陜西省寶雞市眉縣2025屆數(shù)學高二上期末教學質量檢測模擬試題含解析

陜西省寶雞市眉縣2025屆數(shù)學高二上期末教學質量檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知數(shù)列中，，，是的前n項和，則（）A. B.C. D.2．已知雙曲線的左、右焦點分別為，，P為雙曲線C上一點，，直線與y軸交于點Q，若，則雙曲線C的漸近線方程為（）A. B.C. D.3．已知拋物線過點，則拋物線的焦點坐標為（）A. B.C. D.4．第24屆冬季奧林匹克運動會，將在2022年2月4日在中華人民共和國北京市和張家口市聯(lián)合舉行．這是中國歷史上第一次舉辦冬季奧運會，北京成為奧運史上第一個舉辦夏季奧林匹克運動會和冬季奧林匹克運動會的城市．同時中國也成為第一個實現(xiàn)奧運“全滿貫”（先后舉辦奧運會、殘奧會、青奧會、冬奧會、冬殘奧會）國家．根據(jù)規(guī)劃，國家體育場（鳥巢）成為北京冬奧會開、閉幕式的場館．國家體育場“鳥巢”的鋼結構鳥瞰圖如圖所示，內外兩圈的鋼骨架是離心率相同的橢圓，若由外層橢圓長軸一端點和短軸一端點分別向內層橢圓引切線，（如圖），且兩切線斜率之積等于，則橢圓的離心率為（）A. B.C. D.5．過點與直線平行的直線的方程是（）A. B.C. D.6．如圖，在正方體ABCD-EFGH中，P在棱BC上，BP=x，平行于BD的直線l在正方形EFGH內，點E到直線l的距離記為d，記二面角為A-l-P為θ，已知初始狀態(tài)下x=0，d=0，則（）A.當x增大時，θ先增大后減小 B.當x增大時，θ先減小后增大C.當d增大時，θ先增大后減小 D.當d增大時，θ先減小后增大7．已知數(shù)列是等差數(shù)列，其前n項和為，則下列說法錯誤的是（）A.數(shù)列一定是等比數(shù)列 B.數(shù)列一定是等差數(shù)列C.數(shù)列一定是等差數(shù)列 D.數(shù)列可能是常數(shù)數(shù)列8．若拋物線上的點到其焦點的距離是到軸距離的倍，則等于A. B.1C. D.29．過雙曲線的右焦點有一條弦是左焦點，那么的周長為（）A.28 B.C. D.10．已知直線：恒過點，過點作直線與圓：相交于A，B兩點，則的最小值為（）A. B.2C.4 D.11．已知雙曲線的右焦點為F，關于原點對稱的兩點A、B分別在雙曲線的左、右兩支上，，且點C在雙曲線上，則雙曲線的離心率為（）A.2 B.C. D.12．平面的法向量，平面的法向量，已知，則等于（）A B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某次實驗得到如下7組數(shù)據(jù)，通過判斷知道與具有線性相關性，其線性回歸方程為，則______.（參考公式：）12345676.06.26.36.46.46.76.814．已知平面向量均為非零向量，且滿足，記向量在向量上投影向量為，則k=______．(用數(shù)字作答)15．橢圓與雙曲線有公共焦點，設橢圓與雙曲線在第一象限內交于點，橢圓與雙曲線的離心率分別為為坐標原點，，則的取值范圍是___________.16．若，且，則的最小值是____________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在正方體中，，，分別是，，的中點.（1）證明：平面平面；（2）求直線與所成角的正切值.18．（12分）若分別是橢圓的左、右焦點，是該橢圓上的一個動點，且（1）求橢圓的方程（2）是否存在過定點的直線與橢圓交于不同的兩點，使（其中為坐標原點）？若存在，求出直線的斜率；若不存在，說明理由19．（12分）已知四棱錐的底面是矩形，底面，且，設E、F、G分別為PC、BC、CD的中點，H為EG的中點，如圖.（1）求證：平面；（2）求直線FH與平面所成角的大小.20．（12分）如圖，在直三棱柱中，，是中點.（1）求點到平面的的距離；（2）求平面與平面夾角的余弦值；21．（12分）如圖所示，在正方體中，E是棱的中點.（Ⅰ）求直線BE與平面所成的角的正弦值；（Ⅱ）在棱上是否存在一點F，使平面？證明你的結論.22．（10分）在①，；②，；③，.這三個條件中任選一個，補充在下面問題中.問題：已知數(shù)列的前n項和為，，___________.（1）求數(shù)列的通項公式（2）已知，求數(shù)列的前n項和.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】由，得到為遞增數(shù)列，又由，得到，化簡，即可求解.【詳解】解：由，得，又，所以，所以，即，所以數(shù)列為遞增數(shù)列，所以，得，即，又由是的前項和，則.故選：D.【點睛】關鍵點睛：本題考查數(shù)列求和問題，關鍵在于由已知條件得出，運用裂項相消求和法.2、B【解析】由題意可設且，即得a、b的數(shù)量關系，進而求雙曲線C的漸近線方程.【詳解】由題設，，，又，P為雙曲線C上一點，∴，又，為的中點，∴，即，∴雙曲線C的漸近線方程為.故選：B.3、D【解析】把點代入拋物線方程求出，再化成標準方程可得解.【詳解】因為拋物線過點，所以，所以拋物線方程為，方程化成標準方程為，故拋物線的焦點坐標為.故選：D.4、B【解析】分別設內外層橢圓方程為、，進而設切線、分別為、，聯(lián)立方程組整理并結合求、關于a、b、m的關系式，再結合已知得到a、b的齊次方程求離心率即可.【詳解】若內層橢圓方程為，由離心率相同，可設外層橢圓方程為，∴，設切線為，切線為，∴，整理得，由知：，整理得，同理，，可得，∴，即，故.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：根據(jù)內外橢圓的離心率相同設橢圓方程，并寫出切線方程，聯(lián)立方程結合及已知條件，得到橢圓參數(shù)的齊次方程求離心率.5、A【解析】根據(jù)題意利用點斜式寫出直線方程即可.【詳解】解：過點的直線與直線平行，，即.故選：A.6、C【解析】以F為坐標原點，F(xiàn)B，F(xiàn)G，F(xiàn)E所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為2，則P(2,x,0)，A(2,0,2)，設直線l與EF，EH交于點M、N，，求得平面AMN的法向量為，平面PMN的法向量，由空間向量的夾角公式表示出，對于A，B選項，令d=0，則，由函數(shù)的單調性可判斷；對于C，D，當x=0時，則，令，利用導函數(shù)研究函數(shù)的單調性可判斷.【詳解】解：由題意，以F為坐標原點，F(xiàn)B，F(xiàn)G，F(xiàn)E所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系如圖所示,設正方體的棱長為2，則P(2,x,0)，A(2,0,2)，設直線l與EF，EH交于點M、N，則，所以，，設平面AMN的法向量為，則，即，令，則，設平面PMN的法向量為，則，即，令，則，，對于A，B選項，令d=0，則，顯示函數(shù)在是為減函數(shù)，即減小，則增大，故選項A，B錯誤；對于C，D，對于給定的，如圖，過作，垂足為，過作，垂足為，過作，垂足為，當在下方時，，設，則對于給定的，為定值，此時設二面角為，二面角為，則二面角為，且，故，而，故即，當時，為減函數(shù)，故為增函數(shù)，當時，為增函數(shù)，故為減函數(shù)，故先增后減，故D錯誤.當在上方時，，則對于給定的，為定值，則有二面角為，且，因，故為增函數(shù)，故為減函數(shù)，綜上，對于給定的，隨的增大而減少，故選：C.7、B【解析】可根據(jù)已知條件，設出公差為，選項A，可借助等比數(shù)列的定義使用數(shù)列是等差數(shù)列，來進行判定；選項B，數(shù)列，可以取，即可判斷；選項C，可設，表示出再進行判斷；選項D，可采用換元，令，求得的關系即可判斷.【詳解】數(shù)列是等差數(shù)列，設公差為，選項A，數(shù)列是等差數(shù)列，那么為常數(shù)，又，則數(shù)列一定是等比數(shù)列，所以選項A正確；選項B，當時，數(shù)列不存在，故該選項錯誤；選項C，數(shù)列是等差數(shù)列，可設（A、B為常數(shù)），此時，，則為常數(shù)，故數(shù)列一定是等差數(shù)列，所以該選項正確；選項D，，則，當時，，此時數(shù)列可能是常數(shù)數(shù)列，故該選項正確.故選：B.8、D【解析】根據(jù)拋物線的定義及題意可知3x0=x0+,得出x0求得p，即可得答案【詳解】由題意，3x0=x0+，∴x0=∴∵p＞0，∴p=2.故選D【點睛】本題主要考查了拋物線的定義和性質．考查了考生對拋物線定義的掌握和靈活應用，屬于基礎題9、C【解析】根據(jù)雙曲線方程得，，由雙曲線的定義，證出，結合即可算出△的周長【詳解】雙曲線方程為，，根據(jù)雙曲線的定義，得，，，，相加可得，，，因此△的周長，故選：C10、A【解析】根據(jù)將最小值問題轉化為d取得最大值問題，然后結合圖形可解.【詳解】將，變形為，故直線恒過點，圓心，半徑，已知點P在圓內，過點作直線與圓相交于A，兩點，記圓心到直線的距離為d，則，所以當d取得最大值時，有最小值，結合圖形易知，當直線與線段垂直的時候，d取得最大值，即取得最小值，此時，所以.故選：A.11、D【解析】設，由，得到四邊形是矩形，在中，利用勾股定理求得，再在中，利用勾股定理求解.【詳解】如圖所示：設，則，，，因為，所以，則四邊形是矩形，在中，，即，解得，在中，，即，解得，故選：D12、A【解析】根據(jù)兩個平面平行得出其法向量平行，根據(jù)向量共線定理進行計算即可.【詳解】由題意得，因為，所以（），即，解得，所以.故選:A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、9##【解析】求得樣本中心點的坐標，代入回歸直線，即可求得.詳解】根據(jù)表格數(shù)據(jù)可得：故，解得.故答案為：.14、##1.5【解析】由兩邊平方可得，，，設，向量是以向量為鄰邊的平行四邊形、有共同起點的對角線，，由余弦定理可得，向量在向量上投影向量為，化簡可得答案.【詳解】因為，所以，，兩邊平方整理得，，兩邊平方整理得，即，可得，，設，所以向量是以向量為鄰邊的平行四邊形、有共同起點的對角線，如圖，即，因為，，平行四邊形即為的菱形，所以，由余弦定理可得，可得，，向量在向量上投影向量為，即.故答案為：.15、【解析】根據(jù)橢圓和雙曲線得定義求得，再根據(jù)，可得，從而有，求出的范圍，根據(jù)，結合基本不等式即可得出答案.【詳解】解：設，則有，所以，即，又因為，所以，所以，即，則，由，得，所以，所以，則，由，得，因為，當且僅當，即時，取等號，因為，所以，所以，即，所以的取值范圍是.故答案為：.16、【解析】應用基本不等式“1”的代換求a+4b的最小值即可.【詳解】由，有，則，當且僅當，且，即時等號成立，∴最小值為.故答案為：三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析（2）【解析】（1）分別證明∥平面，∥平面，最后利用面面平行的判定定理證明平面∥平面即可；（2）由∥得即為直線與所成角，在直角△即可求解.【小問1詳解】∵∥且EN平面MNE,BC平面MNE,∴BC∥平面MNE,又∵∥且EM平面MNE,平面MNE,∴∥平面MNE又∵,∴平面∥平面,【小問2詳解】由（1）得∥,∴為直線MN與所成的角，設正方體的棱長為a,在△中，，，∴.18、（1）；（2）存在；【解析】（1）根據(jù)已知條件求得，由此求得橢圓的方程.（2）設出直線的方程并與橢圓方程聯(lián)立，化簡寫出根與系數(shù)關系，利用列方程，化簡求得直線的斜率.【小問1詳解】依題意，得橢圓的方程為【小問2詳解】存在．理由如下：顯然當直線的斜率不存在，即時，不滿足條件故由題意可設的方程為．由是直線與橢圓的兩個不同的交點，設，由消去y，并整理，得，則，解得，由根與系數(shù)的關系得，，即存在斜率的直線與橢圓交于不同的兩點，使19、（1）證明見解析（2）【解析】（1）連接CH，延長交PD于點K，連接BK，根據(jù)E、F、G分別為PC、BC、CD的中點，易得，再利用線面平行的判定定理證明.（2）建立空間直角坐標，求得的坐標，平面PBC一個法向量，代入公式求解.【詳解】（1）如圖所示：連接CH，延長交PD于點K，連接BK，因為設E、F、G分別為PC、BC、CD的中點，所以H為CK的中點，所以，又平面平面，所以平面；（2）建立如圖所示直角坐標系則，所以，設平面PBC一個法向量為：，則，有，令，，設直線FH與平面所成角為，所以，因為，所以.【點睛】本題主要考查線面平行的判定定理，線面角的向量求法，還考查了轉化化歸的思想和邏輯推理，運算求解的能力，屬于中檔題.20、（1）（2）【解析】（1）以為原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，求出平面的法向量為，再利用公式計算即可；（2）易得平面的法向量為，設平面與平面的夾角為，再利用計算即可小問1詳解】解：（1）以為原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系所以因為，設平面的法向量為，則有，得，令則，所以可以取，設點到平面的距離為，則，所以點到平面的的距離的距離為；【小問2詳解】（2）因為平面，取平面的法向量為設平面與平面的夾角為，所以平面與平面夾角的余弦值21、（1）；（2）詳見解析【解析】設正方體的棱長為1.如圖所示，以為單位正交基底建立空間直角坐標系.（Ⅰ）依題意，得，所以.在正方體中，因為,所以是平面的一個法向量，設直線BE和平面所成的角為，則.即直線BE和平面所成的角的正弦值為.（Ⅱ）在棱上存在點F，使.事實上，如圖所示，分別取和CD的中點F，G，連結.因,且,所以四邊形是平行四邊形，因此.又E,G分別為，CD