云南省元江第一中学2025年数学高二第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析.doc

云南省元江第一中学2025年数学高二第一学期期末学业水平测试模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．已知等差数列中的、是函数的两个不同的极值点，则的值为（）
A. B.1
C.2 D.3
2．如图，奥运五环由5个奥林匹克环套接组成，环从左到右互相套接，上面是蓝、黑、红环，下面是黄，绿环，整个造形为一个底部小的规则梯形．为迎接北京冬奥会召开，某机构定制一批奥运五环旗，已知该五环旗的5个奥林匹克环的内圈半径为1，外圈半径为1.2，相邻圆环圆心水平距离为2.6，两排圆环圆心垂直距离为1.1，则相邻两个相交的圆的圆心之间的距离为（ ）

A. B.2.8
C. D.2.9
3．已知为定义在R上的偶函数函数，且在单调递减.若关于的不等式在上恒成立，则实数m的取值范围是（）
A. B.
C. D.
4．复数的虚部为（）
A. B.
C. D.
5．已知等差数列前项和为，若，则的公差为（）
A.4 B.3
C.2 D.1
6．若，满足约束条件则的最大值是
A.-8 B.-3
C.0 D.1
7．圆与圆的位置关系是()
A.内切 B.相交
C.外切 D.相离
8．已知圆，则圆C关于直线对称的圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
9．已知抛物线：的焦点为，为上一点且在第一象限，以为圆心，为半径的圆交的准线于，两点，且，，三点共线，则（）
A.2 B.4
C.6 D.8
10．圆与圆公切线的条数为（）
A.1 B.2
C.3 D.4
11．已知圆：，点，则点到圆上点的最小距离为（）
A.1 B.2
C. D.
12．已知等比数列中，，，则该数列的公比为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．从双曲线上一点作轴的垂线，垂足为，则线段中点的轨迹方程为___________.
14．中小学生的视力状况受到社会的关注.某市有关部门从全市6万名高一学生中随机抽取400名学生，对他们的视力状况进行一次调查统计，将所得到的有关数据绘制成频率分布直方图，如图所示，从左至右五个小组的频率之比为，则抽取的这400名高一学生中视力在范围内的学生有______人.

15．已知数列的前n项和为，则取得最大值时n的值为__________________
16．设函数，.若对任何，，恒成立，求的取值范围______.
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）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足（2a﹣b）sinA+（2b﹣a）sinB=2csinC.
（1）求角C的大小；
（2）若cosA=，求的值.
18．（12分）已知抛物线的焦点，点在抛物线上.
（1）求；
（2）过点向轴作垂线，垂足为，过点的直线与抛物线交于两点，证明：为直角三角形（为坐标原点）.
19．（12分）已知椭圆的左、右顶点坐标分别是，，短轴长等于焦距.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆相交于两点，线段的中点为，求.
20．（12分）已知圆C经过，，三点，并且与y轴交于P，Q两点，求线段PQ的长度.
21．（12分）如图，在三棱柱中，，D为BC的中点，平面平面ABC

（1）证明：；
（2）已知四边形是边长为2的菱形，且，问在线段上是否存在点E，使得平面EAD与平面EAC的夹角的余弦值为，若存在，求出CE的长度，若不存在，请说明理由
22．（10分）在复数集C内方程有六个根分别为
（1）解出这六个根；
（2）在复平面内，这六个根对应的点分别为A，B，C，D，E，F；求多边形ABCDEF的面积
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】对求导，由题设及根与系数关系可得，再根据等差中项的性质求，最后应用对数运算求值即可.
【详解】由题设，，由、是的两个不同的极值点，
所以，又是等差数列，
所以，即，故.
故选：C
2、C
【解析】根据题意作出辅助线直接求解即可.
【详解】如图所示，由题意可知，在中，取的中点，连接，
所以，，
又因为，所以，
所以
即相邻两个相交的圆的圆心之间的距离为.
故选：C

3、C
【解析】由条件利用函数的奇偶性和单调性，可得对恒成立，转化为且对恒成立．求得相应的最大值和最小值，从而求得的范围
【详解】定义在上的函数为偶函数，且在上递减，
在上单调递增，
若不等式在上恒成立，
即在上恒成立
在上恒成立，
即在上恒成立，
即且在上恒成立
令，则，，，，
在上递增，上递减，

令，当时，，在上递减，

故可知，解得，
所以实数m的取值范围是
故选：C
4、D
【解析】直接根据.复数的乘法运算结合复数虚部的定义即可得出答案
【详解】解：，
所以复数的虚部为.
故选：D.
5、A
【解析】由已知，结合等差数列前n项和公式、通项公式列方程组求公差即可.
详解】由题设，，解得.
故选：A
6、C
【解析】作出可行域，把变形为，平移直线过点时，最大.
【详解】作出可行域如图：

由得：，
作出直线，
平移直线过点时，.
故选C.
【点睛】本题主要考查了简单线性规划问题，属于中档题.
7、B
【解析】判断圆心距与两圆半径之和、之差关系即可判断两圆位置关系.
【详解】由得圆心坐标为，半径，
由得圆心坐标为，半径，
∴，，
∴，即两圆相交.
故选：B.
8、B
【解析】求得圆的圆心关于直线的对称点，由此求得对称圆的方程.
【详解】设圆的圆心关于直线的对称点为，
则，
所以对称圆的方程为.
故选：B
9、B
【解析】根据，，三点共线，结合点到准线的距离为2，得到，再利用抛物线的定义求解.
【详解】如图所示：

∵，，三点共线，
∴是圆的直径，
∴，轴，
又为的中点，且点到准线的距离为2，
∴，
由抛物线的定义可得，
故选：B.
10、D
【解析】分别求出圆和圆的圆心和半径，判断出两圆的位置关系可得到公切线的条数.
【详解】根据题意，圆即，
其圆心为，半径；圆即，其圆心为，半径；
两圆的圆心距，所以两圆相离，其公切线条数有4条；
故选：D.
11、C
【解析】写出圆的圆心和半径，求出距离的最小值，
再结合圆外一点到圆上点的距离最小值的方法即可求解.
【详解】由圆：，得圆，半径为，
所以
，
所以点到圆上点的最小距离为.
故选：C.
12、C
【解析】设等比数列的公比为，可得出，即可得解.
【详解】设等比数列的公比为，可得出.
故选：C.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、.
【解析】根据题意，设，进而根据中点坐标公式及点P已知双曲线上求得答案.
【详解】由题意，设，则，则，即，
因为，则，即的轨迹方程为.
14、50
【解析】利用频率分布直方图的性质求解即可.
【详解】第五组的频率为，
第一组所占的频率为，
则随机抽取400名学生视力在范围内的学生约有人.
故答案为：50.
15、 ①.13 ②.##3.4
【解析】由题可得利用函数的单调性可得取得最大值时n的值，然后利用，即求.
【详解】∵，
∴当时，单调递减且，当时，单调递减且，
∴时，取得最大值，
∴.
故答案为：13；.
16、
【解析】先把原不等式转化为恒成立，构造函数，利用恒成立，求出的取值范围.
【详解】因为对任何，，
所以对任何，，
所以在上为减函数.
，，
所以恒成立，即对恒成立，
所以，
所以.
即的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】恒（能）成立问题求参数的取值范围：
①参变分离，转化为不含参数的最值问题；
②不能参变分离，直接对参数讨论，研究的单调性及最值；
③特别地，个别情况下恒成立，可转换为（二者在同一处取得最值）.

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）
【解析】（1）利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得，由此求得.
（2）先求得，结合两角差的正弦公式求得.
【小问1详解】
，
，即，
，
，.
【小问2详解】
由，可得，
.
18、（1）
（2）证明见解析
【解析】（1）点代入即可得出抛物线方程，根据抛物线的定义即可求得.
（2）由题，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，可得，利用韦达定理证得即可得出结论.
【小问1详解】
点在抛物线上.
，则，所以.
【小问2详解】
证明：由题，设直线的方程为：，点
联立方程，消得：，由韦达定理有，
由，所以，所以，
所以，所以为直角三角形.
19、（1）；（2）.
【解析】（1）由椭圆顶点可知，又短轴长等于焦距可知，求出，即可写出椭圆方程（2）根据“点差法”可求直线的斜率，写出直线方程，联立椭圆方程可得，，代入弦长公式即可求解.
【详解】（1）依题意，解得.
故椭圆方程为.
（2）设的坐标分别为，，直线的斜率显然存在，设斜率为，
则，两式相减得，整理得.
因为线段的中点为，所以，
所以直线的方程为，联立，得，
则，，
故.
【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及简单几何性质，“点差法”，弦长公式，属于中档题.
20、
【解析】设圆的方程为，代入点的坐标，求出，，，令，即可得出结论
【详解】解：设圆的方程为，则，
，，，
，即,
令，可得，解得、，所以、，或、，
，
21、（1）证明见解析
（2）存在，1
【解析】（1）由面面垂直证明线面垂直，进而证明线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.
【小问1详解】
∵，且D为BC的中点，∴，
因为平面平面ABC，交线为BC，AD⊥BC，AD面ABC，
所以AD⊥面，
因为面，
所以.
【小问2详解】
假设存在点E，满足题设要求
连接，，∵四边形为边长为2的菱形，且，
∴为等边三角形，
∵D为BC的中点
∴，
∵平面平面ABC，交线为BC，面，
所以面ABC，
故以D为原点，DC，DA，分别为x，y，z轴的空间直角坐标系

则，，，，
设，，
设面AED的一个法向量为，则，
令，则
设面AEC的一个法向量为，则，
令，则
设平面EAD与平面EAC的夹角为，则
解得：，故点E为中点，所以
22、（1）
（2）
【解析】（1）原式可因式分解为，令，设可求解出的两个虚根，同理可求解的两个虚根，即得解；
（2）六个点构成的图形为正六边形，边长为1，计算即可
【小问1详解】
由题意，

当时，设
故，
所以
解得：，即
当时，设
故
所以
解得：，即
故：
【小问2详解】
六个根对应的点分别为A，B，C，D，E，F，
其中
在复平面中描出这六个点如图所示：

六个点构成的图形为正六边形，边长为1
故