天津市濱海新區(qū)大港油田一中2025屆高二上數(shù)學(xué)期末學(xué)業(yè)水平測試模擬試題含解析

天津市濱海新區(qū)大港油田一中2025屆高二上數(shù)學(xué)期末學(xué)業(yè)水平測試模擬試題注意事項1．考生要認(rèn)真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．拋物線上的一點到其焦點的距離等于（）A. B.C. D.2．已知直線和直線互相垂直，則等于（）A.2 B.C.0 D.3．已知函數(shù)在上單調(diào)遞減，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B.C. D.4．已知數(shù)列滿足且，則（）A.是等差數(shù)列 B.是等比數(shù)列C.是等比數(shù)列 D.是等比數(shù)列5．閱讀程序框圖，該算法的功能是輸出A.數(shù)列的第4項 B.數(shù)列的第5項C.數(shù)列的前4項的和 D.數(shù)列的前5項的和6．雙曲線：的實軸長為（）A. B.C.4 D.27．拋物線的準(zhǔn)線方程是，則實數(shù)的值為（）A. B.C.8 D.8．點M在圓上，點N在直線上，則|MN|的最小值是（）A. B.C. D.19．焦點坐標(biāo)為的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程是（）A. B.C. D.10．若離散型隨機變量的所有可能取值為1，2，3，…，n，且取每一個值的概率相同，若，則n的值為（）A.4 B.6C.9 D.1011．已知為等腰直角三角形的直角頂點，以為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周得到幾何體，是底面圓上的弦，為等邊三角形，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B.C. D.12．設(shè)等差數(shù)列的前n項和為．若，則（）A.19 B.21C.23 D.38二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在某次海軍演習(xí)中，已知甲驅(qū)逐艦在航母的南偏東15°方向且與航母的距離為12海里，乙護(hù)衛(wèi)艦在甲驅(qū)逐艦的正西方向，若測得乙護(hù)衛(wèi)艦在航母的南偏西45°方向，則甲驅(qū)逐艦與乙護(hù)衛(wèi)艦的距離為___________海里.14．如圖所示，奧林匹克標(biāo)志由五個互扣的環(huán)圈組成，五環(huán)象征五大洲的團結(jié).若從該奧林匹克標(biāo)志的五個環(huán)圈中任取2個，則這2個環(huán)圈恰好相交的概率為___________.15．等比數(shù)列的前n項和，則的通項公式為___________.16．若曲線在點處的切線斜率為，則___________.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，多面體中，平面平面，，四邊形為平行四邊形.（1）證明：；（2）若，求二面角的余弦值.18．（12分）已知數(shù)列滿足且（1）求證：數(shù)列為等差數(shù)列，并求數(shù)列的通項公式；（2）設(shè)，求數(shù)列的前n項和為.19．（12分）設(shè)橢圓的焦距為，原點到經(jīng)過兩點的直線的距離為.（1）求橢圓的離心率；（2）如圖所示，是圓的一條直徑，若橢圓經(jīng)過兩點，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程20．（12分）已知動點到點的距離與點到直線的距離相等.（1）求動點的軌跡方程；（2）若過點且斜率為的直線與動點的軌跡交于、兩點，求三角形AOB的面積.21．（12分）在中，，，為邊上一點，且（1）求；（2）若，求22．（10分）已知拋物線的焦點在直線上（1）求拋物線的方程（2）設(shè)直線經(jīng)過點，且與拋物線有且只有一個公共點，求直線的方程

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】由點的坐標(biāo)求得參數(shù)，再由焦半徑公式得結(jié)論【詳解】由題意，解得，所以，故選：C2、D【解析】利用直線垂直系數(shù)之間的關(guān)系即可得出.【詳解】解：直線和直線互相垂直，則，解得：.故選：D.3、A【解析】由題意，在上恒成立，只需滿足即可求解.【詳解】解：因為，所以，因為函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以在上恒成立，只需滿足，即，解得故選：A.4、D【解析】由，化簡得，結(jié)合等比數(shù)列、等差數(shù)列的定義可求解.【詳解】由，可得，所以，又由，，所以是首項為，公比為2的等比數(shù)列，所以，，，，所以不是等差數(shù)列；不等于常數(shù)，所以不是等比數(shù)列.故選：D.5、B【解析】分析：模擬程序的運行,依次寫出每次循環(huán)，直到滿足條件,退出循環(huán),輸出A的值即可詳解：模擬程序的運行,可得:

A=0,i=1執(zhí)行循環(huán)體,,

不滿足條件,執(zhí)行循環(huán)體,不滿足條件,執(zhí)行循環(huán)體,不滿足條件,執(zhí)行循環(huán)體,不滿足條件,執(zhí)行循環(huán)體,滿足條件,退出循環(huán),輸出A的值為31.觀察規(guī)律可得該算法的功能是輸出數(shù)列{}的第5項.所以B選項是正確的.點睛：模擬程序的運行,依次寫出每次循環(huán)得到的A,i的值,當(dāng)i=6時滿足條件,退出循環(huán),輸出A的值,觀察規(guī)律即可得解.6、A【解析】根據(jù)雙曲線的幾何意義即可得到結(jié)果.【詳解】因為雙曲線的實軸長為2a，而雙曲線中，，所以其實軸長為故選：A7、B【解析】化簡方程為，求得拋物線的準(zhǔn)線方程，列出方程，即可求解.【詳解】由拋物線，可得，所以，所以拋物線的準(zhǔn)線方程為，因為拋物線的準(zhǔn)線方程為，所以，解得.故選：B.8、C【解析】根據(jù)題意可知圓心，又由于線外一點到已知直線的垂線段最短，結(jié)合點到直線的距離公式，即可求出結(jié)果.【詳解】由題意可知，圓心，半徑為，所以圓心到的距離為，所以的最小值為.故選：C.9、D【解析】依次確定選項中各個拋物線的焦點坐標(biāo)即可.【詳解】對于A，的焦點坐標(biāo)為，A錯誤；對于B，的焦點坐標(biāo)為，B錯誤；對于C，焦點坐標(biāo)為，C錯誤；對于D，的焦點坐標(biāo)為，D正確.故選：D.10、D【解析】根據(jù)分布列即可求出【詳解】因為，所以故選：D11、B【解析】設(shè)，過點作的平行線，與平行的半徑交于點，找出異面直線與所成角，然后通過解三角形可得出所求角的余弦值.【詳解】設(shè)，過點作的平行線，與平行的半徑交于點，則，，所以為異面直線與所成的角，在三角形中，，，所以.故選：B.【點睛】本題考查異面直線所成角余弦值的計算，一般通過平移直線的方法找到異面直線所成的角，考查計算能力，屬于中等題.12、A【解析】由已知及等差數(shù)列的通項公式得到公差d，再利用前n項和公式計算即可.【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為d，由已知，得，解得，所以.故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】利用正弦定理求得甲驅(qū)逐艦與乙護(hù)衛(wèi)艦的距離.【詳解】，設(shè)甲乙距離，由正弦定理得.故答案為：14、【解析】利用古典概型求概率.【詳解】從該奧林匹克標(biāo)志的五個環(huán)圈中任取2個，共有10種情況，其中這2個環(huán)圈恰好相交的情況有4種，則所求的概率.故答案為：.15、【解析】利用的關(guān)系，結(jié)合是等比數(shù)列，即可求得結(jié)果.【詳解】因為，故當(dāng)時，，則，又當(dāng)時，，因為是等比數(shù)列，故也滿足，即，故，此時滿足，則.故答案為：.16、【解析】由導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解即可【詳解】，，解得.故答案為：1三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析（2）【解析】（1）先通過平面平面得到，再結(jié)合，可得平面，進(jìn)而可得結(jié)論；（2）取的中點，的中點，連接，，以點為坐標(biāo)原點，分別以，，為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的一個法向量以及平面的一個法向量，求這兩個法向量的夾角即可得結(jié)果.【詳解】解：（1）因為平面平面，交線為，又，所以平面，，又，，則平面，平面，所以，；（2）取的中點，的中點，連接，，則平面，平面；以點坐標(biāo)原點，分別以，，為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，已知，則，，，，，，則，，設(shè)平面的一個法向量，由得令，則，，即；平面的一個法向量為；.所以二面角的余弦值為.【點睛】本題考查線線垂直的證明以及空間向量發(fā)求面面角，考查學(xué)生計算能力以及空間想象能力，是中檔題.18、（1）證明見解析，；（2）.【解析】（1）對遞推公式進(jìn)行變形，結(jié)合等差數(shù)列的定義進(jìn)行求解即可；（2）運用裂項相消法進(jìn)行求解即可.【小問1詳解】因為，且，所以即，所以數(shù)列是公差為2的等差數(shù)列.又，所以即；【小問2詳解】由（1）得，所以.故.19、（1）（2）【解析】（1）根據(jù)題意得，進(jìn)而求解離心率即可；（2）根據(jù)題意得圓心是線段的中點，且，易知斜率存在，設(shè)其直線方程為，再結(jié)合韋達(dá)定理及弦長公式求解即可.【小問1詳解】解：過點的直線方程為，∴原點到直線的距離，由，得，解得離心率.【小問2詳解】解：由（1）知，橢圓的方程為.依題意，圓心是線段的中點，且.易知，不與軸垂直，設(shè)其直線方程，聯(lián)立，得.設(shè)，則，.由，得，解得.所以.于是.由，得，解得.故橢圓的方程為.20、（1）（2）【解析】小問1：由拋物線的定義可求得動點的軌跡方程；小問2：可知直線的方程為，設(shè)點、，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，求出的值，利用拋物線的定義可求得的值，結(jié)合面積公式即可求解小問1詳解】由題意點的軌跡是以為焦點，直線為準(zhǔn)線的拋物線，所以，則，所以動點的軌跡方程是.【小問2詳解】由已知直線的方程是，設(shè)、，由得，，所以，則，故，21、（1）；（2）【解析】（1）在△中，由余弦定理，即可求.（2）在中，由正弦定理，即可求.【詳解】（1）在△中，，，，由余弦定理得：，∴（2）在中，，，，由正弦定