陕西省长安市第一中学2025年数学高二上期末教学质量检测模拟试题含解析

陕西省长安市第一中学2025年数学高二上期末教学质量检测模拟试题注意事项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．设实数x，y满足约束条件则的最小值（）A.5 B.C. D.82．已知等差数列的前项和为，，公差，．若取得最大值，则的值为（）A.6或7 B.7或8C.8或9 D.9或103．为发挥我市“示范性高中”的辐射带动作用，促进教育的均衡发展，共享优质教育资源．现分派我市“示范性高中”的5名教师到，，三所薄弱学校支教，开展送教下乡活动，每所学校至少分派一人，其中教师甲不能到学校，则不同分派方案的种数是（）A.150 B.136C.124 D.1004．若直线：与直线：平行，则a的值是（）A.1 B.C.或6 D.或75．已知正实数x，y满足4x+3y＝4，则的最小值为（）A. B.C. D.6．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.7．如图，在三棱锥中，，，，点在平面内，且，设异面直线与所成角为，则的最大值为（）A. B.C. D.8．有一个圆锥形铅垂，其底面直径为10cm，母线长为15cm．P是铅垂底面圆周上一点，则关于下列命题：①铅垂的侧面积为150cm2；②一只蚂蚁从P点出发沿铅垂侧面爬行一周、最终又回到P点的最短路径的长度为cm．其中正确的判断是（）A.①②都正确 B.①正确、②错误C.①错误、②正确9．在中，角、、的对边分别是、、，若．则的大小为（）A. B.C. D.10．等比数列的前项和为，若，则（）A. B.8C.1或 D.或11．椭圆的焦点为、，上顶点为，若，则（）A B.C. D.12．已知随机变量，且，，则为（）A.0.1358 B.0.2716C.0.1359 D.0.2718二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知抛物线的焦点F在直线上，过点F的直线l与抛物线C相交于A，B两点，O为坐标原点，△的面积是△面积的4倍，则直线l的方程为____________14．直线被圆所截得的弦的长为_____15．已知数列的各项均为正数，其前项和满足，则__________；记表示不超过的最大整数，例如，若，设的前项和为，则__________16．经过两直线l1：x－2y＋4＝0和l2：x＋y－2＝0的交点P，且与直线l3：3x－4y＋5＝0垂直的直线l的方程为________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）已知等比数列的公比，且，是的等差中项.数列的前n项和为，满足，.（1）求和的通项公式；（2）设，求的前2n项和.18．（12分）已知椭圆：的一个顶点为，离心率为，直线与椭圆交于不同的两点M，N（1）求椭圆的标准方程；（2）当的面积为时，求的值19．（12分）如图，在正四棱柱中，是上的点，满足为等边三角形.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.20．（12分）如图，在四棱锥中，底面四边形为角梯形，，，，O为的中点，，.（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面所成夹角的余弦值.21．（12分）如图所示，在正方体中，点，，分别是，，的中点（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的大小22．（10分）在平面直角坐标系内，已知的三个顶点坐标分别为（1）求边的垂直平分线所在的直线的方程；（2）若面积为5，求点的坐标

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、B【解析】做出，满足约束条件的可行域，结合图形可得答案.【详解】做出，满足约束条件可行域如图，化为，平移直线，当直线经过点时有最小值，由得，所以的最小值为.故选：B.2、B【解析】根据题意可知等差数列是，单调递减数列，其中，由此可知，据此即可求出结果.【详解】在等差数列中，所以，所以，即，又等差数列中，公差，所以等差数列是单调递减数列，所以，所以等差数列的前项和为取得最大值，则的值为7或8.故选:B.3、D【解析】对甲所在组的人数分类讨论即得解.【详解】当甲一个人去一个学校时，有种；当甲所在的学校有两个老师时，有种；当甲所在的学校有三个老师时，有种；所以共有28+48+24=100种.故选：D【点睛】方法点睛：排列组合常用方法有：简单问题直接法、小数问题列举法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、至少问题间接法、复杂问题分类法、等概率问题缩倍法.要根据已知条件灵活选择方法求解.4、D【解析】根据直线平行的充要条件即可求出【详解】依题意可知，显然，所以由可得，，解得或7故选：D5、A【解析】将4x+3y＝4变形为含2x+1和3y+2的等式，即2(2x+1)+(3y+2)＝8，再由换元法、基本不等式换“1”的代换求解即可【详解】由正实数x，y满足4x+3y＝4，可得2(2x+1)+(3y+2)＝8，令a＝2x+1，b＝3y+2，可得2a+b＝8，∴，即，当且仅当时取等号，∴的最小值为.故选：A6、A【解析】由题意，在上恒成立，只需满足即可求解.【详解】解：因为，所以，因为函数在上单调递减，所以在上恒成立，只需满足，即，解得故选：A.7、D【解析】设线段的中点为，连接，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，然后以点为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，且，求出的最大值，利用空间向量法可求得的最大值.【详解】设线段的中点为，连接，，为的中点，则，，则，，同理可得，，，平面，过点在平面内作，垂足为点，因为，所以，为等边三角形，故为的中点，平面，平面，则，，，平面，以点为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，因为是边长为的等边三角形，为的中点，则，则、、、，由于点在平面内，可设，其中，且，从而，因为，则，所以，，故当时，有最大值，即，故，即有最大值，所以，.故选：D.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.8、C【解析】根据圆锥的侧面展开图为扇形，由扇形的面积公式计算即可判断①，在展开图中可知沿着爬行即为最短路径，计算即可判断②.【详解】直径为10cm，母线长为15cm.底面圆周长为.将其侧面展开后得到扇形半径为cm，弧长为，则扇形面积为，①错误.将其侧面展开，则爬行最短距离为，由弧长公式得展开后扇形弧度数为,作，，又,,cm,②正确.故选：C9、B【解析】利用余弦定理结合角的范围可求得角的值，再利用三角形的内角和定理可求得的值.【详解】因为，则，则，由余弦定理可得，因为，则，故.故选：B.10、C【解析】根据等比数列的前项和公式及等比数列通项公式即可求解.【详解】设等比数列的公比为，则因为，所以，即，解得或，所以或.故选：C.11、C【解析】分析出为等边三角形，可得出，进而可得出关于的等式，即可解得的值.【详解】在椭圆中，，，，如下图所示：因为椭圆的上顶点为点，焦点为、，所以，，为等边三角形，则，即，因此，.故选：C.12、C【解析】根据正态分布的对称性可求概率.【详解】由题设可得，，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A，B分别为，由焦点在已知直线上求F坐标及抛物线方程，再根据题设三角形的面积关系可得，并设直线l为，联立抛物线应用韦达定理求参数m，即可知直线l的方程.【详解】设点A，B的坐标分别为，直线，令可得，故焦点F的坐标为，所以，由，，而△的面积是△面积的4倍，所以，即，设直线l为，联立方程，消去x后整理为，所以，代入，有，可得，则直线l的方程为故答案为：.【点睛】关键点点睛：根据抛物线焦点位置及其所在直线求抛物线方程，由面积关系得到交点纵坐标的数量关系，注意交点在x轴两侧，再设直线联立抛物线求参数即可.14、【解析】圆转化为标准式方程，圆心到直线的距离为，圆的半径为，因此所求弦长为考点：1．圆的方程；2．直线被圆截得的弦长的求法；15、①.；②.60.【解析】先根据并结合等差数列的定义求出；然后讨论n的取值范围，讨论出分别取1,2,3,4,5的情况，进而求出.【详解】由题意，，n=1时，，满足，时，，于是，，因为，所以.所以，是1为首项，2为公差的等差数列，所以.若，即时，，若，则时，，若，则时，，若，则时，，若，则或22时，，于是，.故答案为：2n-1；60.16、4x＋3y－6＝0【解析】直接求出两直线l1：x﹣2y+4=0和l2：x+y﹣2=0的交点P的坐标，求出直线的斜率，然后求出所求直线方程【详解】由方程组可得P（0，2）∵l⊥l3，∴kl=﹣，∴直线l的方程为y﹣2=﹣x，即4x＋3y－6＝0故答案为：4x＋3y－6＝0三、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）等差数列和等比数列的基本量的计算，根据条件列出方程，并解方程即可；（2）数列根据的奇偶分段表示，奇数项通过乘公比错位相减法克求得前项和，偶数项则是通过裂项求和.【小问1详解】由得，.又，，所以，即，解得或（舍去）.所以（），当时，，当时，，经检验，时，适合上式，故（）.综上可得：，【小问2详解】由（1）可知，当n为奇数时，，当n为偶数时，，由题意，有①②①-②得：，则有：..故.18、（1）（2）【解析】（1）由椭圆的一个顶点为，得到，再由椭圆的离心率为，求得，进而求得椭圆的标准方程；（2）由椭圆的对称性得到，联立方程组求得，根据的面积为，列出方程，即可求解.【小问1详解】解：由题意，椭圆的一个顶点为，可得，又由椭圆的离心率为，可得，所以，则，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】解：设，且根据椭圆的对称性得，联立方程组，整理得，解得，因为的面积为，可得，解得.19、（1）证明见解析（2）【解析】(1)根据题意证明，，然后根据线面垂直的判定定理证明问题；(2)以，，为轴的正方向建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，求法向量的夹角，根据二面角的余弦值与法向量的夹角的余弦的关系确定二面角的余弦值.【小问1详解】由题意，，等边三角形，，∵平面ABCD，∴，则，即为中点.连接，∵平面，平面，∴，易得，则，又，于是，即，同理，即，又，平面平面.【小问2详解】由题意直线平面，四边形为正方形，故以，，为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，.设面的法向量为，同理可得面的法向量，∴二面角的余弦值为20、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）连接，可通过证明，得平面；（2）以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，通过向量的夹角公式可得答案.【小问1详解】如图，连接，在中，由可得.因为，，所以，，因为，，，所以，所以.又因为，平面，，所以平面.【小问2详解】由（1）可知，，，两两垂直，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.由，有，则，设平面的法向量为，由，，有，取，则，，可得平面的一个法向量为.设平面的法向量为，由，，有，取，则，，可得平面的一个法向量为.由，，，可得平面与平面所成夹角的余弦值为.21、（1）证明见解析（2）【解析】（1）连接，可得，从而可证四边形是平行四边形，从而证明结论.（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角.【小问1详解】如图，连接在正方体中，且因为，分别是，的中点，所以且又因为是的中点，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以【小问2详解】以为坐标原点，分别以，，所在