廣東省深圳市翻身實驗學校2025屆高二數(shù)學第一學期期末教學質量檢測模擬試題含解析

廣東省深圳市翻身實驗學校2025屆高二數(shù)學第一學期期末教學質量檢測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．在長方體中，，，則異面直線與所成角的正弦值是（）A. B.C. D.2．如圖，平行六面體中，為的中點，，，，則（）A. B.C. D.3．下面四個說法中，正確說法的個數(shù)為（）（1）如果兩個平面有三個公共點，那么這兩個平面重合；（2）兩條直線可以確定一個平面；（3）若，，，則；（4）空間中，兩兩相交的三條直線在同一平面內.A.1 B.2C.3 D.44．已知雙曲線C：的右焦點為，一條漸近線被圓截得的弦長為2b，則雙曲線C的離心率為（）A. B.C.2 D.5．下列命題中，一定正確的是（）A.若且，則a>0，b<0B.若a>b，b≠0，則>1C.若a>b且a＋c>b＋d，則c>dD.若a>b且ac>bd，則c>d6．橢圓C：的焦點在x軸上，其離心率為則橢圓C的長軸長為（）A.2 B.C.4 D.87．設函數(shù)在上單調遞減，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B.C. D.8．已知直線與平行，則的值為（）A. B.C. D.9．小方每次投籃的命中率為，假設每次投籃相互獨立，則他連續(xù)投籃2次，恰有1次命中的概率為（）A. B.C. D.10．橢圓的焦點坐標是（）A.（±4，0） B.（0，±4）C.（±5，0） D.（0，±5）11．設，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件12．已知數(shù)列是等比數(shù)列，數(shù)列是等差數(shù)列，若，則（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．過拋物線：的焦點的直線交于，兩點，若，則線段中點的橫坐標為______14．某教師組織本班學生開展課外實地測量活動，如圖是要測山高.現(xiàn)選擇點A和另一座山頂點C作為測量觀測點，從A測得點M的仰角，點C的仰角，測得，，已知另一座山高米，則山高_______米.15．若點P為雙曲線上任意一點，則P滿足性質：點P到右焦點的距離與它到直線的距離之比為離心率e，若C的右支上存在點Q，使得Q到左焦點的距離等于它到直線的距離的6倍，則雙曲線的離心率的取值范圍是______16．某市有30000人參加階段性學業(yè)水平檢測，檢測結束后的數(shù)學成績X服從正態(tài)分布，若，則成績在140分以上的大約為______人三、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）如圖所示在多面體中，平面，四邊形是正方形，，，，.（1）求證：直線平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值.18．（12分）如圖，四棱錐中，，，，平面.（1）在線段上是否存在一點使得平面？若存在，求出的位置；若不存在，請說明理由；（2）求四棱錐的體積.19．（12分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝1，BC＝2，PA＝1（1）求證：AB⊥PC；（2）點M在線段PD上，二面角M﹣AC﹣D的余弦值為，求三棱錐M﹣ACP體積20．（12分）如圖，在梯形中，，四邊形為矩形，且平面，.（1）求證：；（2）點在線段（不含端點）上運動，設直線與平面所成角為，求的取值范圍.21．（12分）如圖，已知在四棱錐中，平面，四邊形為直角梯形，，，.（1）求直線與平面所成角的正弦值；（2）在線段上是否存在點，使得二面角的余弦值？若存在，指出點的位置；若不存在，說明理由.22．（10分）【閱讀材料1】我們在研究兩個變量之間的相關關系時，往往先選取若干個樣本點（），（），……，（），將樣本點畫在平面直角坐標系內，就得到樣本的散點圖.觀察散點圖，如果所有樣本點都落在某一條直線附近，變量之間就具有線性相關關系，如果所有的樣本點都落在某一非線性函數(shù)圖象附近，變量之間就有非線性相關關系.在統(tǒng)計學中經常選擇線性或非線性（函數(shù)）回歸模型來刻畫相關關系，并且可以用適當?shù)姆椒ㄇ蟪龌貧w模型的方程，還常用相關指數(shù)R2來刻畫回歸的效果，相關指數(shù)R2的計算公式為：當R2越大時，回歸方程的擬合效果越好；當R2越小時，回歸方程的擬合效果越差，R2是常用的選擇模型的指標之一，在實際應用中應該盡量選擇R2較大的回歸模型.【閱讀材料2】2021年6月17日9時22分，我國酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用長征二號F遙十二運載火箭，成功將神舟十二號載人飛船送入預定軌道，順利將聶海勝、劉伯明、湯洪胺3名航天員送入太空，發(fā)射取得圓滿成功，這標志著中國人首次進入自己的空間站.某公司負責生產的A型材料是神舟十二號的重要零件，該材料應用前景十分廣泛，該公司為了將A型材料更好地投入商用，擬對A型材料進行應用改造，根據(jù)市場調研與模擬，得到應用改造投入x（億元）與產品的直接收益y（億元）的數(shù)據(jù)統(tǒng)計如下：序號123456789101112x2346810132122232425y1522274048546068.56867.56665當0<x≤13時，建立了與的兩個回歸模型：模型①:；模型②:；當x>13時，確定y與x滿足的線性回歸直線方程為.根據(jù)以上閱讀材料，解答以下問題：（1）根據(jù)下列表格中的數(shù)據(jù)，比較當0<x≤13時模型①，②的相關指數(shù)R2的大小，并選擇擬合效果更好的模型.回歸模型模型①模型②回歸方程79.1320.2（2）當應用改造的投入為20億元時，以回歸直線方程為預測依據(jù)，計算公司的收益約為多少.附：①若最小二乘法求得回歸直線方程為，則；②③，當時，.

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、C【解析】連接，可得，得到異面直線與所成角即為直線與所成角，設，設，求得的值，在中，利用余弦定理，即可求解.【詳解】如圖所示，連接，在正方體中，可得，所以異面直線與所成角即為直線與所成角，設，由在長方體中，，，設，可得，在直角中，可得，在中，可得，所以，因為，所以.故選：C.2、B【解析】先用向量與表示，然后用向量表示向量與，即可得解【詳解】解：為的中點，故選：【點睛】本題考查了平面向量基本定理的應用，解決本題的關鍵是熟練運用向量的加法、減法及實數(shù)與向量的積的運算，屬于基礎題3、A【解析】如果兩個平面有三個公共點，那么這兩個平面重合或者是相交，即可判斷；利用兩條異面直線不能確定一個平面即可判斷；利用平面的基本性質中的公理判斷即可；若兩兩相交的三條直線相交于同一點，則相交于同一點的三直線不一定在同一平面內（如棱錐的3條側棱），即可判斷.【詳解】如果兩個平面有三個公共點，那么這兩個平面重合或者是相交，故（1）不正確；兩條異面直線不能確定一個平面，故（2）不正確；利用平面的基本性質中的公理判斷（3）正確；空間中，若兩兩相交的三條直線相交于同一點，則相交于同一點的三直線不一定在同一平面內（如棱錐的3條側棱），故（4）不正確，綜上所述只有一個說法是正確的，故選：A【點睛】本題主要考查了空間中點，線，面的位置關系.屬于較易題.4、A【解析】求出圓心到漸近線的距離，根據(jù)弦長建立關系即可求解.【詳解】雙曲線的漸近線方程為，即，則點到漸近線的距離為，因為弦長為，圓半徑為，所以，即，因為，所以，則雙曲線的離心率為.故選：A.5、A【解析】結合不等式的性質確定正確答案.【詳解】A選項，若且，則，所以A選項正確.B選項，若，則，所以B選項錯誤.C選項，如，但，所以C選項錯誤.D選項，如，但，所以D選項錯誤.故選：A6、C【解析】根據(jù)橢圓的離心率，即可求出，進而求出長軸長.【詳解】由橢圓的性質可知，橢圓的離心率為，則，即所以橢圓C的長軸長為故選：C.【點睛】本題主要考查了橢圓的幾何性質，屬于基礎題.7、B【解析】分析可知，對任意的恒成立，由參變量分離法可得出，求出在時的取值范圍，即可得出實數(shù)的取值范圍.【詳解】因為，則，由題意可知對任意的恒成立，則對任意的恒成立，當時，，.故選：B.8、C【解析】由兩直線平行可得，即可求出答案.【詳解】直線與平行故選：C.9、A【解析】先弄清連續(xù)投籃2次，恰有1次命中的情況有兩種，它們是互斥關系，因此根據(jù)相互獨立事件以及互斥事件的概率計算公式進行求解.【詳解】由題意知，他連續(xù)投籃2次，有兩種互斥的情況，即第一次投中第二次不中和第一次不中第二次投中，因此恰有1次命中的概率為，故選：A.10、A【解析】根據(jù)橢圓的方程求得的值，進而求得橢圓的焦點坐標，得到答案.【詳解】由橢圓，可得，則，所以橢圓的焦點坐標為和.故選：A.11、B【解析】求出不等式的等價形式，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可【詳解】由得或，由得，因為或推不出，但能推出或成立，所以“”是“”的必要不充分條件，故選：B12、A【解析】結合等差中項和等比中項分別求出和，代值運算化簡即可.【詳解】由是等比數(shù)列可得，是等差數(shù)列可得，所以，故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據(jù)題意，作出拋物線的簡圖，求出拋物線的焦點坐標以及準線方程，分析可得為直角梯形中位線，由拋物線的定義分析可得答案【詳解】如圖，拋物線的焦點為，準線為，分別過，作準線的垂線，垂足為，，則有過的中點作準線的垂線，垂足為，則為直角梯形中位線，則，即，解得.所以的橫坐標為故答案為：14、【解析】利用正弦定理可求出各個三角形的邊長，進而求出山高.【詳解】解：在中，，，，可得在中，，所以由正弦定理可得：即，得在直角中，所以故答案為：.15、【解析】若Q到的距離為有，由題設有，結合雙曲線離心率的性質，即可求離心率的范圍.【詳解】由題意，，即，整理有，所以或，若Q到的距離為，則Q到左、右焦點的距離分別為、，又Q在C的右支上，所以，則，又，綜上，雙曲線的離心率的取值范圍是.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：若Q到的距離為，根據(jù)給定性質有Q到左、右焦點的距離分別為、，再由雙曲線性質及已知條件列不等式組求離心率范圍.16、150【解析】根據(jù)考試的成績X服從正態(tài)分布．得到考試的成績X的正太密度曲線關于對稱，根據(jù)，得到，根據(jù)頻率乘以樣本容量得到這個分數(shù)段上的人數(shù)【詳解】由題意，考試的成績X服從正態(tài)分布考試的成績X的正太密度曲線關于對稱，，，，該市成績在140分以上的人數(shù)為故答案為：150三、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）以點為坐標原點，分別以、、為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可證明出直線平面；（2）利用空間向量法可求得平面與平面夾角的余弦值.【小問1詳解】證明：因為平面，，以點為坐標原點，分別以、、為、、軸建立空間直角坐標系，則、、、、、，所以，，，設平面的法向量為，依題意有，即，令，可得，，則，平面，因此，平面.【小問2詳解】解：由題，，設平面的法向量為，依題意有，即，取，可得，，因此，平面與平面的夾角余弦值為.18、（1）存在，為的中點，證明見解析；（2）.【解析】（1）取的中點，的中點，連接，，，證明，由線面平行的判定定理即可求證；（2）先證明平面面，過點作于點，即可證明面，在中，利用面積公式求出即為四棱錐的高，再由棱錐的體積公式即可求解.【詳解】（1）線段上存在點使得平面，為的中點.證明如下：如圖取的中點，的中點，連接，，，因為，分別為，的中點，所以且因為且，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，可得，因為面，面，所以平面；（2）過點作于點，因為平面，面，所以平面面，因為，面，平面面，所以面，因為，，所以，，所以，即，所以，即為四棱錐的高，所以.19、（1）證明見解析（2）【解析】（1）將問題轉化為證明AB⊥平面PAC，然后結合已知可證；（2）建立空間直角坐標系，用向量法結合已知先確定點M位置，然后轉化法求體積可得.【小問1詳解】由題意得四邊形ADCB是直角梯形，AD=CD=1，故∠ACD=45°，∠ACB=45°，AC=.又BC=2，所以，所以，所以AB⊥AC.又PA⊥平面ABCD，AB平面ABCD，所以PA⊥AB.而PA平面PAC，AC平面PAC，，所以AB⊥平面PAC.又PC平面PAC，所以AB⊥PC【小問2詳解】過點A作AE⊥BC于E，易知E為BC中點，以A為原點，AE，AD，AP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則，，，.則設，.顯然，是平面ACD的一個法向量，設平面MAC的一個法向量為.則有，取，解得由二面角M﹣AC﹣D的余弦值為，有，解得，所以M為PD中點.所以20、（1）證明見解析（2）【解析】（1）過作，垂足為，利用正余弦定理可證，再利用線線垂足證明線面垂直，進而可得證；（2）以為坐標原點，分別以，，所在直線為，，軸建立空間直角坐標系，利用坐標法求線面夾角的正弦值.【小問1詳解】證明：由已知可得四邊形是等腰梯形，過作，垂足為，則，在中，，則，可得，在中，由余弦定理可得，，則，，又平面，平面，，，，平面，平面，又為矩形，，則平面，而平面，；【小問2詳解】平面，且，以為坐標原點，分別以，，所在直線為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，，，設，則，又，設平面的法向量為，由，取，得，又，，，，則.21、（1）；（2）存在，為上靠近點的三等分點【解析】（1）分別以所在的直線為軸，建立如