《辽宁省凌源市实验中学2025年高二数学第一学期期末调研模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省凌源市实验中学2025年高二数学第一学期期末调研模拟试题含解析（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、辽宁省凌源市实验中学2025年高二数学第一学期期末调研模拟试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考
2、试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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已知平面直角坐标系内一动点P，满足圆上存在一点Q使得，则所有满足条件的点P构成图形的面积为（ ）A.B.C.D.2南宋数学家杨辉在详解九章算术法和算法通变本末中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次成等差数列如数列1，3，6，10，前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列现有二阶等差数列，其前7项分别为2，3，5，8，12，17，2
3、3，则该数列的第31项为（）A.336B.467C.483D.6013数列满足且，则的值是（）A.1B.4C.3D.64曲线：在点处的切线方程为A.B.C.D.5已知等差数列中，、是的两根，则（）AB.C.D.6知点分别为圆上的动.点，为轴上一点，则的最小值（ ）A.B.C.D.7已知，则“”是“直线与平行”的（ ）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件8已知椭圆的短轴长为8，且一个焦点是圆的圆心，则该椭圆的左顶点为（ ）A B.C.D.9若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.10已知数列的前n项和为，则=（ ）A.B.C.D.11若
4、，则下列各式中正确的是（ ）A.B.C.D.12已知等比数列的前项和为，公比为，则（ ）A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是_14在空间直角坐标系Oxyz中，点在x，y，z轴上的射影分别为A，B，C，则四面体PABC的体积为_.15如图，在长方体中，则直线与平面所成角的正弦值为_.16在棱长为1的正方体中，_.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，在四棱锥中，四边形为正方形，已知平面，且，E为中点（1）证明：平面；（2）证明：平面平面18（12分）已知抛物线C的顶点在坐标原
5、点，准线方程为（1）求抛物线C的标准方程；（2）若AB是过抛物线C的焦点F的弦，以弦AB为直径的圆与直线的位置关系是什么？先给出你的判断结论，再给出你的证明，并作出必要的图形19（12分）已知圆C的圆心在直线上，且过点，（1）求圆C的方程；（2）过点作圆C的切线，求切线的方程20（12分）已知函数，.（1）若在单调递增，求的取值范围；（2）若，求证：.21（12分）如图1，在中，分别是，边上的中点，将沿折起到的位置，使，如图2（1）求点到平面距离；（2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为若存在，求出长；若不存在，请说明理由22（10分）如图，正方体的棱长为4，E，F分别是上的点
6、，且.（1）求与平面所成角的正切值；（2）求证：.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、D【解析】先找临界情况当PQ与圆C相切时，进而可得满足条件的点P形成的图形为大圆（包括内部），即求.【详解】当PQ与圆C相切时，这种情况为临界情况，当P往外时无法找到点Q使，当P往里时，可以找到Q使，故满足条件的点P形成的图形为大圆（包括内部），如图，由圆，可知圆心，半径为1，则大圆的半径为，所有满足条件的点P构成图形的面积为.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键是找出临界情况时点所满足的条件，进而即可得到动点满足条件的图形，问
7、题即可解决.2、B【解析】先由递推关系利用累加法求出通项公式，直接带入即可求得.【详解】根据题意，数列2，3，5，8，12，17，23满足，所以该数列的第31项为.故选：B3、A【解析】根据题意，由于，可知数列是公差为-3的等差数列，则可知d=-3,由于= ，故选A4、A【解析】因为，所以曲线在点（1,0）处的切线的斜率为，所以切线方程为 ，即，选A5、B【解析】利用韦达定理结合等差中项的性质可求得的值，再结合等差中项的性质可求得结果.【详解】对于方程，由韦达定理可得，故，则，所以，.故选：B.6、B【解析】求出圆关于轴的对称圆的圆心坐标，以及半径，然后求解圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，即
8、可求出的最小值.【详解】圆关于轴的对称圆的圆心坐标，半径为1，圆的圆心坐标为，半径为1，若与关于x轴对称，则，即，当三点不共线时，当三点共线时，所以同理(当且仅当时取得等号)所以当三点 共线时，当三点不共线时，所以的最小值为圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，.故选：B.7、A【解析】首先由两直线平行的充要条件求出参数的取值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可；【详解】因为直线与平行，所以，解得或，所以“”是“直线与平行”的充分不必要条件.故选：A.8、D【解析】根据椭圆的一个焦点是圆的圆心，求得c，再根据椭圆的短轴长为8求得b即可.【详解】圆的圆心是，所以椭圆的一个焦点是，即c=3，又椭圆
9、的短轴长为8，即b=4，所以椭圆长半轴长为，所以椭圆的左顶点为，故选：D9、D【解析】计算，然后等价于在（0，+）由2个不同的实数根，然后计算即可.【详解】的定义域是（0，+），若函数有两个不同的极值点，则在（0，+）由2个不同的实数根，故，解得：，故选：D.【点睛】本题考查根据函数极值点个数求参，考查计算能力以及思维转变能力，属基础题.10、D【解析】利用公式计算得到，得到答案【详解】由已知得，即，而，所以故选：D11、D【解析】根据题意，结合，利用不等式的性质可判断，从而判断，再利用不等式性质得出正确答案.【详解】，又，两边同乘以负数，可知故选：D12、D【解析】利用等比数列的求和公式可求
10、得的值.【详解】由等比数列的求和公式可得，解得.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据投影向量概念求解即可.【详解】因为空间向量，所以，所以向量在向量上投影向量为：，故答案为：.14、2【解析】将物体放入长方体中，切割处理求得体积.【详解】如图所示：四面体PABC可以看成以1,2,3为棱长的长方体切去四个全等的三棱锥，所以四面体PABC的体积为.故答案为：215、#【解析】过作，垂足为，则平面，则即为所求角，从而可得结果.【详解】依题意，画出图形，如图，过作，垂足为，可知点H为中点，由平面，可得，又所以平面，则即为所求角，因为，所以，故答案为：.16、1【
11、解析】根据向量的加法及向量数量积的运算性质求解.【详解】如图，在正方体中， ，故答案为：1三、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）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）设与交于点，连结，易证，再利用线面平行的判断定理即可证得答案；（2）利用线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判断定理即可.【小问1详解】连接交于，连接因为底面是正方形，所以为中点，因为在中，是的中点，所以，因为平面平面，所以平面【小问2详解】侧棱底面底面，所以，因为底面是正方形，所以，因为与为平面内两条相交直线，所以平面，因为平面，所以平面平面.18、（1）； （2）相切，证明过程、图形
12、见解析.【解析】（1）根据抛物线的准线方程，结合抛物线标准方程进行求解即可；（2）设出直线AB的方程与抛物线方程联立，利用一元二次方程根与系数关系，结合圆的性质进行求解即可.【小问1详解】因为抛物线C的顶点在坐标原点，准线方程为，所以设抛物线C的标准方程为：，因为该抛物线的准线方程为，所以有，所以抛物线C的标准方程；小问2详解】以弦AB为直径的圆与直线相切，理由如下：因为AB是过抛物线C的焦点F的弦，所以直线AB的斜率不为零，设椭圆的焦点坐标为，设直线AB的方程为：，则有，设，则有，因此，所以弦AB为直径的圆的圆心的横坐标为：，以弦AB为直径的圆的直径为：所以弦AB为直径的圆的半径，以弦AB为
13、直径的圆的圆心到准线的距离为：，所以以弦AB为直径的圆与直线相切.【点睛】关键点睛：利用一元二次方程的根与系数关系是解题的关键.19、（1） （2）或【解析】(1)由圆心在直线上，设，由点在圆上，列方程求，由此求出圆心坐标及半径，确定圆的方程；(2)当切线的斜率存在时，设其方程为，由切线的性质列方程求，再检验直线是否为切线，由此确定答案.小问1详解】因为圆C的圆心在直线上，设圆心的坐标为，圆C过点，所以，即，解得，则圆心，半径，所以圆的方程为；【小问2详解】当切线的斜率存在时，设直线的方程为，即，因为直线和圆相切，得，解得，所以直线方程为，当切线的斜率不存在时，易知直线也是圆的切线，综上，所求
14、的切线方程为或20、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由函数在上单调递增，则在上恒成立，由求解.（2）由（1）的结论，取，有，即在上恒成立，然后令，有求解.【详解】（1）因为函数在上单调递增，所以在上恒成立，则有在上恒成立，即.令函数，所以时，在上单调递增，所以，所以有，即，因此.（2）由（1）可知当时，为增函数，不妨取，则有在上单调递增，所以，即有在上恒成立，令，则有，所以，所以，因此.【点睛】方法点睛：(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f(x)含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论(2)若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f(x)0(或f(x)0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“”是否可以取到21、（1）（2）存在，【解析】（1）根据题意分别由已知条件计算出的面积和的面积，利用求解，（2）如图建立空间直
