2025届湖南省岳阳市岳阳县第一中学高二数学第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析

2025届湖南省岳阳市岳阳县第一中学高二数学第一学期期末学业质量监测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．如图，已知二面角平面角的大小为，其棱上有、两点，、分别在这个二面角的两个半平面内，且都与垂直.已知，，则（）A. B.C. D.2．国际冬奥会和残奥会两个奥运会将于2022年在北京召开，这是我国在2008年成功举办夏季奥运会之后的又一奥运盛事.某电视台计划在奥运会期间某段时间连续播放5个广告，其中3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告，要求最后播放的必须是奥运宣传广告，且2个奥运宣传广告不能相邻播放，则不同的播放方式有（）A.120种 B.48种C.36种 D.18种3．在中，角所对的边分别为，，，则外接圆的面积是（）A. B.C. D.4．已知空间向量，，则（）A. B.C. D.5．若命题“，”是假命题，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.6．已知等差数列的公差，若，，则该数列的前项和的最大值为（）A.30 B.35C.40 D.457．设，向量，，，且，，则（）A. B.C.3 D.48．程大位是明代著名数学家，他的《新编直指算法统宗》是中国历史上一部影响巨大的著作.它问世后不久便风行宇内，成为明清之际研习数学者必读的教材，而且传到朝鲜、日本及东南亚地区，对推动汉字文化圈的数学发展起了重要的作用.卷八中第33问是：“今有三角果一垛，底阔每面七个.问该若干？”如图是解决该问题的程序框图.执行该程序框图，求得该垛果子的总数为（）A.120 B.84C.56 D.289．若方程表示圆，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.10．函数的大致图象为A. B.C. D.11．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则b等于（）A. B.2C. D.412．在正四面体中，点为所在平面上动点，若与所成角为定值，则动点的轨迹是（）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．如图，AD与BC是三棱锥中互相垂直的棱，，（c为常数）.若，则实数的取值范围为__________.14．经过、两点的直线斜率为______.15．设椭圆，点在椭圆上，求该椭圆在P处的切线方程______.16．若展开式的二项式系数之和是64，则展开式中的常数项的值是__________.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，△的三个顶点分别是点.（1）求△的外接圆O的标准方程；（2）过点作直线平行于直线，判断直线与圆O的位置关系，并说明理由.18．（12分）已知是边长为2的正方形，正方形绕旋转形成一个圆柱；（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形绕顺时针旋转至，求异面直线与所成角的大小19．（12分）已知圆，直线.（1）当为何值时，直线与圆相切；（2）当直线与圆相交于、两点，且时，求直线的方程.20．（12分）已知数列满足，，，.从①，②这两个条件中任选一个填在横线上，并完成下面问题.（1）写出、，并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.21．（12分）已知函数（1）求的单调区间；（2）若，求的最大值与最小值22．（10分）已知圆：和圆外一点，过点作圆的切线，切线长为.（1）求圆的标准方程；（2）若圆：，求证：圆和圆相交，并求出两圆的公共弦长.

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】以、为邻边作平行四边形，连接，计算出、的长，证明出，利用勾股定理可求得的长.【详解】如下图所示，以、为邻边作平行四边形，连接，因为，，则，又因为，，，故二面角的平面角为，因为四边形为平行四边形，则，，因为，故为等边三角形，则，，则，，，故平面，因为平面，则，故.故选：C.2、C【解析】先考虑最后位置必为奥运宣传广告，再将另一奥运广告插入3个商业广告之间，最后对三个商业广告全排列，即可求解.【详解】先考虑最后位置必为奥运宣传广告，有种，另一奥运广告插入3个商业广告之间，有种；再考虑3个商业广告的顺序，有种，故共有种.故选：C.3、B【解析】利用余弦定理可得，然后利用正弦定理可得，即求.【详解】因为，所以，由余弦定理得，，所以，设外接圆的半径为，由正统定理得，，所以，所以外接圆的面积是.故选：B.4、C【解析】直接利用向量的坐标运算法则求解即可【详解】因为，，所以，故选：C5、A【解析】根据命题与它的否定命题一真一假，写出该命题的否定命题，再求实数的取值范围【详解】解：命题“，”是假命题，则它的否定命题“，”是真命题，时，不等式为，显然成立；时，应满足，解得，所以实数的取值范围是故选：A6、D【解析】利用等差数列的性质求出公差以及首项，再由等差数列的前项和公式即可求解.【详解】等差数列，由，有，又，公差，所以，，得，，，∴当或10时，最大，，故选：D7、C【解析】根据空间向量垂直与平行的坐标表示，求得的值，得到向量，进而求得，得到答案.【详解】由题意，向量，，，因为，可得，解得，即，又因为，可得，解得，即，可得，所以.故选：C.8、B【解析】按照框图中程序，逐步执行循环，即可求得答案.【详解】第一次循环：，，第二次循环：，，第三次循环：，，第四次循环：，，第五次循环：，，第六次循环：，，第七次循环：，，退出循环，输出.故选：B9、D【解析】将方程化为标准式即可.【详解】方程化为标准式得，则.故选：D.10、D【解析】根据函数奇偶性排除A、C.当时排除B【详解】解：由可得所以函数为偶函数，排除A、C.因为时，，排除B.故选：D.11、A【解析】由正弦定理求解即可.【详解】因为，所以故选：A12、B【解析】把条件转化为与圆锥的轴重合，面与圆锥的相交轨迹即为点的轨迹后即可求解.【详解】以平面截圆锥面，平面位置不同，生成的相交轨迹可以为抛物线、双曲线、椭圆、圆.令与圆锥的轴线重合，如图所示，则圆锥母线与所成角为定值，所以面与圆锥的相交轨迹即为点的轨迹.根据题意，不可能垂直于平面即轨迹不可能为圆.面不可能与圆锥轴线平行，即轨迹不可能是双曲线.可进一步计算与平面所成角为，即时，轨迹为抛物线，时，轨迹为椭圆，，所以轨迹为椭圆.故选：B.【点睛】本题考查了平面截圆锥面所得轨迹问题，考查了转化化归思想，属于难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】分析得都在以为焦点的椭球上，再利用椭球的性质得到，化简即得解.【详解】解：因为，所以都在以为焦点椭球上，由椭球的性质得，是垂直椭球焦点所在直线的弦，的最大值为,此时共面且过中点，即故实数的取值范围为.故答案为：14、【解析】利用斜率公式可求得结果.【详解】由斜率公式可知，直线的斜率为.故答案为：.15、【解析】由题意可知切线的斜率存在，所以设切线方程为，代入椭圆方程中整理化简，令判别式等于零，可求出的值，从而可求得切线方程【详解】由题意可知切线的斜率存在，所以设切线方程为，将代入中得，，化简整理得，令，化简整理得，即，解得，所以切线方程为，即，故答案为：16、【解析】首先利用展开式的二项式系数和是求出，然后即可求出二项式的常数项.【详解】由题知展开式的二项式系数之和是，故有，可得，知当时有.故展开式中的常数项为.故答案为：.【点睛】本题考查了利用二项式的系数和求参数，求二项式的常数项，属于基础题.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）直线与圆O相切，理由见解析.【解析】（1）法1：设外接圆为，由点在圆上，将其代入方程求参数，即可得圆的方程；法2：利用斜率的两点式易得，则是△外接圆的直径，进而求圆心坐标、半径，即可得圆的标准方程.（2）由题设有直线垂直于x轴，根据直线平行于直线及所过的点写出直线l的方程，求圆O的圆心与直线距离，并与半径比大小，即可确定它们的位置关系.【小问1详解】法1：设过三点的圆的方程为，则，解得，所求圆的方程为，即.法2：因，所以，则是△外接圆的直径，圆心，所以所求圆的方程为.【小问2详解】因为，则直线垂直于x轴，所以直线的方程为，由（1）知：圆心到直线的距离，所以直线与圆O相切.18、（1）（2）【解析】（1）利用表面积公式直接计算得到答案.（2）连接和，，故即为异面直线与所成角，证明，根据长度关系得到答案.【小问1详解】【小问2详解】如图所示：连接和，，故即为异面直线与所成角，，，，故平面，平面，故，，故，直角中，，，，故异面直线与所成角的大小为.19、（1）；（2）或.【解析】（1）将圆的方程表示为标准方程，确定圆心坐标与半径，利用圆心到直线的距离可求得实数的值；（2）求出圆心到直线的距离，利用、、三者满足勾股定理可求得的方程，解出的值，即可得出直线的方程.【详解】将圆C的方程配方得标准方程为，则此圆的圆心为，半径为.（1）若直线与圆相切，则有，解得；（2）圆心到直线的距离为，由勾股定理可得，可得，整理得，解得或，故所求直线方程为或.【点睛】方法点睛：圆的弦长的常用求法（1）几何法：求圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；（2）代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式.20、（1）条件选择见解析，，，（2）【解析】（1）选①，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得，并可求得、；选②，推导出数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得，可求得，由此可得出、；（2）求得，，分为偶数、奇数两种情况讨论，结合并项求和法以及等比数列求和公式可求得.【小问1详解】解：若选①，，且，故数列是首项为，公比为的等比数列，，故；若选②，，所以，，且，故数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，，故，所以，，故，.【小问2详解】解：由（1）可知，则，所以，.当为偶数时，；当为奇数时，.综上所述，.21、（1）单调递增区间是和，单调递减是；（2）函数的最大值是，函数的最小值是.【解析】（1）利用导数和函数单调性关系，求函数的单调区间；（2）利用函数的单调性，列表求函数的最值.【小问1详解】，当，解得：或，所以函数的单调递增区间是和，当，解得：，所以函数的单调递减区间是，所以函数的单调递增区间是和，单调递减是；【小问2详解】由（1）可得下表4单调递增单调递减单调递增所以函数的