所以或（Ⅱ）设数列前项和为，∵，∴，当时，，∴；当时，综上21、（1）（2）过定点，定点为【解析】（1）根据离心率及顶点坐标求出即可得椭圆方程；（2）当直线斜率存在时，设直线的方程为（），求出的坐标，设是以为直径的圆上的点，利用向量垂直可得恒成立，可得定点，斜率不存在时验证即可.【小问1详解】由题意得，，，又因为，所以.所以椭圆C的方程为.【小问2详解】以为直径的圆过定点.理由如下：当直线斜率存在时，设直线的方程为（）.令，得，所以.由得，则或，所以.设是以为直径的圆上的任意一点，则，.由题意，，则以为直径的圆的方程为.即恒成立即解得故以为直径的圆恒过定点.当直线斜率不存在时，以为直径的圆也过点.综上，以为直径的圆恒过定点.22、（1）答案见解析；（2）.【解析】（1）求得，分、两种情况讨论，分析导数的