浙江省余姚市第四中学2025届高二数学第一学期期末联考模拟试题含解析

浙江省余姚市第四中学2025届高二数学第一学期期末联考模拟试题注意事项: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．若向量，，，则（）A. B.C. D.2．设等比数列的前项和为，且，则（）A. B.C. D.3．已知、、、是直线，、是平面，、、是点（、不重合），下列叙述错误的是（）A.若，，，，则B.若，，，则C.若，，则D.若，，则4．为迎接2022年冬奥会，某校在体育冰球课上加强冰球射门训练，现从甲、乙两队中各选出5名球员，并分别将他们依次编号为1，2，3，4，5进行射门训练，他们的进球次数如折线图所示，则在这次训练中以下说法正确的是（）A.甲队球员进球的中位数比乙队大 B.乙队球员进球的中位数比甲队大C.乙队球员进球水平比甲队稳定 D.甲队球员进球数的极差比乙队小5．已知，，若，则（）A.6 B.11C.12 D.226．如图，在三棱柱中，为的中点，若，，，则下列向量与相等的是（）A. B.C. D.7．函数，若实数是函数的零点，且，则（）A. B.C. D.无法确定8．若圆与直线相切，则（）A.3 B.或3C. D.或9．已知集合，集合或，是实数集，则（）A. B.C. D.10．已知点在抛物线上，则点到抛物线焦点的距离为（）A.1 B.2C.3 D.411．方程表示的图形是A.两个半圆 B.两个圆C.圆 D.半圆12．已知抛物线过点，则抛物线的焦点坐标为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．桌面排列着100个乒乓球，两个人轮流拿球装入口袋，能拿到第100个乒乓球人为胜利者．条件是：每次拿走球的个数至少要拿1个，但最多又不能超过5个，这个游戏中，先手是有必胜策略的，请问：如果你是最先拿球的人，为了保证最后赢得这个游戏，你第一次该拿走___个球14．已知双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则双曲线的离心率为___________.15．已知双曲线，（，）的左右焦点分别为，过的直线与圆相切，与双曲线在第四象限交于一点，且有轴，则直线的斜率是___________，双曲线的渐近线方程为___________.16．对某市“四城同创”活动中100名志愿者的年龄抽样调查统计后得到频率分布直方图(如图)，但是年龄组为的数据不慎丢失，则依据此图可估计该市“四城同创”活动中志愿者年龄在的人数为________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，四棱锥中，平面，∥,，，为上一点，平面（Ⅰ）求证：∥平面；（Ⅱ）若，求点D到平面EMC的距离18．（12分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.（1）求B.（2）___________，若问题中的三角形存在，试求出；若问题中的三角形不存在，请说明理由.在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在横线上.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.19．（12分）已知椭圆C对称中心在原点，对称轴为坐标轴，且，两点（1）求椭圆C的方程；（2）设M、N分别为椭圆与x轴负半轴、y轴负半轴的交点，P为椭圆上在第一象限内一点，直线PM与y轴交于点S，直线PN与x轴交于点T，求证：四边形MSTN的面积为定值20．（12分）已知，.（1）若，为假命题，求的取值范围；（2）若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.21．（12分）已知点，，设动点P满足直线PA与PB的斜率之积为，记动点P的轨迹为曲线E（1）求曲线E的方程；（2）若动直线l经过点，且与曲线E交于C，D（不同于A，B）两点，问：直线AC与BD的斜率之比是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由22．（10分）如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，A1C的中点，AD=AA1=2，AB=（1）求证：EF∥平面ADD1A1；（2）求平面EFD与平面DEC的夹角的余弦值；（3）在线段A1D1上是否存在点M，使得BM⊥平面EFD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由

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、A【解析】根据向量垂直得到方程，求出的值.【详解】由题意得：，解得：.故选：A2、C【解析】根据给定条件求出等比数列公比q的关系，再利用前n项和公式计算得解.【详解】设等比数列的的公比为q，由得：，解得，所以.故选：C3、D【解析】由公理2可判断A选项；由公理3可判断B选项；利用平行线的传递性可判断C选项；直接判断线线位置关系，可判断D选项.【详解】对于A选项，由公理2可知，若，，，，则，A对；对于B选项，由公理3可知，若，，，则，B对；对于C选项，由空间中平行线的传递性可知，若，，则，C对；对于D选项，若，，则与平行、相交或异面，D错.故选：D.4、C【解析】根据折线图，求出甲乙中位数、平均数及方差、极差，即可判断各选项的正误.【详解】由题图，甲队数据从小到大排序为，乙队数据从小到大排序为，所以甲乙两队的平均数都为5，甲、乙进球中位数相同都为5，A、B错误；甲队方差为，乙队方差为，即，故乙队球员进球水平比甲队稳定，C正确.甲队极差为6，乙队极差为4，故甲队极差比乙队大，D错误.故选：C5、C【解析】根据递推关系式计算即可求出结果.【详解】因为，，，则，，，故选：C.6、A【解析】利用空间向量基本定理求解即可【详解】由于M是的中点，所以故选：A7、A【解析】利用函数在递减求解.【详解】因为函数在递减，又实数是函数的零点，即，又因为，所以，故选：A8、B【解析】根据圆与与直线相切，利用圆心到直线的距离等于半径求解.【详解】圆的标准方程为：，则圆心为，半径为，因为圆与与直线相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，解得或，故选：B9、A【解析】先化简集合，再由集合的交集、补集运算求解即可【详解】，或，故故选：A10、B【解析】先求出抛物线方程，焦点坐标，再用两点间距离公式进行求解.【详解】将代入抛物线中得：，解得：，所以抛物线方程为，焦点坐标为，所以点到抛物线焦点的距离为故选：B11、D【解析】其中，再两边同时平方，由此确定图形【详解】根据题意，，再两边同时平方，由此确定图形为半圆.故选：D【点睛】几何图像中要注意与方程式是一一对应，故方程的中未知数的的取值范围对应到图形中的坐标的取值范围12、D【解析】把点代入抛物线方程求出，再化成标准方程可得解.【详解】因为抛物线过点，所以，所以抛物线方程为，方程化成标准方程为，故抛物线的焦点坐标为.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、4【解析】根据题意，由游戏规则，结合余数的性质，分析可得答案【详解】解：根据题意，第一次该拿走4个球，以后的取球过程中，对方取个，自己取个，由于，则自己一定可以取到第100个球.故答案为：414、或2【解析】由圆的方程有圆心，半径为，讨论双曲线的焦点分别在x或y轴上对应的渐近线方程，根据已知及弦长与半径、弦心距的几何关系得到双曲线参数的齐次方程，即可求离心率.【详解】由题设，圆的标准方程为，即圆心，半径为，若双曲线为时，渐近线为且，所以圆心到双曲线渐近线的距离为，由弦长、弦心距、半径的关系知：，故，得：，又，所以，故.若双曲线为时，渐近线为且，所以圆心到双曲线渐近线的距离为，由弦长、弦心距、半径的关系知：，故，得：，又，所以，故.综上，双曲线的离心率为或2.故答案为：或2.15、①.②.【解析】由题意，不妨设直线与圆相切于点，由可得，代入双曲线方程，可得，因此，即得解【详解】如图所示，不妨设直线与圆相切于点，，由于代入进入，可得，渐近线方程为故答案为：，16、【解析】首先根据频率分布直方图计算出年龄在的频率，从而可计算出年龄在的人数.【详解】年龄在的频率为，所以年龄在的人数为.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、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）运用线面平行的判定定理证明；（Ⅱ）借助体积相等建立方程求解即可【详解】（Ⅰ）证明：取的中点，连接，因为，所以，又因为平面，所以，所以平面，因为平面，所以∥，面，平面,所以∥平面；（Ⅱ）因为平面，面，所以平面平面，平面平面,过点作直线,则平面，由已知平面，∥,，可得，又，所以为的中点，在中，，在中，，，在中，，由等面积法知，所以，即点D到平面EMC的距离为.考点：直线与平面的位置关系及运用【易错点晴】本题考查的是空间的直线与平面平行的推证问题和点到直线的距离问题．解答时,证明问题务必要依据判定定理,因此线面的平行问题一定要在所给的平面中找出一条直线与这个平面外的直线平行,叙述时一定要交代面外的线和面内的线,这是许多学生容易忽视的问题,也高考阅卷时最容易扣分的地方,因此在表达时一定要引起注意18、（1）（2）答案见解析【解析】（1）由正弦定理及正弦的两角和公式可求解；（2）选择条件①，由正弦定理及辅助角公式可求解；选择条件②，由余弦定理及正切三角函数可求解；选择条件③，由余弦定理可求解【小问1详解】由，可得，则.∴，在中，，则，∵，∴，∴，∵，∴.【小问2详解】选择条件①，在中，，可得，∵，∴，∴，根据辅助角公式，可得，∵，∴，即，故.选择条件②由，得，∵，∴，因此，，整理得，即，则.在中，，∴.故.选择条件③由，得，即，整理得，由于，则方程无解，故不存在这样的三角形.19、（1）（2）证明见解析【解析】（1）设椭圆方程为，利用待定系数法求得的值，即可得出答案；（2）设，，，易得，分别求出直线PM和直线PN的方程，从而可求出的坐标，再根据即可得出答案.【小问1详解】解：依题意设椭圆方程为，将，代入得，解得得，，∴所求椭圆方程为；【小问2详解】证明：设，，，，P点坐标满足，即，直线PM：，可得，直线PN：，可得，.20、（1）（2）【解析】（1）分别求出命题、为真时参数的取值范围，依题意、都为假命题，求出的取值范围，即可得解；（2）依题意可得是的必要不充分条件，则真包含于，即可得到不等式组，解得即可；【小问1详解】由，解得，即，由，可得，所以，当时，解得，即，因为为假命题，则、都为假命题，当为假命题时：或当为假命题时：或故当、都为假命题，或综上可得；【小问2详解】因为是的必要不充分条件，由（1）可知，，所以真包含于，所以，解得，即21、（1）；（2）直线AC和BD的斜率之比为定值【解析】（1）设，依据两点的斜率公式可求得曲线E的方程（2）设直线l：，，，联立方程得，得出根与系数的关系，表示直线AC的斜率，直线BD的斜率，并代入计算，可得其定值.【详解】解：（1）设，依题意可得，所以，所以曲线E的方程为（2）依题意，可设直线l：，，，由，可得，则，，因为直线AC的斜率，直线BD的斜率，因为，所以，所以直线AC和BD的斜率之比为定值22、（1）证明见解析；（2）；（3）不存在；理由见解析【解析】（1）连接AD1，A1D，交于点O，所以点O是A1D的中点，连接FO，根据判定定理证明四边形AEFO是平行四边形，进而得到线面平行；（2）建立坐标系，求出两个面的法向量，求得两个法向量的夹角的余弦值，进而得到二面角的夹角的余弦值；（3）假设在线段A1D1上存在一点M，使得BM⊥平面EFD，设出点M的坐标，由第二问得到平面EFD的一个法向量，判断出和该法向量不平行，故不存在满足题意的点M.【详解】（1）证明：连接AD1，A1D，交于点O，所以点O是A1D的中点，连接FO因为F是A1C的中点，所以OF∥CD，OF=CD因AE∥CD，AE=CD，所以OF∥AE，OF=AE所以四边形AEFO是平行四边形所以EF∥AO因为EF⊄平面ADD1A1，AO⊂平面ADD1A1，所以EF∥平面ADD1A1（2）以点A为坐标原点，直线AB，AD，AA1分别为x轴，y轴，z轴