2025年辽宁省凌源市第二中学数学高二第一学期期末复习检测模拟试题含解析.doc

2025年辽宁省凌源市第二中学数学高二第一学期期末复习检测模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，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．已知抛物线的焦点为，为抛物线上一点，为坐标原点，且，则（ ）
A.4 B.2
C. D.
2．已知是等差数列，，，则公差为（）
A.6 B.
C. D.2
3．某商场有四类食品，其中粮食类、植物油类、动物性食品类以及果蔬类分别有40种、10种、30种、20种，现从中抽取一个容量为20的样本进行食品安全检测.若采用分层抽样的方法抽取样本，则抽取的植物油类与果蔬类食品种数之和是（ ）
A.4 B.5
C.6 D.7
4．已知椭圆的长轴长为，短轴长为，则椭圆上任意一点到椭圆中心的距离的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
5．中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见首日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：有一个人走里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，恰好走了天到达目的地，则该人第一天走的路程为（）
A.里 B.里
C.里 D.里
6．设，，，则，，大小关系是　　
A. B.
C. D.
7．早在古希腊时期，亚历山大的科学家赫伦就发现:光从一点直接传播到另一点选择最短路径，即这两点间的线段.若光从一点不是直接传播到另一点，而是经由一面镜子(即便镜面是曲面)反射到另一点，仍然选择最短路径.已知曲线，且将假设为能起完全反射作用的曲面镜，若光从点射出，经由上一点反射到点，则（　　）
A. B.
C. D.
8．若函数在上为单调减函数，则的取值范围（）
A. B.
C. D.
9．曲线在点处的切线过点，则实数（）
A. B.0
C.1 D.2
10．平行六面体中，若，则（ ）
A. B.1
C. D.
11． “”是“”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
12．在中国，周朝时期的商高提出了“勾三股四弦五”的勾股定理的特例.在西方，最早提出并证明此定理的为公元前世纪古希腊的毕达哥拉斯学派，他们用演绎法证明了直角三角形斜边平方等于两直角边平方之和.若一个直角三角形的斜边长等于则这个直角三角形周长的最大值为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设正项等比数列的公比为，前项和为，若，则_______________.
14．已知直线与直线平行，则实数______
15．经过点，，的圆的方程为______.
16．已知双曲线的渐近线方程为，，分别为C的左，右焦点，若动点P在C的右支上，则的最小值是______
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）已知椭圆的离心率为，右焦点到上顶点的距离为.
（1）求椭圆的方程；
（2）斜率为2的直线经过椭圆的左焦点，且与椭圆相交于两点，求的面积.
18．（12分）已知命题p：实数x满足（其中）；命题q：实数x满足
（1）若，为真命题，求实数x的取值范围；
（2）若p是q的充分条件，求实数的取值范围
19．（12分）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，且过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若过点的直线与椭圆相交于，两点（A、B非椭圆顶点），求的最大值.
20．（12分）已知直线l的斜率为-2，且与两坐标轴的正半轴围成三角形的面积等于1．圆C的圆心在第四象限，直线l经过圆心，圆C被x轴截得的弦长为4．若直线x－2y－1＝0与圆C相切，求圆C的方程
21．（12分）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值
22．（10分）已知直线，直线，直线
（1）若与的倾斜角互补，求m的值；
（2）当m为何值时，三条直线能围成一个直角三角形
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、B
【解析】依题意可得，设，根据可得，，根据为抛物线上一点，可得.
【详解】依题意可得，设，
由得，
所以，，所以，，
因为为抛物线上一点，所以，解得.
故选：B.
【点睛】本题考查了平面向量加法的坐标运算，考查了求抛物线方程，属于基础题.
2、C
【解析】设的首项为，把已知的两式相减即得解.
【详解】解：设的首项为，根据题意得，
两式相减得.
故选：C
3、C
【解析】按照分层抽样的定义进行抽取.
【详解】按照分层抽样的定义有，粮食类：植物油类：动物性食品类：果蔬类=4:1:3:2，抽20个出来，
则粮食类8个，植物油类2个，动物性食品类6个，果蔬类4个，
则抽取的植物油类与果蔬类食品种数之和是6个.
故选：C.
4、A
【解析】不妨设椭圆的焦点在轴上，设点，则，且有，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】不妨设椭圆的焦点在轴上，则该椭圆的标准方程为，
设点，则，且有，
所以，.
故选：A.
5、C
【解析】建立等比数列的模型，由等比数列的前项和公式求解
【详解】记第天走的路程为里，则是等比数列，，
，
故选：C
6、A
【解析】构造函数，根据的单调性可得（3），从而得到，，的大小关系
【详解】考查函数，则，在上单调递增，
，（3），即，
，
故选：
【点睛】本题考查了利用函数的单调性比较大小，考查了构造法和转化思想，属基础题
7、B
【解析】记椭圆的右焦点为，根据椭圆定义，得到，由题中条件，确定本题的本质即是求的最小值，结合题中数据，即可求出结果.
【详解】记椭圆的右焦点为，
根据椭圆的定义可得，，
所以，
因为，当且仅当三点共线时，，即；
由题意可得，求的值，即是求最短路径，即求的最小值，
所以的最小值为，
因此.

故选：B.
【点睛】思路点睛：
求解椭圆上动点到一焦点和一定点距离和的最小值或差的最大值时，一般需要利用椭圆的定义，将问题转化为动点与另一焦点以及该定点距离和的最值问题来求解即可.
8、A
【解析】分析可知对任意的恒成立，利用参变量分离法结合二次函数的基本性质可求得实数的取值范围.
【详解】因为，则，
由题意可知，对任意的恒成立，则，
当时，在上单调递减，在上单调递减，
所以，，故.
故选：A.
9、A
【解析】由导数的几何意义得切线方程为，进而得.
【详解】解：因为，，，
所以，切线方程为，
因为切线过点，所以，解得
故选：A
10、D
【解析】根据空间向量的运算，表示出，和已知比较可求得的值，进而求得答案.
【详解】在平行六面体中，
有，故由题意可知：，
即，所以，
故选：D.

11、B
【解析】因但
12、C
【解析】设直角三角形的两条直角边边长分别为，则，根据基本不等式求出的最大值后，可得三角形周长的最大值.
【详解】设直角三角形的两条直角边边长分别为，则.
因为，
所以， 所以，
当且仅当时，等号成立.
故这个直角三角形周长的最大值为
故选：C

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】由可知公比，所以直接利用等比数列前项和公式化简，即可求出
【详解】解：因为，所以，
所以，所以，化简得，
因为等比数列的各项为正数，所以，
所以，
故答案为：
【点睛】此题考查等比数列前项和公式的应用，考查计算能力，属于基础题
14、
【解析】分类讨论，两种情况，结合直线平行的知识得出实数.
【详解】当时，直线与直线垂直；
当时，，则且，解得.
故答案为：
15、
【解析】设所求圆的方程为，然后将三个点的坐标代入方程中解方程组求出的值，可得圆的方程
【详解】设所求圆的方程为，则
，解得，
所以圆的方程为，即，
故答案为：
16、
【解析】首先根据双曲线的渐近线方程和焦点坐标，求出双曲线的标准方程；设，根据双曲线的定义可知，从而利用基本不等式即可求出的最小值.
【详解】因为双曲线的渐近线方程为，焦点坐标为，，
所以，即，所以双曲线方程为.
设，则，且，
，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是.
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、（1）；
（2）.
【解析】（1）由题可得，即求；
（2）由题可设直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理法结合三角形面积公式即求.
【小问1详解】
由题意可得，
解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
解法一：
由（1）得，则由题意可设直线，
代入椭圆方程整理可得，
设，则，
则由弦长公式知，
又设到的距离为，则由点到直线距离公式可得，
的面积，
即所求面积为.
解法二：
由（1）得，则由题意可设直线，即
代入椭圆方程整理可得，
设，则，
，
则的面积，
即所求面积为.
18、（1）
（2）
【解析】（1）由得命题p：，然后由为真命题求解；
（2）由得，再根据是的充分条件求解.
小问1详解】
当时，，解得：，
由为真命题，
，解得；
【小问2详解】
由（其中）可得，
因为是的充分条件，则，
解得：
19、（1）
（2）
【解析】（1）根据离心率和点在椭圆上建立方程，结合，然后解出方程即可
（2）设直线的斜率为，联立直线与椭圆的方程，然后利用韦达定理表示出，两点的坐标关系，并表示出为直线斜率的函数，然后求出的最大值
【小问1详解】
由椭圆过点，则有：
由可得：
解得：
则椭圆的方程为：
【小问2详解】
由（1）得，，已知直线不过椭圆长轴顶点
则直线的斜率不为，设直线的方程为：
设，，联立直线方程和椭圆方程
整理可得：
故是恒成立的
根据韦达定理可得：，
则有：

由，可得：
所以的最大值为：
20、
【解析】先根据题意设直线方程，由条件求出直线的方程，再根据条件列出等量关系，求出圆心和半径，进而求得答案.
【详解】解：设直线l的方程为y＝－2x＋b（b＞0），
它与两坐标轴的正半轴的交点依次为，，
因为直线l与两坐标轴的正半轴所围成的三角形的面积等于1，所以，
解得b＝2，
所以直线l的方程是，即
由题意，可设圆C的圆心为，半径为r，
又因为圆C被x轴截得的弦长等于4，所以①，
由于直线与圆相切，
所以圆心C到直线的距离②，
所以①②联立得：，解得：或，
又圆心在第四象限，所以，
则圆心，，
所以圆C方程是.
21、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）先利用正方形和梯形的性质证明线面平行，然后再根据线面平行证明面面平行即可
（2）根据题意建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标和相关的向量，然后分别求出平面与平面的一个法向量，最后求出平面与平面夹角的余弦值
【小问1详解】
四边形是正方形，可得：
又平面 ，平面
则有：平面
四边形是梯形，可得：
又平面 ，平面
则有：平面
又
故平面平面
【小问2详解】

依题意知两两垂直，故以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则有：
，，，
可得： ，，
设平面的一个法向量，则有：

取，可得：
设平面的一个法向量，则有：

取，可得：
设平面与平面的夹角为，则
故平面与平面夹角的余弦值为
22、（1）
（2）0，，.
【解析】（1）根据题意得，进而求解得答案；
（2）根据题意，分别讨论与垂直，与垂直，与垂直求解，并检验即可得答案
【小问1详解】
解：因为与的倾斜角互补，
所以，
直线变形为，故
所以，解得
【小问2详解】
解：由题意，若和垂直可得：，解得，
因为当时，，，，构不成三角形，
当时，经验证符合题意； 故；
同理，若和垂直可得：，解得，舍去；
若和垂直可得：，解得或，经验证符合题意；
故m的值为：0，，.