福建省泉州市永春一中2025年高二数学第一学期期末联考模拟试题含解析.doc

福建省泉州市永春一中2025年高二数学第一学期期末联考模拟试题
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．在棱长均为1的平行六面体中，，则（）
A. B.3
C. D.6
2．直线在y轴上的截距是
A. B.
C. D.
3．椭圆C：的焦点在x轴上，其离心率为则椭圆C的长轴长为（　　）
A.2 B.
C.4 D.8
4．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点P是椭圆上的动点，，，则的最小值为（ ）
A. B.
C D.
5．已知圆的方程为，圆的方程为，其中．那么这两个圆的位置关系不可能为（）
A.外离 B.外切
C.内含 D.内切
6．已知函数的定义域为，其导函数为，若，则下列式子一定成立的是（）
A. B.
C. D.
7．已知圆C的方程为，点P在圆C上，O是坐标原点，则的最小值为（）
A.3 B.
C. D.
8．在正三棱锥S - ABC中，AB =4，D、E分别是SA、AB中点，且DE⊥CD，则三棱锥S - ABC外接球的体积为（）
A.π B.π
C.π D.π
9．如图所示，在平行六面体中，，，，点是的中点，点是上的点，且，则向量可表示为（）

A. B.
C. D.
10．已知命题p：，，则命题p的否定为（）
A.， B.，
C， D.，
11．下图称为弦图，是我国古代三国时期赵爽为《周髀算经》作注时为证明勾股定理所绘制，我们新教材中利用该图作为“（ ）”的几何解释

A.如果，，那么
B.如果，那么
C.对任意实数和，有，当且仅当 时等号成立
D.如果，那么
12．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且，则的横坐标为（）
A.1 B.
C.2 D.3
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图，某建筑物的高度，一架无人机上的仪器观测到建筑物顶部的仰角为，地面某处的俯角为，且，则此无人机距离地面的高度为________

14．已知抛物线：上有两动点，，且，则线段的中点到轴距离的最小值是___________.
15．如果方程表示焦点在轴上的椭圆，那么实数的取值范围是______.
16．当曲线与直线有两个不同的交点时，实数k的取值范围是____________
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）已知命题p：方程 的曲线是焦点在y轴上的双曲线；命题q：方程无实根.若p或q为真，￢q为真，求实数m的取值范围.
18．（12分）阿基米德(公元前287年---公元前212年，古希腊)不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平面直角坐标系中，椭圆的面积等于，且椭圆的焦距为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）点是轴上的定点，直线与椭圆交于不同的两点，已知A关于轴的对称点为，点关于原点的对称点为，已知三点共线，试探究直线是否过定点.若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
19．（12分）已知函数
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，证明：存在最大值，且恒成立.
20．（12分）设：实数满足，：实数满足
（1）若，且为真，求实数的取值范围；
（2）若是的必要不充分条件，求实数的取值范围
21．（12分）已知点在椭圆：上，椭圆E的离心率为.
（1）求椭圆E的方程；
（2）若不平行于坐标轴且不过原点O的直线l与椭圆E交于B，C两点，判断是否可能为等边三角形，并说明理由.
22．（10分）如图，四棱锥中，，，，平面，点F在线段上运动.

（1）若平面，请确定点F的位置并说明理由；
（2）若点F满足，求平面与平面的夹角的余弦值.
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】设，，，利用结合数量积的运算即可得到答案.
【详解】设，，，由已知，得，，，
，所以，
所以.
故选：C
2、D
【解析】在y轴上的截距只需令x=0求出y的值即可得出.
【详解】令x=0，则y=-2，即直线在y周上的截距为-2，
故选D.
3、C
【解析】根据椭圆的离心率，即可求出，进而求出长轴长.
【详解】由椭圆的性质可知，
椭圆的离心率为，则，即
所以椭圆C的长轴长为
故选：C.
【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质，属于基础题.
4、A
【解析】由椭圆的定义可得；
利用基本不等式，若 ，则，当且仅当时取等号.
【详解】根据椭圆的定义可知，，即，
因为，，
所以，
当且仅当，时等号成立.
故选：A
5、C
【解析】求出圆心距的取值范围，然后利用圆心距与半径的和差关系判断.
【详解】由两圆的标准方程可得，，，；
则，所以两圆不可能内含.
故选：C.
6、B
【解析】令，求出函数的导数，得到函数的单调性，即可得到，从而求出答案
【详解】解：令，则，
又不等式恒成立，
所以，即，所以在单调递增，
故，即，所以，
故选：B
7、B
【解析】化简判断圆心和半径，利用圆的性质判断连接线段OC，交圆于点P时最小，再计算求值即得结果.
【详解】化简得圆C的标准方程为，故圆心是，半径，
则连接线段OC，交圆于点P时最小，因为原点到圆心的距离，故此时.
故选：B.
8、C
【解析】取中点，连接，证明平面，得证，然后证明平面，得两两垂直，以为棱把三棱锥补成一个正方体，正方体的对角线是其外接球的直径，而正方体的外接球也是正三棱锥的外接球，由此计算可得
【详解】取中点，连接，则，，
，平面，所以平面，
又平面，所以，
D、E分别是SA、AB的中点，则，又，所以，
，平面，所以平面，
而平面，所以，，是正三棱锥，因此，
因此可以为棱把三棱锥补成一个正方体，正方体的对角线是其外接球的直径，而正方体的外接球也是正三棱锥的外接球，
由，得，所以所求外接球直径为，半径为，
球体积为
故选：C

9、D
【解析】根据空间向量加法和减法的运算法则，以及向量的数乘运算即可求解.
【详解】解：因为在平行六面体中，，，，点是的中点，点是上的点，且，
所以，
故选：D.
10、A
【解析】根据特称命题的否定是全称命题，结合已知条件，即可求得结果.
【详解】因为命题p：，，故命题p的否定为：，.
故选：A.
11、C
【解析】设图中直角三角形边长分别为a，b，则斜边为，则可表示出阴影面积和正方形面积，根据图象关系，可得即可得答案.
【详解】设图中全等的直角三角形的边长分别为a，b，则斜边为，如图所示：

则四个直角三角形的面积为，正方形的面积为，
由图象可得，四个直角三角形面积之和小于等于正方形的面积，
所以，当且仅当时等号成立，
所以对任意实数和，有，当且仅当时等号成立.
故选：C
12、C
【解析】利用抛物线的定义转化为到准线的距离，即可求得.
【详解】抛物线的焦点坐标为,准线方程为, ,
∴，
故选：C.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、200
【解析】在Rt△ABC中求得AC的值，△ACQ中由正弦定理求得AQ的值，在Rt△APQ中求得PQ的值
【详解】根据题意，可得Rt△ABC中，∠BAC＝60°，BC＝300，
∴AC200；
△ACQ中，∠AQC＝45°+15°＝60°，∠QAC＝180°﹣45°﹣60°＝75°，
∴∠QCA＝180°﹣∠AQC﹣∠QAC＝45°，
由正弦定理，得，
解得AQ200，
在Rt△APQ中，PQ＝AQsin45°＝200200m
故答案为200
【点睛】本题考查了解三角形的应用问题，考查正弦定理，三角形内角和问题，考查转化化归能力，是基础题
14、2
【解析】设抛物线的焦点为，由，结合抛物线的定义可得线段的中点到轴距离的最小值.
【详解】设抛物线的焦点为，点在抛物线的准线上的投影为，点在直线上的投影为，线段的中点为，点到轴的距离为，则

,
∴ ，当且仅当即三点共线时等号成立，
∴ 线段的中点到轴距离的最小值是2，
故答案为：2.

15、
【解析】化简椭圆的方程为标准形式，列出不等式，即可求解.
【详解】由题意，方程可化为，
因为方程表示焦点在轴上的椭圆，可得，解得，
实数的取值范围是.
故答案为：.
16、
【解析】求出直线恒过的定点，结合曲线的图象，数形结合，找出临界状态，即可求得的取值范围.
【详解】因为，故可得，
其表示圆心为，半径为的圆的上半部分；
因为，即，
其表示过点，且斜率为的直线.
在同一坐标系下作图如下：

不妨设点，直线斜率为，且过点与圆相切的直线斜率为
数形结合可知：要使得曲线与直线有两个不同的交点，
只需即可.
容易知：；
不妨设过点与相切的直线方程为，
则由直线与圆相切可得：，解得，
故.
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、.
【解析】计算命题p：；命题；根据p或q为真，￢q为真得到真假，计算得到答案.
【详解】若方程的曲线是焦点在轴上的双曲线，
则满足，即，即，即
若方程无实根，则判别式，
即，得，即，即
若为真，则为假，同时若或为真，则为真命题，
即，得，即实数的取值范围是.
【点睛】本题考查了命题的真假计算参数范围，根据条件判断出真假是解题的关键.
18、（1）；（2）直线恒过定点.
【解析】（1）根据椭圆的焦距可求出，由椭圆的面积等于得，求出，即可求出椭圆的标准方程；
（2）设直线，，进而写出为，两点坐标，将直线与椭圆的方程联立，根据韦达定理求，，由三点共线可知，将，代入并化简，得到的关系式，分析可知经过的定点坐标.
【详解】（1）椭圆的面积等于，，
，椭圆的焦距为，，
，
椭圆方程为
（2）设直线，，则，，三点共线，得
，
直线与椭圆交于两点,,，，
由，得，，
，代入中，
，，

当，直线方程为，则重合，不符合题意；
当时，直线,所以直线恒过定点.
19、（1）的单增区间为，；单减区间为，，；（2）证明见解析.
【解析】（1）先求出函数的定义域，求出，由，结合函数的定义域可得出函数的单调区间.
(2) 当时，定义域R,求出，从而得出单调区间，由当时，，当时，，以及极值点与2的大小关系可得出当时，函数有最大值，然后再证明即可.
【详解】解：（1）定义域

，可得且且，，可得且

3

无

0

无

0

减
无
减

增
无
增

减
所以，的单增区间为，；单减区间为，，.
（2）当时，定义域R

因为，当时，，当时，，
所以的最大值在时取得；
由，即，得
由，得，或
由，得
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
当时，，且，由
所以当时，函数有最大值.
所以，
因为，所以,设，则
所以化为
由 ，则，则，所以
所以
20、（1）
（2）
【解析】（1）根据二次不等式与分式不等式的求解方法求得命题p，q为真时实数x的取值范围，再求交集即可；
（2）先求得，再根据是的必要不充分条件可得，再根据集合包含关系，根据区间端点列不等式求解即可
【小问1详解】
当时，，解得，即p为真时，实数x的取值范围为．由，解得，即q为真时，实数x的取值范围为
若为真，则，解得实数x的取值范围为
【小问2详解】
若p是q的必要不充分条件，则且
设，，则，又
由，得，因为，则，有，解得
因此a的取值范围为
21、（1）
（2）三角形不可能是等边三角形，理由见解析
【解析】（1）根据点坐标和离心率可得椭圆方程；
（2）假设为等边三角形，设，与椭圆方程联立， 由韦达定理得的中点的坐标，，利用得出矛盾.
小问1详解】
由点在椭圆上，得，即，
又，即，
解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
假设为等边三角形，设，，
联立，消去得，
由韦达定理得，由得，
故，
所以的中点为，
所以，
故，
与等边三角形中矛盾，
所以假设不成立，故三角形不可能是等边三角形.
22、（1）F为BD的中点，证明见解析；
（2）.
【解析】（1）由为的中点，取的中点，连接易证四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）根据题意可得平面ABC与平面AFC的夹角为二面角，取的中点H为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，设二面角为，由求解.
【小问1详解】
为的中点.
如图：

取的中点，连接
∵，分别为，的中点，
∴且
∵且
∴平行且等于
∴四边形为平行四边形，则
∵平面ABC，平面ABC
∴平面ABC
【小问2详解】
由题意知，平面ABC与平面AFC的夹角为二面角，
取的中点H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为三角形为等腰三角形，易求，
则，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，即，解得
设平面的一个法向量为，
则，即，解得
设二面角为，则，
因为二面角为锐角，所以余弦值为.