广西梧州柳州2025-2026学年高二数学第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析

广西梧州柳州2025-2026学年高二数学第一学期期末学业水平测试模拟试题注意事项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．已知向量，，且，则值是（）A. B.C. D.2．某地为响应总书记关于生态文明建设的号召，大力开展“青山绿水”工程，造福于民，拟对该地某湖泊进行治理，在治理前，需测量该湖泊的相关数据.如图所示，测得角∠A＝23°，∠C＝120°，米，则A，B间的直线距离约为（参考数据）（）A.60米 B.120米C.150米 D.300米3．我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载：“一百八十九里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关.”其大意为：“有一个人共行走了189里的路程，第一天健步行走，从第二天起，因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地.”则该人第一天行走的路程为（）A.108里 B.96里C.64里 D.48里4．在四棱锥中，底面为平行四边形，为边的中点，为边上的一列点，连接，交于，且，其中数列的首项，则（）A. B.为等比数列C. D.5．已知三棱锥的各顶点都在同一球面上，且平面，若该棱锥的体积为，，，，则此球的表面积等于（）A. B.C. D.6．九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串，按一定规则移动圆环的次数决定解开圆环的个数.在某种玩法中，用表示解开n（，）个圆环所需的最少移动次数，若数列满足，且当时，则解开5个圆环所需的最少移动次数为（）A.10 B.16C.21 D.227．如图所示，过抛物线的焦点F的直线依次交抛物线及准线于点A，B，C.若，且，则抛物线的方程为（）A. B.C. D.8．数列，，，，，中，有序实数对是（）A. B.C. D.9．设是周期为2的奇函数，当时，，则（）A. B.C. D.10．已知奇函数是定义在R上的可导函数，的导函数为，当时，有，则不等式的解集为（）A. B.C. D.11．在等差数列中，若，则的值为（）A. B.C. D.12．设,是双曲线（）的左、右焦点，是坐标原点．过作的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则的离心率为A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数，则的值为______14．类比教材中推导球体积公式的方法，试计算椭圆T：绕y轴旋转一周后所形成的旋转体(我们称为橄榄球)的体积为________.15．已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点坐标是，则该抛物线的标准方程为___________16．定义点到曲线的距离为该点与曲线上所有点之间距离的最小值，则点到曲线距离为___________.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）在中，角的对边分别为，已知，,且.（1）求角的大小；（2）若，面积为，试判断的形状，并说明理由.18．（12分）如图，已知椭圆的焦点是圆与x轴的交点，椭圆C的长半轴长等于圆O的直径（1）求椭圆C的方程；（2）F为椭圆C的右焦点，A为椭圆C的右顶点，点B在线段FA上，直线BD，BE与椭圆C的一个交点分别是D，E，直线BD与直线BE的倾斜角互补，直线BD与圆O相切，设直线BD的斜率为．当时，求k19．（12分）已知数列满足，（1）设，求证:数列是等比数列;（2）求数列的前项和20．（12分）已知圆（1）若一直线被圆C所截得的弦的中点为，求该直线的方程；（2）设直线与圆C交于A，B两点，把的面积S表示为m的函数，并求S的最大值21．（12分）芯片作为在集成电路上的载体，广泛应用在手机、军工、航天等多个领域，是能够影响一个国家现代工业的重要因素．根据市场调研与统计，某公司七年时间里在芯片技术上的研发投入x（亿元）与收益y（亿元）的数据统计如下：（1）根据折线图的数据,求y关于x的线性回归方程(系数精确到整数部分);（2）为鼓励科技创新,当研发技术投入不少于16亿元时,国家给予公司补贴5亿元,预测当芯片的研发投入为17亿元时公司的实际收益附:其回归方程的斜率和截距的最小二乘法估计分别为,．参考数据,22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，圆O以原点为圆心，且经过点.（1）求圆O的方程；（2）若直线与圆O交于两点A，B，求弦长.

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、A【解析】求出向量，的坐标，利用向量数量积坐标表示即可求解.【详解】因为向量，，所以，，因为，所以，解得：，故选：A.2、C【解析】应用正弦定理有，结合已知条件即可求A，B间的直线距离.【详解】由题设，，在△中，，即，所以米.故选：C3、B【解析】根据题意，记该人每天走的路程里数为，分析可得每天走的路程里数构成以的为公比的等比数列，由求得首项即可【详解】解：根据题意，记该人每天走的路程里数为，则数列是以的为公比的等比数列，又由这个人走了6天后到达目的地，即，则有，解可得：，故选：B.【点睛】本题考查数列的应用，涉及等比数列的通项公式以及前项和公式的运用，注意等比数列的性质的合理运用.4、A【解析】由得，为边的中点得，设，所以，根据向量相等可判断A选项；由得是公比为的等比数列，可判断B选项；代入可判断C选项；当时可判断D选项.【详解】由得，因为为边的中点，所以，所以设，所以，所以，当时，A选项正确；，由得，是公比为的等比数列，所以，所以，所以，不是常数，故B选项错误；所以，由得，故C选项错误；当时，，所以，此时为的中点，与重合，即，，故D错误.故选：A.5、D【解析】由条件确定三棱锥的外接球的球心位置及球的半径，再利用球的表面积公式求外接球的表面积.【详解】由已知，，，可得三棱锥的底面是直角三角形，，由平面可得就是三棱锥外接球的直径，，，即，则，故三棱锥外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为故选：D.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.6、D【解析】根据题意，结合数列递推公式，代入计算即可.【详解】根据题意，由，得.故选：D.7、A【解析】分别过点作准线的垂线，分别交准线于点，,设，推出；根据，进而推导出，结合抛物线定义求出；最后由相似比推导出，即可求出抛物线的方程.【详解】如图分别过点作准线的垂线，分别交准线于点，,设与交于点.设，,，由抛物线定义得：，故在直角三角形中，，，，，，，∥，，，即，，所以抛物线的方程为.故选：A8、A【解析】根据数列的概念，找到其中的规律即可求解.【详解】由数列，，，，，可知，，，，，则，解得，故有序实数对是，故选：9、A【解析】由周期函数得，再由奇函数的性质通过得结论【详解】∵函数是周期为2的周期函数，∴，而，又函数为奇函数，∴．故选A【点睛】本题考查函数的周期性与奇偶性，属于基础题．此类题型，求函数值时，一般先用周期性化自变量到已知区间关于原点对称的区间，然后再由奇函数性质求得函数值10、B【解析】根据给定的不等式构造函数，再探讨函数的性质，借助性质解不等式作答.【详解】依题意，令，因是R上的奇函数，则，即是R上的奇函数，当时，，则有在单调递增，又函数在R上连续，因此，函数在R上单调递增，不等式，于是得，解得，所以原不等式的解集是.故选：B11、C【解析】利用等差数列性质可求得，由可求得结果.【详解】由等差数列性质知：，，解得：；又，.故选：C.12、B【解析】分析：由双曲线性质得到，然后在和在中利用余弦定理可得详解：由题可知在中，在中,故选B.点睛：本题主要考查双曲线的相关知识，考查了双曲线的离心率和余弦定理的应用，属于中档题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】先求出的导函数，然后将代入可得答案.【详解】，所以故答案为：14、【解析】类比球的体积公式的方法，将橄榄球细分为无数个小圆柱体叠加起来【详解】设椭圆的方程为：，则令（根据对称性，我们只需算出轴上半部分的体积）不妨设，按照平均分为等份，则每一等份都是相同高度的圆柱体，第1个圆柱体的体积的半径为：第2个圆柱体的体积的半径为：第个圆柱体的体积的半径为：则第个圆柱体的体积为：化简可得：则有：根据可得：当时，则有：故椭圆绕着轴旋转一周后的体积为：而题意中，则椭圆绕着轴旋转一周后的体积为故答案为：15、【解析】根据焦点坐标即可得到抛物线的标准方程【详解】因为抛物线的顶点为坐标原点，焦点坐标是，所以，解得，抛物线的标准方程为故答案为：16、2【解析】设出曲线上任意一点，利用两点间距离公式表达出，利用基本不等式求出最小值.【详解】当时，显然不成立，故，此时，设曲线任意一点，则，其中，当且仅当，即时等号成立，此时即为最小值.故答案为：2三、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）为等边三角形【解析】（1）由（2b﹣c）cosA﹣acosC＝0及正弦定理，得sinB（2cosA﹣1）＝0，从而得角A；（2）由S△ABC＝bcsinA＝，可得bc＝3，①；再由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA可得b2+c2＝6，②；联立①②可求得b＝c＝，从而可判断△ABC的形状【详解】（1）由（2b﹣c）cosA﹣acosC＝0及正弦定理，得（2sinB﹣sinC）cosA﹣sinAcosC＝0，∴2sinBcosA﹣sin（A+C）＝0，sinB（2cosA﹣1）＝0∵0＜B＜π，∴sinB≠0，∴cosA＝．∵0＜A＜π，∴A＝（2）△ABC为等边三角形，∵S△ABC＝bcsinA＝，即bcsin＝，∴bc＝3，①∵a2＝b2+c2﹣2bccosA，A＝，a＝，∴b2+c2＝6，②由①②得b＝c＝，∴△ABC为等边三角形【点睛】本题考查三角形形状的判断，着重考查正弦定理与余弦定理的应用，考查方程思想与运算求解能力，属于中档题18、（1）；（2）-1【解析】（1）由题设可得，求出参数b，即可写出椭圆C的方程；（2）延长线段DB交椭圆C于点，根据对称性设B，为，，联立椭圆方程，应用韦达定理并结合已知条件可得，直线与圆相切可得，进而求参数t，即可求直线BD的斜率.【小问1详解】因为圆与x轴的交点分别为，，所以椭圆C的焦点分别为，，∴，根据条件得，∴，故椭圆C的方程为【小问2详解】延长线段DB交椭圆C于点，因直线BD与直线BE的倾斜角互补，根据对称性得由条件可设B的坐标为，设D，的纵坐标分别为，，直线的方程为，由于，即，所以由得：∴，∴①，②，由①得：，代入②得，∴∵直线与圆相切，∴，即∴，解得，又，∴，故，即直线BD斜率【点睛】关键点点睛：将已知线段的长度关系转化为D，的纵坐标的数量关系，设直线的含参方程，联立椭圆方程及其与圆的相切求参数关系，进而求参数即可.19、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）将变形为，得到为等比数列，（2）由（1）得到的通项公式，用错位相减法求得【详解】（1）由，，可得，因为则，，可得是首项为，公比为的等比数列，（2）由（1），由，可得，，，上面两式相减可得：，则【点睛】数列求和的方法技巧：(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列和或差数列的求和(4)裂项相消法：用于通项能变成两个式子相减，求和时能前后相消的数列求和.20、（1）（2），最大值为.【解析】（1）利用垂径定理求出斜率，即可求出直线的方程；（2）利用几何法表示出弦长与d的关系，利用基本不等式求出的面积S的最大值【小问1详解】圆化为标准方程为：.则.设所求的直线为m.由圆的几何性质可知：，所以，所以所求的直线为：，即.【小问2详解】设圆心C到直线l