2025年陕西省渭南市韩城市高二数学第一学期期末联考模拟试题含解析

2025年陕西省渭南市韩城市高二数学第一学期期末联考模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．已知实数满足方程，则的最大值为（）A.3 B.2C. D.2．的二项展开式中，二项式系数最大的项是第（）项.A.6 B.5C.4和6 D.5和73．试在抛物线上求一点，使其到焦点的距离与到的距离之和最小，则该点坐标为A. B.C. D.4．双曲线的焦距是（）A.4 B.C.8 D.5．若数列为等比数列，且，，则（）A.8 B.16C.32 D.646．若存在两个不相等的正实数x，y，使得成立，则实数m的取值范围是（）A. B.C. D.7．如果向量，，共面，则实数的值是（）A. B.C. D.8．彬塔，又称开元寺塔、彬县塔，民间称“雷峰塔”，位于陕西省彬县城内西南紫薇山下.某同学为测量彬塔高度，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，，在点测得塔顶的仰角为60°，则塔高（）A.30m B.C. D.9．已知两直线与，则与间的距离为（）A. B.C. D.10．如图，、分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的点，是线段上靠近的三等分点，为正三角形，则椭圆的离心率为（）A. B.C. D.11．已知椭圆的左，右焦点分别为，，直线与C交于点M，N，若四边形的面积为且，则C的离心率为（）A. B.C. D.12．如图所示，为了测量A，B处岛屿的距离，小张在D处观测，测得A，B分别在D处的北偏西、北偏东方向，再往正东方向行驶10海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西方向，则A，B两处岛屿间的距离为（）海里.A. B.C. D.10二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知点，为抛物线：上不同于原点的两点，且，则的面积的最小值为__________.14．底面半径为1，母线长为2的圆锥的体积为______15．函数y＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则a＝________.16．如图,在四棱锥中,平面,底面是菱形,且,则异面直线与所成的角的余弦值为______,点到平面的距离等于______.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）椭圆C：的左右焦点分别为，，P为椭圆C上一点.（1）当P为椭圆C的上顶点时，求的余弦值；（2）直线与椭圆C交于A，B，若，求k18．（12分）如图，在长方体中，，若点P为棱上一点，且，Q，R分别为棱上的点，且.（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.19．（12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20．（12分）如图，在四棱锥中，侧面底面ABCD，侧棱，底面ABCD为直角梯形，其中，，，（1）求证：平面ACF；（2）在线段PB上是否存在一点H，使得CH与平面ACF所成角的正弦值为？若存在，求出线段PH的长度；若不存在，请说明理由21．（12分）已知数列是公差为2的等差数列，它的前n项和为Sn，且成等比数列.（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和.22．（10分）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且的面积为（为坐标原点）（1）求抛物线的标准方程；（2）点、是抛物线上异于原点的两点，直线、的斜率分别为、，若，求证：直线恒过定点

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、D【解析】将方程化为，由圆的几何性质可得答案.【详解】将方程变形为，则圆心坐标为，半径，则圆上的点的横坐标的范围为：则x的最大值是故选：D.2、A【解析】由二项展开的中间项或中间两项二项式系数最大可得解.【详解】因为二项式展开式一共11项，其中中间项的二项式系数最大，易知当r＝5时，最大，即二项展开式中，二项式系数最大的为第6项.故选：A3、A【解析】由题意得抛物线的焦点为，准线方程为过点P作于点，由定义可得,所以，由图形可得，当三点共线时，最小，此时故点的纵坐标为1，所以横坐标．即点P的坐标为．选A点睛：与抛物线有关的最值问题的解题策略该类问题一般解法是利用抛物线的定义，实现由点到点的距离与点到直线的距离的转化(1)将抛物线上的点到准线的距离转化为该点到焦点的距离，构造出“两点之间线段最短”，使问题得解；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为点到准线的距离，利用“与直线上所有点的连线中的垂线段最短”解决4、C【解析】根据，先求半焦距，再求焦距即可.【详解】解：由题意可得，，∴，故选：C【点睛】考查求双曲线的焦距，基础题.5、B【解析】设等比数列的公比为，根据等比数列的通项公式得到，即可求出，再根据计算可得；【详解】解：设等比数列公比为，因为、，所以，所以；故选：B6、D【解析】将给定等式变形并构造函数，由函数的图象与垂直于y轴的直线有两个公共点推理作答.【详解】因，令，则存在两个不相等的正实数x，y，使得，即存在垂直于y轴的直线与函数的图象有两个公共点，，，而，当时，，函数在上单调递增，则垂直于y轴的直线与函数的图象最多只有1个公共点，不符合要求，当时，由得，当时，，当时，，即函数在上单调递减，在上单调递增，，令，，令，则，即在上单调递增，，即，在上单调递增，则有当时，，，而函数在上单调递增，取，则，而，因此，存在垂直于y轴的直线()，与函数的图象有两个公共点，所以实数m的取值范围是.故选：D【点睛】思路点睛：涉及双变量的等式或不等式问题，把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.7、B【解析】设，由空间向量的坐标运算可得出方程组，即可解得的值.【详解】由于向量，，共面，设，可得，解得.故选：B.8、D【解析】在△中有，再应用正弦定理求，再在△中，即可求塔高.【详解】由题设知：，又，△中，可得，在△中，，则.故选：D9、B【解析】把直线的方程化简，再利用平行线间距离公式直接计算得解.【详解】直线的方程化为：，显然，，所以与间的距离为.故选：B10、D【解析】根据椭圆定义及正三角形的性质可得到\，再在中运用余弦定理得到、的关系，进而求得椭圆的离心率【详解】由椭圆的定义知，，则，因为正三角形，所以，在中，由余弦定理得，则，，故选：D【点睛】本题考查椭圆的离心率的求解，考查考生的逻辑推理能力及运算求解能力，属于中等题.11、A【解析】根据题意可知四边形为平行四边形，设，进而得，根据四边形面积求出点M的坐标，再代入椭圆方程得出关于e的方程，解方程即可.【详解】如图，不妨设点在第一象限，由椭圆的对称性得四边形为平行四边形，设点，由，得，因为四边形的面积为，所以，得，由，得，解得，所以，即点，代入椭圆方程，得，整理得，由，得，解得，由，得.故选：A12、C【解析】分别在和中，求得的长度，再在中，利用余弦定理，即可求解.【详解】如图所示，可得，所以，在中，可得，在直角中，因为，所以，在中，由余弦定理可得，所以.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】设，，利用可得即可求得，利用两点间距离公式求出、，面积，利用基本不等式即可求最值.【详解】设，，由可得，解得：，，，，，所以，当且仅当时等号成立，所以的面积的最小值为，故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是设，坐标，采用设而不求的方法，将转化为，求出参数之间的关系，再利用基本不等式求的最值.14、【解析】先由勾股定理求圆锥的高，再结合圆锥的体积公式运算即可得解.【详解】解：设圆锥的高为，由勾股定理可得，由圆锥的体积可得，故答案为.【点睛】本题考查了圆锥的体积公式，重点考查了勾股定理，属基础题.15、4【解析】∵y′＝3x2＋2ax＋b，∴或当a＝－3，b＝3时，y′＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0恒成立，故舍去．所以a＝416、①.②.【解析】因为底面是菱形,可得,则异面直线与所成的角和与所成的角相等,即可求得异面直线与所成的角的余弦值.在底面从点向作垂线,求证垂直平面,即可求得答案.【详解】根据题意画出其立体图形:如图底面是菱形,则异面直线与所成的角和直线与所成的角相等平面,平面又,底面是菱形即故:异面直线与所成的角的余弦值为:在底面从点向作垂线平面,平面,平面故是到平面的距离故答案为:,.【点睛】本题考查了求异面直线的夹角和点到面距离,解题关键是掌握将求异面直线夹角转化为共面直线夹角的解法,考查了分析能力和推理能力,属于基础题.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）利用余弦定理可求顶角的余弦值.（2）联立直线方程和椭圆方程，消元后利用韦达定理结合弦长公式可求的值.【小问1详解】当为椭圆的上顶点时，，在中，由余弦定理知.【小问2详解】设，，将直线与椭圆:联立得：，因为直线过焦点，故恒成立，又，由弦长公式得，化简整理得：，解得.18、（1）（2）【解析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角；（2）用空间向量法求二面角【小问1详解】以D为坐标原点，射线方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系.当时，，所以，设平面的法向量为，所以，即不妨得，，又，所以，则【小问2详解】在长方体中，因为平面，所以平面平面，因为平面与平面交于，因为四边形为正方形，所以，所以平面，即为平面的一个法向量，，所以，又平面的法向量为，所以.19、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）连接与交于点O，连接OE，得到，再利用线面平行的判定定理证明即可；（2）根据，底面，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，再根据底面，得到平面一个法向量，然后由夹角公式求解.【小问1详解】如图所示：连接与交于点O，连接OE，如图，由分别为的中点所以，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】由，底面，故底面建立如图所示空间直角坐标系：则，所以，设平面的一个法向量为：，则，即，令，则，则，因为底面，所以为平面一个法向量，所以所以平面与平面CEB夹角的余弦值为.20、（1）证明见解析（2）存在，的长为或，理由见解析.【解析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面.（2）设，求出，根据与平面所成角的正弦值列方程，由此求得，进而求得的长.小问1详解】依题意，在四棱锥中，侧面底面ABCD，侧棱，底面ABCD为直角梯形，其中，，，，以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，，，设平面法向量为，则，故可设，由于，所以平面.【小问2详解】存在，理由如下：设，，，，依题意与平面所成角的正弦值为，即，，解得或.，即的长为或，使与平面所成角的正弦值为.21、（1），（2）【解析】（1）由题意可得，从而可求出，进而可求得的通项公式；（2）由（1）可得，然后利用裂项相消求和法可求得结果【详解】（1）因为数列是公差为2的等差数列，且成等比数列，所以即，解得，所以；（2）由（1）得，所以.22、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由点在抛物线上可得出，再