浙江省绍兴市诸暨中学2025届数学高二上期末教学质量检测模拟试题含解析

浙江省绍兴市诸暨中学2025届数学高二上期末教学质量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．已知数列中，且满足，则（）A.2 B.﹣1C. D.2．在四棱锥中，底面是正方形，为的中点，若，则（）A. B.C. D.3．已知实数，满足，则的最大值为（）A. B.C. D.4．若的解集是，则等于（）A.-14 B.-6C.6 D.145．若实数满足，则点不可能落在（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限6．如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，则点到平面MBD的距离是（）A. B.C. D.7．已知椭圆的离心率，为椭圆上的一个动点，若定点，则的最大值为A. B.C. D.8．在等差数列中，已知，则数列的前6项之和为（）A.12 B.32C.36 D.729．若点在椭圆的外部，则的取值范围为（）A. B.C. D.10．下列对动直线的四种表述不正确的是（）A.与曲线C：可能相离，相切，相交B.恒过定点C.时，直线斜率是0D.时，直线的倾斜角是135°11．某次生物实验6个小组的耗材质量（单位：千克）分别为1.71，1.58，1.63，1.43，1.85，1.67，则这组数据的中位数是（）A.1.63 B.1.67C.1.64 D.1.6512．命题“若，则”的逆命题、否命题、逆否命题中是真命题的个数为（）A.0个 B.1个C.2个 D.3个二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，若共线，m+n＝__.14．已知点P是双曲线右支上的一点，且以点P及焦点为定点的三角形的面积为4，则点P的坐标是_____________15．已知圆，则圆心坐标为______.16．已知数列满足，则的最小值为__________．的前20项和为________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．（12分）如图所示，、分别为椭圆的左、右焦点，A，B为两个顶点，已知椭圆C上的点到、两点的距离之和为4.（1）求a的值和椭圆C的方程；（2）过椭圆C的焦点作AB的平行线交椭圆于P，Q，求的面积18．（12分）求满足下列条件的圆锥曲线的标准方程：（1）已知椭圆的焦点在x轴上且一个顶点为，离心率为；（2）求一个焦点为，渐近线方程为的双曲线的标准方程；（3）抛物线，过其焦点斜率为1的直线交抛物线于A、B两点，且线段AB的中点的纵坐标为2.19．（12分）已知函数，.（1）当时，求不等式的解集；（2）若在上恒成立，求取值范围.20．（12分）已知直线与抛物线交于两点（1）若，直线过抛物线的焦点，线段中点的纵坐标为2，求的长；（2）若交于，求的值21．（12分）已知三棱柱中，.（1）求证:平面平面.（2）若，在线段上是否存在一点使平面和平面所成角的余弦值为若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.22．（10分）已知椭圆：（）的焦点坐标为，长轴长是短轴长的2倍（1）求椭圆的方程；（2）已知直线不过点且与椭圆交于两点，从下面①②中选取一个作为条件，证明另一个成立.①直线的斜率分别为，则；②直线过定点.

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】首先根据数列的递推公式求出数列的前几项，即可得到数列的周期性，即可得解；【详解】解：因为且，所以，，，所以是周期为的周期数列，所以，故选：C2、C【解析】由为的中点，根据向量的运算法则，可得，即可求解.【详解】由底面是正方形，E为的中点，且，根据向量的运算法则，可得.故选：C.3、A【解析】画出不等式组所表示的平面区域，利用直线的斜率公式模型进行求解即可.【详解】不等式组表示的平面区域如下图所示：，代数式表示不等式组所表示的平面区域内的点与点连线的斜率，由图象可知：直线的斜率最大，由，即，即的最大值为：，因此的最大值为，故选：A4、A【解析】由一元二次不等式的解集，结合根与系数关系求参数a、b，即可得.【详解】∵的解集为，∴-5和2为方程的两根，∴有，解得，∴.故选：A.5、B【解析】作出给定的不等式组表示的平面区域，观察图形即可得解.【详解】因实数满足，作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分，观察图形知，阴影区域不过第二象限，即点不可能落在第二象限.故选：B6、A【解析】等体积法求解点到平面的距离.【详解】连接，，则，，由勾股定理得：，，取BD中点E，连接ME，由三线合一得：ME⊥BD，则，故，设到平面MBD的距离是，则，解得：，故点到平面MBD的距离是.故选：A7、C【解析】首先求得椭圆方程，然后确定的最大值即可.【详解】由题意可得：，据此可得：，椭圆方程为，设椭圆上点的坐标为，则，故：，当时，.本题选择C选项.【点睛】本题主要考查椭圆方程问题，椭圆中的最值问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8、C【解析】利用等差数列的求和公式结合角标和定理即可求解.【详解】解：等差数列中，所以等差数列的前6项之和为：故选：C.9、B【解析】根据题中条件，得到，求解，即可得出结果.【详解】因为点在椭圆的外部，所以，即，解得或.故选：B.10、A【解析】根据过定点的直线系求出恒过点可判断B，由点与圆的位置关系可判断A，由直线方程可判断CD.【详解】直线可化为，令，，解得，，所以直线恒过定点，而该定点在圆C：内部，所以必与该圆相交当时，直线方程为，故斜率为0，当时，直线方程为，故斜率为，倾斜角为135°.故选：A11、D【解析】将已有数据从小到大排序，根据中位数的定义确定该组数据的中位数.【详解】由题设，将数据从小到大排序可得：，∴中位数为.故选：D.12、B【解析】先判断出原命题和逆命题的真假，进而根据互为逆否的两个命题同真或同假最终得到答案.【详解】“若a=0，则ab=0”，命题为真，则其逆否命题也为真；逆命题为：“若ab=0，则a=0”，显然a=1，b=0时满足ab=0，但a≠0，即逆命题为假，则否命题也为假.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据空间向量平行的坐标运算求出m,n，进而求得答案.【详解】由于，因为，所以存在，使得，于是，则.故答案为：.14、【解析】由题可得P到x轴的距离为1，把代入，得，可得P点坐标【详解】设，由题意知，所以，则，由题意可得，把代入，得，所以P点坐标为故答案为：15、【解析】将圆的一般方程配方程标准方程即可.【详解】圆，即，它的圆心坐标是.故答案为：.16、①②.【解析】由题设可得，应用累加法求的通项公式，由基本不等式及确定的最小值，再应用裂项求和法求的前20和.【详解】由题设，，∴，…，，又，∴将上式累加可得：，则，∴，当且仅当时等号成立，又，故最小，则或5，当时，；当时，；∴的最小值为.由上知：，∴前20项和为.故答案为：8，.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）a＝2，（2）【解析】（1）由题意可得a＝2，，求出，从而可求得椭圆方程，（2）由题意可求出的坐标，则可求出直线PQ的方程，然后将直线方程与椭圆方程联立，消去，利用根与系数的关系，求出的值，从而可求出的值【小问1详解】由椭圆定义可得2a＝4，所以a＝2，又因点在椭圆C上，所以，解得：，所以a的值为2，椭圆C的方程为【小问2详解】由椭圆的方程可得，，，所以，所以直线PQ的方程为，设，，由可得，所以，，所以，所以18、（1）（2）（3）【解析】（1）设椭圆的标准方程为，根据题意，进而结合求解即可得答案；（2）设双曲线的方程为，进而结合题意得，，再结合解方程即可得答案；、（3）根据题意设直线的方程为，进而与抛物线联立方程并消去得，再结合韦达定理得，进而得答案.【小问1详解】解：根据题意，设椭圆的标准方程为，因为顶点为，离心率为，所以，所以，所以椭圆的方程为【小问2详解】解：因为双曲线的一个焦点为，设双曲线的方程为，因为渐近线方程为，所以，因为所以，所以双曲线的标准方程为【小问3详解】解：由题知抛物线的焦点为，因为过抛物线焦点斜率为1的直线交抛物线于A、B两点，所以直线的方程为，所以联立方程，消去得，设，所以，因为线段AB的中点的纵坐标为2，所以，解得.所以抛物线的标准方程为.19、（1）或；（2）.【解析】（1）解不含参数的一元二次不等式即可求出结果；（2）二次函数的恒成立问题需要对二次项系数是否为0进行分类讨论，即可求出结果.【详解】（1）当时，，即，解得或，所以，解集为或.（2）因为在上恒成立，①当时，恒成立；②当时，，解得，综上，的取值范围为.20、（1）6（2）2【解析】（1）通过作辅助线，利用抛物线定义，结合梯形的中位线定理，可求得答案；（2）根据题意可求得直线AB的方程为y=x+4，联立抛物线方程，得到根与系数的关系，由OA⊥OB，得，根据数量积的计算即可得答案.【小问1详解】取AB的中点为E，当p=2时，抛物线为C：x2=4y，焦点F坐标为F（0，1），过A，E，B分别作准线y=-1的垂线，重足分别为I，H，G，在梯形ABGI中（图1），E是AB中点，则2EH=AI+BG，EH=2-（-1）=3，因为AB=AF+BF=AI+BG，所以AB=2EH=6.【小问2详解】设，由OD⊥AB交AB于D（-2，2）,（图2），得kOD=-1，kAB=1，则直线AB的方程为y=x+4，由得，所以，由，得，即，即，可得，即，所以p=2.21、（1）证明见解析；（2）在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点.【解析】(1)连接，根据给定条件证明平面得即可推理作答.(2)在平面内过C作，再以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断作答.【小问1详解】在三棱柱中，四边形是平行四边形，而，则是菱形，连接，如图，则有，因，，平面，于是得平面，而平面，则，由得，，平面，从而得平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】在平面内过C作，由(1)知平面平面，平面平面，则平面，以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，因，，则，假设在线段上存在符合要求的点P，设其坐标为，则有，设平面的一个法向量，则有，令得，而平面的一个法向量，依题意，，化简整理得：而，解得，所以在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点，使平面和平面所成角的余弦值为.22、（1）（2）证明见解析【解析】（1）由条件可得，解出即可；（2）选①证②，当直线的