2025届辽宁省沈阳市铁路实验中学数学高二上期末达标检测模拟试题含解析

2025届辽宁省沈阳市铁路实验中学数学高二上期末达标检测模拟试题考生须知：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．已知函数，则等于（）A.0 B.2C. D.2．已知直线在x轴和y轴上的截距相等，则a的值是（）A或1 B.或C. D.13．某中学为了解高三男生的体能情况，通过随机抽样，获得了200名男生的100米体能测试成绩（单位：秒），将数据按照，，…，分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图.规定成绩低于13秒为优，成绩高于14.8秒为不达标.由直方图推断，下列选项错误的是（）A.直方图中a的值为0.40B.由直方图估计本校高三男生100米体能测试成绩的众数为13.75秒C.由直方图估计本校高三男生100米体能测试成绩为优的人数为54D.由直方图估计本校高三男生100米体能测试成绩为不达标的人数为184．函数的极大值点为（）A. B.C. D.不存在5．已知命题：，使；命题：，都有，则下列结论正确的是（）A.命题“”是真命题： B.命题“”是假命题：C.命题“”是假命题： D.命题“”是假命题6．设变量，满足约束条件则的最小值为（）A.3 B.－3C.2 D.－27．已知命题P：，，则命题P的否定为（）A.， B.，C.， D.，8．若函数在上为单调增函数，则m的取值范围（）A. B.C. D.9．已知直线：和：，若，则实数的值为（）A. B.3C.-1或3 D.-110．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一.指的是：已知动点与两定点的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，其中，定点为轴上一点，定点的坐标为，若点，则的最小值为（）A. B.C. D.11．圆与直线的位置关系是（）A.相交 B.相切C.相离 D.不能确定12．某考点配备的信号检测设备的监测范围是半径为100米的圆形区域，一名工作人员持手机以每分钟50米的速度从设备正东方向米的处出发，沿处西北方向走向位于设备正北方向的处，则这名工作人员被持续监测的时长为（）A.1分钟 B.分钟C.2分钟 D.分钟二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．一个四面体有五条棱长均为2，则该四面体的体积最大值为_______14．已知等差数列的前项和为，若，，则数列的前2021项和为___________.15．某汽车运输公司购买了一批豪华大客车投入运营．据市场分析，每辆客车营运的总利润y（单位：10万元）与营运年数x（）为二次函数的关系（如图），则每辆客车营运年数为________时，营运的年平均利润最大16．在数列中，，，记是数列的前项和，则=___.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）已知抛物线C：上有一动点，，过点P作抛物线C的切线交y轴于点Q（1）判断线段PQ的垂直平分线是否过定点？若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由；（2）过点P作垂线交抛物线C于另一点M，若切线的斜率为k，设的面积为S，求的最小值18．（12分）已知数列满足，数列为等差数列，，前4项和.（1）求数列，的通项公式；（2）求和：.19．（12分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.（1）求B（2）___________，若问题中的三角形存在，试求出；若问题中的三角形不存在，请说明理由.在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在横线上.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.20．（12分）如图，五边形为东京奥运会公路自行车比赛赛道平面设计图，根据比赛需要，在赛道设计时需预留出，两条服务通道（不考虑宽度），，，，，为赛道．现已知，，千米，千米（1）求服务通道的长（2）在上述条件下，如何设计才能使折线赛道（即）的长度最大，并求最大值21．（12分）已知数列满足，，且成等比数列（1）求的值和的通项公式；（2）设，求数列的前项和22．（10分）如图，在三棱柱中，＝2，且，⊥底面ABC．E为AB中点（1）求证：平面；（2）求平面与平面CEB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、D【解析】先通过诱导公式将函数化简，进而求出导函数，然后算出答案.【详解】由题意，，故选：D.2、A【解析】分截距都为零和都不为零讨论即可.【详解】当截距都为零时，直线过原点，；当截距不为零时，，.综上：或.故选：A.3、D【解析】根据频率之和为求得，结合众数、频率等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】，解得，A选项正确.众数为，B选项正确.成绩低于秒的频率为，人数为，所以C选项正确.成绩高于的频率为，人数为人，D选项错误.故选：D4、B【解析】求导，令导数等于0，然后判断导数符号可得，或者根据对勾函数图象可解.【详解】令，得，因为时，，时，，所以时有极大值；当时，，时，，所以时有极小值.故选：B5、B【解析】根据正弦函数的性质判断命题为假命题，由判断命题为真命题，从而得出答案.【详解】因为的值域为，所以命题为假命题因为，所以命题为真命题则命题“”是假命题，命题“”是假命题，命题“”是真命题，命题“”是真命题故选：B6、D【解析】转化为，则最小即直线在轴上的截距最大，作出不等式组表示的可行域，数形结合即得解【详解】转化为，则最小即直线在轴上的截距最大作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，作出直线，平移该直线，当直线经过时，在轴上的截距最大，最小，此时，故选：D7、B【解析】根据特称命题的否定变换形式即可得出结果【详解】命题：，，则命题的否定为，故选：B8、B【解析】用函数单调性确定参数，使用参数分离法即可.【详解】，在上是增函数，即恒成立，；设，；∴时，是增函数；时，是减函数；故时，，∴；故选：B.9、D【解析】利用两直线平行列式求出a值，再验证即可判断作答.【详解】因，则，解得或，当时，与重合，不符合题意，当时，，符合题意，所以实数的值为-1.故选：D10、D【解析】设，，根据和求出a的值，由，两点之间直线最短，可得的最小值为，根据坐标求出即可.【详解】设，，所以，由，所以，因为且，所以，整理可得，又动点M的轨迹是，所以，解得，所以，又，所以，因为，所以的最小值，当M在位置或时等号成立.故选：D11、B【解析】用圆心到直线的距离与半径的大小判断【详解】解：圆的圆心到直线的距离，等于圆的半径，所以圆与直线相切，故选：B12、C【解析】以设备的位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向建立平面直角坐标系，求得直线和圆的方程，利用点到直线的距离公式和圆的弦长公式，求得的长，进而求得持续监测的时长.【详解】以设备的位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示，则，，可得，圆记从处开始被监测，到处监测结束，因为到的距离为米，所以米，故监测时长为分钟故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】由已知中一个四面体有五条棱长都等于2，易得该四面体必然有两个面为等边三角形，根据棱锥的几何特征，分析出当这两个平面垂直时，该四面体的体积最大，将相关几何量代入棱锥体积公式，即可得到答案【详解】一个四面体有五条棱长都等于2，如下图：设除PC外的棱均为2，设P到平面ABC距离为h，则三棱锥的体积V＝，∵是定值，∴当P到平面ABC距离h最大时，三棱锥体积最大，故当平面PAB⊥平面ABC时，三棱锥体积最大，此时h为等边三角形PAB的AB边上的高，则h，故三棱锥体积的最大值为：故答案为：114、【解析】根据题意求出，代入中，再利用裂项相消即可求出答案.【详解】由是等差数列且，可知：，故.，数列的前2021项和为.故答案为：.15、5【解析】首先根据题意得到二次函数的解析式为，再利用基本不等式求解的最大值即可.【详解】根据题意得到：抛物线的顶点为，过点，开口向下，设二次函数的解析式为，所以，解得，即，则营运的年平均利润，当且仅当，即时取等号故答案为：5.16、930【解析】当为偶数时，，所以数列前60项中偶数项的和，当为奇数时，，因此数列是以1为首项，公差为2等差数列，前60项中奇数项的和为，所以.考点：递推数列、等差数列.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）线段的垂直平分线过定点（2）【解析】（1）设切线的方程为，并与抛物线方程联立，利用判别式求得点坐标，进而求得点坐标，从而求得线段的垂直平分线的方程，进而求得定点坐标.（2）结合弦长公式求得的面积，利用基本不等式求得的最小值.【小问1详解】依题意可知切线的斜率存在，且斜率大于.设直线PQ的方程为，.由消去并化简得，由得，，则，解得，所以，在中，令得，所以，PQ中点为，所以线段PQ的中垂线方程为，即，所以线段的垂直平分线过定点.【小问2详解】由（1）可知，直线PM的方程为，即.由消去并化简得：，所以，而，所以得，，，.所以的面积，所以.当且仅当时等号成立.所以的最小值为.18、（1），；（2）.【解析】（1）根据等比数列的定义，结合等差数列的基本量，即可容易求得数列，的通项公式；（2）根据（1）中所求，构造数列，证明其为等比数列，利用等比数列的前项和即可求得结果.【小问1详解】因为数列满足，故可得数列为等比数列，且公比，则；数列为等差数列，，前4项和，设其公差为，故可得，解得，则；综上所述，，.【小问2详解】由（1）可知：，，故，又，又，则是首项1，公比为的等比数列；则.19、（1）（2）答案见解析【解析】（1）由正弦定理及正弦的两角和公式可求解；（2）选择条件①，由正弦定理及辅助角公式可求解；选择条件②，由余弦定理及正切三角函数可求解；选择条件③，由余弦定理可求解.【小问1详解】由，可得，则.∴，在中，，则，∵，∴，∴，∵，∴.【小问2详解】选择条件①，在中，，可得，∵，∴，∴，根据辅助角公式，可得，∵，∴，即，故选择条件②由，得，∵，∴，因此，，整理得，即，则.在中，，∴.故.选择条件③由，得，即，整理得，由于，则方程无解，故不存在这样的三角形.20、（1）服务通道的长为千米（2）时，折线赛道的长度最大，最大值为千米【解析】（1）先在中利用正弦定理得到长度，再在中，利用余弦定理得到即可；（2）在中利用余弦定理得到，再根据基本等式求解最值即可.【小问1详解】在中，由正弦定理得：，在中，由余弦定理，得，即解得或（负值舍去）所以服务通道的长为千米【小问2详解】在中，由余弦定理得：，即，所以因为，所以，所以，即（当且仅当时取等号）即当时，折线赛道的长度最大，最大值为千米21、（1）；；（2）【解析】（1）由于，所以可得，再由成等比数列，列方程可求出，从而可求出的通项公式；（2）由（1）可得，然后利用错位相减法求【详解】解：（1）数列{an}满足，所以，所以a2+a3＝a1+a2+d，由于a1＝1，a2＝1，所以a2+a3＝2+d，a8+a9＝2+7d，且a1，a2+a3，a8+a9成等比数列，所以，整理得d＝1或2（1舍去）故an+2＝an+2，所以n奇数时，an＝n，n为偶数时，an＝n﹣1所以数列{an}的通项公式为（2）由于，所以所以T2n＝b1+b2+．．．+b2n＝﹣20×12+20×22﹣22×32+22×42+．．．+[﹣22n﹣2•（2n﹣1）2]+22n﹣2•（2n）2，＝20×（22﹣12）+22×（42﹣32）+．．．+22n﹣2•[（2n）2﹣（2n﹣1）2]＝20×3+22×7+．．．+22n﹣2•（4n﹣1）①，所以，②，①﹣②得：﹣3T2n＝20×3+22×4+．．．+22n﹣2×4﹣22n×（4n﹣1），＝3+4×﹣22n×（4