四川省成都市高新区2025年数学高二第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析

四川省成都市高新区2025年数学高二第一学期期末学业质量监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．瑞士数学家欧拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上．后人称这条直线为欧拉线．已知△ABC的顶点，其欧拉线方程为，则顶点C的坐标是（）A.（） B.（）C.（） D.（）2．设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（）A. B.C. D.3．如图，、分别是椭圆的左顶点和上顶点，从椭圆上一点向轴作垂线，垂足为右焦点，且，点到右准线的距离为，则椭圆方程为（）A. B.C. D.4．焦点坐标为的抛物线的标准方程是（）A. B.C. D.5．命题“存在，使得”的否定为（）A.存在， B.对任意，C.对任意， D.对任意，6．在数列中，，则（）A.2 B.C. D.7．直线与曲线相切于点,则()A. B.C. D.8．已知数列的前n项和为，，，则=（）A. B.C. D.9．已知函数，若对任意两个不等的正数，，都有恒成立，则a的取值范围为（）A. B.C. D.10．已知双曲线的一条渐近线方程是，它的一个焦点在抛物线的准线上，则双曲线的方程为()A. B.C. D.11．已知命题：，，命题：，，则（）A.是假命题 B.是真命题C.是真命题 D.是假命题12．数列，，，，…的一个通项公式为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．曲线在点处的切线方程为_____________________.14．已知抛物线上一点到其焦点的距离为10.抛物线的方程为_____________；准线方程为_______15．已知抛物线的焦点为，点在上，且，则______16．达•芬奇认为：和音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达•芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.若图3中每个正方体的边长为1，则点到直线的距离是__________.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）已知数列的前n项和（1）证明是等比数列，并求的通项公式；（2）在和之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前n项和18．（12分）如图，已知椭圆的短轴端点为、，且，椭圆C的离心率，点，过点P的动直线l椭圆C交于不同的两点M、N与，均不重合），连接，，交于点T（1）求椭圆C的方程；（2）求证：当直线l绕点P旋转时，点T总在一条定直线上运动；（3）是否存在直线l，使得？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由19．（12分）如图，在四棱雉中，平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中，，，，E为棱BC上的点，且（1）求证：平面PAC；（2）求二面角A-PC-D的正弦值20．（12分）已知圆心C的坐标为，且是圆C上一点（1）求圆C的标准方程；（2）过点的直线l被圆C所截得的弦长为，求直线l的方程21．（12分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，.（1）证明：平面平面；（2）若，为棱的中点，，，求二面角的余弦值22．（10分）已知椭圆过点，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线，与直线和椭圆分别交于两点，（与不重合）.判断以为直径的圆是否过定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，说明理由.

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】根据题意，求得的外心，再根据外心的性质，以及重心的坐标，联立方程组，即可求得结果.【详解】因为，故的斜率，又的中点坐标为，故的垂直平分线的方程为，即，故△的外心坐标即为与的交点，即，不妨设点，则，即；又△的重心的坐标为，其满足，即，也即，将其代入，可得，，解得或，对应或，即或，因为与点重合，故舍去.故点的坐标为.故选：A.2、C【解析】设，由，根据两点间的距离公式表示出，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可【详解】设，由，因为，，所以，因为，当，即时，，即，符合题意，由可得，即；当，即时，，即，化简得，，显然该不等式不成立故选：C【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值3、A【解析】设椭圆方程为，设该椭圆的焦距为，则，求出点的坐标，根据可得出，可得出，，结合已知条件求得的值，可得出、的值，即可得出椭圆的方程.【详解】设椭圆方程为，设该椭圆的焦距为，则，由图可知，点第一象限，将代入椭圆方程得，得，所以，点，易知点、，，，因为，则，得，可得，则，点到右准线的距离为为，则，，因此，椭圆的方程为.故选：A.4、D【解析】依次确定选项中各个抛物线的焦点坐标即可.【详解】对于A，的焦点坐标为，A错误；对于B，的焦点坐标为，B错误；对于C，焦点坐标为，C错误；对于D，的焦点坐标为，D正确.故选：D.5、D【解析】根据特称命题否定的方法求解，改变量词，否定结论.【详解】由题意可知命题“存在，使得”的否定为“对任意，”.故选：D.6、D【解析】根据递推关系，代入数据，逐步计算，即可得答案.【详解】由题意得，令，可得，令，可得，令，可得，令，可得.故选：D7、A【解析】直线与曲线相切于点,可得求得的导数,可得,即可求得答案.【详解】直线与曲线相切于点将代入可得:解得:由,解得:.可得,根据在上,解得:故故选:A.【点睛】本题考查了根据切点求参数问题,解题关键是掌握函数切线的定义和导数的求法,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.8、D【解析】利用公式计算得到，得到答案【详解】由已知得，即，而，所以故选：D9、A【解析】将已知条件转化为时恒成立，利用参数分离的方法求出a的取值范围【详解】对任意都有恒成立，则时，，当时恒成立，

，当时恒成立，，故选：A10、A【解析】根据双曲线渐近线方程得a和b的关系，根据焦点在抛物线准线上得c的值，结合a、b、c关系即可求解.【详解】∵双曲线的一条渐近线方程是，∴，∵准线方程是，∴，∵，∴，，∴双曲线标准方程为：.故选：A.11、C【解析】先分别判断命题、的真假，再利用逻辑联结词“或”与“且”判断命题的真假.【详解】由题意，，所以，成立，即命题为真命题，，所以不存在，使得，即命题为假命题，所以是假命题，为真命题，所以是真命题，是假命题，是假命题，是真命题.故选：C12、B【解析】根据给定数列，结合选项提供通项公式，将n代入验证法判断是否为通项公式.【详解】A：时，排除；B：数列，，，，…满足.C：时，排除；D：时，排除；故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】首先判定点在曲线上，然后利用导数的几何意义求得答案.【详解】由题意可知点在曲线上，而，故曲线在点处的切线斜率为，所以切线方程：，即，故答案为：14、①.②.【解析】由题意得：抛物线焦点为F（0，），准线方程为y=﹣．因为点到其焦点的距离为10，所以根据抛物线的定义得到方程，得到该抛物线的准线方程【详解】∵抛物线方程∴抛物线焦点为F（0，），准线方程为y=﹣，又∵点到其焦点的距离为10，∴根据抛物线的定义，得9+=10，∴p=2，抛物线∴准线方程为故答案为:,.15、【解析】由抛物线的焦半径公式可求得的值.【详解】抛物线的准线方程为，由抛物线的焦半径公式可得，解得.故答案为：.16、【解析】根据题意，求得△的三条边长，在三角形中求边边上的高线即可.【详解】根据题意，延长交于点，连接，如下所示：在△中，容易知：；同理，，满足，设点到直线的距离为，由等面积法可知：，解得，即点到直线的距离是.故答案为：.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、（1）证明见解析，（2）【解析】（1）利用及已知即可得到证明，从而求得通项公式；（2）先求出通项，再利用错位相减法求和即可.【小问1详解】因，当时，，所以，当时，，又，解得，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，故【小问2详解】因为，所以，，，，所以，所以18、（1）（2）证明见解析；（3）不存在直线l，使得成立，理由见解析.【解析】（1）根据题意，列出方程组，求得，即可求得椭圆的方程；（2）设直线的方程为，联立方程组求得，设，根据和在同一条直线上，列出方程求得的值，即可求解；（3）设直线的为，把转化为，联立方程组求得，代入列方程，求得，即可得到结论.【小问1详解】解：由题意可得，解得，所以所求椭圆的方程为.【小问2详解】解：由题意，因为直线过点，可设直线的方程为，，联立方程组，整理得，可得，因为直线与椭圆有两个交点，所以，解得，设，因为在同一条直线上，则，①又由在同一条直线上，则，②由①+②3所以，整理得，解得，所以点在直线，即当直线l绕点P旋转时，点T总在一条定直线上运动.【小问3详解】解：由（2）知，点在直线上运动，即，设直线的方程为，且，又由且，可得，即，联立方程组，整理得，可得，代入可得，解得，即，此时直线的斜率不存在，不合题意，所以不存在直线l，使得成立.19、（1）证明见解析（2）【解析】建立空间直角坐标系，计算出相关点的坐标，进而计算出相关向量的坐标；（1）计算向量的数量积，，根据数量积结果为零，证明线线垂直，进而证明线面垂直2；（2）求出平面PCD的法向量和平面PAC的法向量，根据向量的夹角公式即可求解.【小问1详解】证明：因为平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，所以，，又因为，则以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在的直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，则，，所以，，又，平面PAC，平面PAC，∴平面PAC；【小问2详解】解：由（1）可知平面PAC，可作为平面PAC的法向量，设平面PCD的法向量，因为，所以，即，不妨设，得，又由图示知二面角为锐角，所以二面角的正弦值为20、（1）（2）或【解析】（1）计算圆的半径，写出圆的标准方程即可；（2）先验证斜率不存在时，是否满足题意，再分析斜率存在时，利用点到直线距离求出斜率即可得解.【小问1详解】由题意得：所以，圆C的标准方程为【小问2详解】当直线l斜率不存在时，直线l的方程为，此时所截得的线段的长为，符合题意当直线l的斜率存在时，设l的方程为，即，圆心到直线l的距离，由题意，得，解得，∴直线l的方程为，即综上，直线l的方程为或21、（1）见解析；（2）【解析】分析：（1）由四边形为矩形，可得，再由已知结合面面垂直的性质可得平面，进一步得到，再由，利用线面垂直的判定定理可得面，即可证得平面；（2）取的中点，连接，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由题得，解得.进而求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解二面角的余弦值.详解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴CD⊥BC.∵平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，CD平面ABCD，∴CD⊥平面PBC，∴CD⊥PB.∵PB⊥PD，CD∩PD=D，CD、PD平面PCD，∴PB⊥平面PCD.∵PB平面PAB，∴平面PAB⊥平面PCD.（2）设BC中点为,连接，，又面面，且面面，所以面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）知PB⊥平面PCD，故PB⊥，设，可得所以由题得，解得.所以设是平面的法向量，则，即，可取.设是平面的法向量，则，即，可取.则，所以二面角的余弦值为.点睛：本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.22、（1）（2）过定