2025屆四川省成都航天中學(xué)校高二數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末質(zhì)量檢測模擬試題含解析

2025屆四川省成都航天中學(xué)校高二數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末質(zhì)量檢測模擬試題注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．設(shè)m，n是兩條不同直線，，是兩個不同平面，則下列說法錯誤的是（）A.若，，則； B.若，，則；C.若，，則； D.若，，則2．設(shè)是橢圓的兩個焦點，是橢圓上一點，且.則的面積為（）A.6 B.C.8 D.3．點F是拋物線的焦點，點，P為拋物線上一點，P不在直線AF上，則△PAF的周長的最小值是（）A.4 B.6C. D.4．不等式解集為（）A. B.C. D.5．如圖，已知四棱錐，底面ABCD是邊長為4的菱形，且，E為AD的中點，，則異面直線PC與BE所成角的余弦值為（）A. B.C. D.6．“”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7．已知過點的直線與圓相切，且與直線平行，則（）A.2 B.1C. D.8．如圖，矩形BDEF所在平面與正方形ABCD所在平面互相垂直，，，點P在線段EF上.給出下列命題：①存在點P，使得直線平面ACF；②存在點P，使得直線平面ACF；③直線DP與平面ABCD所成角的正弦值的取值范圍是；④三棱錐的外接球被平面ACF所截得的截面面積是.其中所有真命題的序號（）A.①③ B.①④C.①②④ D.①③④9．在中，若，則（）A.150° B.120°C.60° D.30°10．已知數(shù)列中，其前項和為，且滿足，數(shù)列的前項和為，若對恒成立，則實數(shù)的值可以是（）A. B.2C.3 D.11．直線，若的傾斜角為60°，則的斜率為（）A. B.C. D.12．實數(shù)m變化時，方程表示的曲線不可以是（）A.直線 B.圓C橢圓 D.雙曲線二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若直線與直線平行，則實數(shù)m的值為____________14．已知數(shù)列滿足，，若為等差數(shù)列，則___________，若，則數(shù)列的前項和為___________.15．下列說法中，正確的有_________（填序號）.①“”是“方程表示橢圓”的必要而不充分條件；②若：，則：；③“，”的否定是“，”；④若命題“”為假命題，則命題一定是假命題；⑤是直線：和直線：垂直的充要條件.16．等比數(shù)列的前項和為，則的值為_____三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C1：的左、右焦點分別為，且橢圓C1與拋物線C2：y2=2px（p>0）在第一象限的交點為Q，已知.（1）求的面積（2）求拋物線C2的標(biāo)準(zhǔn)方程.18．（12分）已知等比數(shù)列的公比，，.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）令，若，求滿足條件的最大整數(shù)n.19．（12分）中心在原點，焦點在x軸上的一橢圓與一雙曲線有共同的焦點F1，F(xiàn)2，且|F1F2|＝，橢圓的長半軸長與雙曲線半實軸長之差為4，離心率之比為3∶7（1）求這兩曲線方程；（2）若P為這兩曲線的一個交點，求△F1PF2的面積20．（12分）已知橢圓，點在上，，且（1）求出直線所過定點的坐標(biāo)；（不需要證明）（2）過A點作的垂線，垂足為，是否存在點，使得為定值？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.21．（12分）如圖，在幾何體中，底面是邊長為2的正三角形，平面，，且是的中點.（1）求證:平面；（2）求二面角的余弦值.22．（10分）如圖，在四棱錐中，，，，，為中點，且平面.（1）求點到平面的距離；（2）線段上是否存在一點，使平面？如果不存在，請說明理由；如果存在，求的值.

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】直接由直線平面的定理得到選項正確；對于選項，m，n可能平行、相交或異面，所以該選項錯誤；對于選項，與內(nèi)一直線l，所以，因為l為內(nèi)一直線，所以．所以該選項正確.【詳解】對于選項，若，，則，所以該選項正確；對于選項，若，，則，所以該選項正確；對于選項，若，，則m，n可能平行、相交或異面，所以該選項錯誤；對于選項，若，，則與內(nèi)一直線l，所以，因為l為內(nèi)一直線，所以．所以該選項正確.故選：C【點睛】本題主要考查空間直線平面位置關(guān)系判斷，意在考查學(xué)生對這些知識的理解掌握水平.2、B【解析】利用橢圓的幾何性質(zhì)，得到，，進(jìn)而利用得出，進(jìn)而可求出【詳解】解：由橢圓的方程可得，所以，得且，，在中，由余弦定理可得，而，所以，，又因為，，所以，所以，故選：B3、C【解析】由拋物線的定義轉(zhuǎn)化后求距離最值【詳解】拋物線的焦點，準(zhǔn)線為過點作準(zhǔn)線于點，故△PAF的周長為，，可知當(dāng)三點共線時周長最小，為故選：C4、C【解析】化簡一元二次不等式的標(biāo)準(zhǔn)形式并求出解集即可.【詳解】不等式整理得，解得或，則不等式解集為.故選：.5、B【解析】根據(jù)異面直線的定義找出角即為所求，再利用余弦定理解三角形即可得出.【詳解】分別取BC，PB的中點F，G，連接DF，F(xiàn)G，DG，如圖，因為E為AD的中點，四邊形ABCD是菱形，所以，所以（其補角）是異面直線PC與BE所成的角因為底面ABCD是邊長為4菱形，且，，由余弦定理可知，所以，所以，所以異面直線PC與BE所成角的余弦值為，故選：B6、B【解析】因但7、C【解析】先根據(jù)垂直關(guān)系設(shè)切線方程，再根據(jù)圓心到切線距離等于半徑列式解得結(jié)果.【詳解】因為切線與直線平行，所以切線方程可設(shè)為因為切線過點P(2，2)，所以因為與圓相切，所以故選：C8、D【解析】當(dāng)點P是線段EF中點時判斷①；假定存在點P，使得直線平面ACF，推理導(dǎo)出矛盾判斷②；利用線面角的定義轉(zhuǎn)化列式計算判斷③；求出外接圓面積判斷④作答.【詳解】取EF中點G，連DG，令，連FO，如圖，在正方形ABCD中，O為BD中點，而BDEF是矩形，則且，即四邊形DGFO是平行四邊形，即有，而平面ACF，平面ACF，于是得平面ACF，當(dāng)點P與G重合時，直線平面ACF，①正確；假定存在點P，使得直線平面ACF，而平面ACF，則，又，從而有，在中，，DG是直角邊EF上中線，顯然在線段EF上不存在點與D連線垂直于DG，因此，假設(shè)是錯的，即②不正確；因平面平面，平面平面，則線段EF上的動點P在平面上的射影在直線BD上，于是得是直線DP與平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，當(dāng)P與E不重合時，，，而，則，當(dāng)P與E重合時，，，因此，，③正確；因平面平面，平面平面，，平面，則平面，，在中，，顯然有，，由正弦定理得外接圓直徑，，三棱錐的外接球被平面ACF所截得的截面是的外接圓，其面積為，④正確，所以所給命題中正確命題的序號是①③④.故選：D【點睛】結(jié)論點睛：兩個平面互相垂直，則一個平面內(nèi)任意一點在另一個平面上的射影都在這兩個平面的交線上.9、C【解析】根據(jù)正弦定理將化為邊之間的關(guān)系，再結(jié)合余弦定理可得答案.【詳解】若,則根據(jù)正弦定理得：，即,而，故，故選：C.10、D【解析】由求出，從而可以求，再根據(jù)已知條件不等式恒成立，可以進(jìn)行適當(dāng)放大即可.【詳解】若n=1，則，故；若，則由得，故，所以，，又因為對恒成立，當(dāng)時，則恒成立，當(dāng)時，，所以，，，若n為奇數(shù)，則；若n為偶數(shù)，則，所以所以，對恒成立，必須滿足.故選：D11、D【解析】直線,斜率乘積為，斜線斜率等于傾斜角的正切值.【詳解】,，所以.故選：D.12、B【解析】根據(jù)的取值分類討論說明【詳解】時方程化為，為直線，時，方程化為，為橢圓，時，方程化為，為雙曲線，而，因此曲線不可能是圓故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】利用兩條直線平行的充要條件，列式求解即可【詳解】解：因為直線與直線平行，所以，解得故答案為：14、①.##②.【解析】利用遞推關(guān)系式，結(jié)合等差數(shù)列通項公式可求得公差，進(jìn)而得到；利用遞推關(guān)系式可知數(shù)列的奇數(shù)項和偶數(shù)項分別成等差數(shù)列，采用裂項相消的方法可求得前項和.【詳解】由得：，解得：；為等差數(shù)列，設(shè)其公差為，則，解得：，；由知：數(shù)列的奇數(shù)項是以為首項，為公差的等差數(shù)列；偶數(shù)項是以為首項，為公差的等差數(shù)列；，又，，數(shù)列的前項和，.故答案為：；.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查根據(jù)數(shù)列遞推關(guān)系求解數(shù)列中的項、裂項相消法求和的問題；解題關(guān)鍵是能夠根據(jù)遞推關(guān)系式得到數(shù)列的奇數(shù)項和偶數(shù)項分別成等差數(shù)列，由此可通過裂項相消的方法求得所求數(shù)列的和.15、①【解析】根據(jù)橢圓方程的結(jié)構(gòu)特征可判斷①；注意到分式不等式分母不等于0可判斷②；由全稱命題的否定可判斷③；根據(jù)復(fù)合命題的真假可判斷④；由直線垂直的充要條件可判斷⑤.【詳解】①中，當(dāng)時，方程為，表示圓，若方程表示橢圓，則，解得或，故①正確；②中，，故為：，而，故②不正確；③中，“，”的否定應(yīng)為“，”，故③不正確；④中，若命題“”為假命題，有可能為真或為假，故④不正確；⑤中，，解得或，故是直線：和直線：垂直的充分不必要條件，故⑤不正確.故答案為：①16、【解析】根據(jù)等比數(shù)列前項和公式的特點列方程，解方程求得的值.【詳解】由于等比數(shù)列前項和，本題中，故.故填：.【點睛】本小題主要考查等比數(shù)列前項和公式的特點，考查觀察與思考的能力，屬于基礎(chǔ)題.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】（1）設(shè)，由橢圓的定義可得，結(jié)合余弦定理可得出的值，從而可得面積.(2)設(shè),根據(jù)的面積結(jié)合橢圓的方程求出點的坐標(biāo)，代入拋物線可得答案.【小問1詳解】由橢圓方程知a=2，b=1，，設(shè)，則即，求得所以的面積為【小問2詳解】設(shè)由（1）中，得又，，所以代入拋物線方程得，所以所以拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為18、（1）（2）【解析】(1)由等比數(shù)列的性質(zhì)可得，結(jié)合條件求出，得出公比，從而得出通項公式.(2)由（1）可得，再求出的前項和，從而可得出答案.【小問1詳解】由題意可知，有，，得或∴或又，∴∴【小問2詳解】，∴∴，又單調(diào)遞增,所以滿足條件的的最大整數(shù)為19、（1）橢圓方程為雙曲線方程為；（2）12【解析】（1）根據(jù)半焦距，設(shè)橢圓長半軸為a，由離心率之比求出a，進(jìn)而求出橢圓短半軸的長及雙曲線的虛半軸的長，寫出橢圓和雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）由橢圓、雙曲線的定義求出與的長，在三角形中，利用余弦定理求出cos∠的值，進(jìn)一步求得sin∠的值，代入面積公式得答案試題解析：（1）設(shè)橢圓方程為，雙曲線方程為（a，b，m，n>0，且a>b），則解得：a＝7，m＝3，∴b＝6，n＝2，∴橢圓方程為雙曲線方程為（2）不妨設(shè)F1，F(xiàn)2分別為左、右焦點，P是第一象限的一個交點，則PF1＋PF2＝14，PF1－PF2＝6，∴PF1＝10，PF2＝4，∴cos∠F1PF2＝＝，∴sin∠F1PF2＝．∴S△F1PF2＝PF1·PF2sin∠F1PF2＝·10·4·＝12考點：橢圓雙曲線方程及性質(zhì)20、（1）（2）存在，【解析】（1）分斜率存在和斜率不存在兩種情況，當(dāng)斜率存在時，設(shè)出直線方程，聯(lián)立橢圓方程，利用韋達(dá)定理列出方程，求出定點坐標(biāo)，當(dāng)斜率不存在時，設(shè)出點的坐標(biāo)進(jìn)行求解；（2）結(jié)合第一問的定點坐標(biāo)，結(jié)合直角三角形斜邊中線得到存在點，使得為定值，求出結(jié)果.【小問1詳解】設(shè)點，若直線斜率存在時，設(shè)直線的方程為：，代入橢圓方程消去并整理得：，可得，因為，所以，即，根據(jù)，代入整理可得：，所以，整理化簡得:，因為不在直線上，所以，故，于是的方程為，所以直線過定點直線過定點.當(dāng)直線的斜率不存在時，可得，由得：，得，結(jié)合可得：，解得：或（舍）.此時直線過點【小問2詳解】由（1）可知因為，取中點，則此時，【點睛】直線過定點問題，一般處理思路是分斜率存在和斜率不存在兩種情況，特別是斜率存在時，設(shè)出直線為，聯(lián)立后用韋達(dá)定理得到兩根之和與兩根之積，結(jié)合題干條件得到等量關(guān)系，求出的關(guān)系，進(jìn)而得到定點坐標(biāo).21、（1）證明見解析（2）【解析】（1）取的中點F，連接EF，，由四邊形是平行四邊形即可求解；（2）采用建系法，以為軸，為軸，垂直底面方向為軸，求出對應(yīng)點坐標(biāo)，結(jié)合二面角夾角余弦公式即可求解.【小問1詳解】取的中點F，連接EF，，∵，∴，且，∴，∴四邊形是平行四邊形，∴，又平面，平面，∴平面；【小問2詳解】取AC的中點O，以O(shè)為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，，∴，.設(shè)平面的法向量是，則，即，令，得，易知平面的一個法向量是，∴，又二面角是鈍二面角，∴二面角的余弦值為.22、（1）（2）線段上存在一點，當(dāng)時，平面