河南省六市2025屆高二數學第一學期期末調研模擬試題注意事項1．考生要認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．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．在平面直角坐標系中，橢圓的左、右焦點分別為，，過且垂直于軸的直線與交于，兩點，與軸交于點，，則的離心率為（）A. B.C. D.2．下列命題中的假命題是（）A.，B.存在四邊相等的四邊形不是正方形C.“存在實數，使”的否定是“不存在實數，使”D.若且，則，至少有一個大于3．已知雙曲線的離心率為，則的漸近線方程為A. B.C. D.4．函數在上單調遞增，則k的取值范圍是（）A B.C. D.5．若，則（）A.22 B.19C.－20 D.－196．已知△ABC的頂點B、C在橢圓＋y2＝1上，頂點A是橢圓的一個焦點，且橢圓的另外一個焦點在BC邊上，則△ABC的周長是（）A.2 B.6C.4 D.127．設，，則與的等比中項為（）A. B.C. D.8．等比數列{}中，已知=8，+=4，則的值為（）A.1 B.2C.3 D.59．《周髀算經》中有這樣一個問題：從冬至起，接下來依次是小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種共十二個節氣，其日影長依次成等差數列，其中大寒、驚蟄、谷雨三個節氣的日影長之和為25.5尺，且前九個節氣日影長之和為85.5尺，則立春的日影長為（）A.9.5尺 B.10.5尺C.11.5尺 D.12.5尺10．橢圓的離心率為（）A. B.C. D.11．某家庭準備晚上在餐館吃飯，他們查看了兩個網站關于四家餐館的好評率，如下表所示，考慮每家餐館的總好評率，他們應選擇（）網站①評價人數網站①好評率網站②評價人數網站②好評率餐館甲100095%100085%餐館乙1000100%200080%餐館丙100090%100090%餐館丁200095%100085%A.餐館甲 B.餐館乙C.餐館丙 D.餐館丁12．已知圓：，點，則點到圓上點的最小距離為（）A.1 B.2C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若橢圓的長軸是短軸的2倍，且經過點，則橢圓的離心率為________.14．已知過點作拋物線的兩條切線,切點分別為A、B,直線經過拋物線C的焦點F,則___________15．已知正方體,點在底面內運動,且始終保持平面,設直線與底面所成的角為,則的最大值為______.16．某校周五的課程表設計中，要求安排8節課（上午4節、下午4節），分別安排語文、數學、英語、物理、化學、生物、政治、歷史各一節，其中生物只能安排在第一節或最后一節，數學和英語在安排時必須相鄰（注：上午的最后一節與下午的第一節不記作相鄰），則周五的課程順序的編排方法共有______三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知兩定點，，動點與兩定點的斜率之積為（1）求動點M的軌跡方程；（2）設（1）中所求曲線為C，若斜率為的直線l過點，且與C交于P，Q兩點．問：在x軸上是否存在一點T，使得對任意且，都有（其中，分別表示，的面積）．若存在，請求出點T的坐標；若不存在，請說明理由18．（12分）如圖是一拋物線型機械模具的示意圖，該模具是拋物線的一部分且以拋物線的軸為對稱軸，已知頂點深度4cm，口徑長為12cm（1）以頂點為坐標原點建立平面直角坐標系（如圖），求該拋物線的標準方程；（2）為滿足生產的要求，需將磨具的頂點深度減少1cm，求此時該磨具的口徑長19．（12分）已知，命題p：對任意，不等式恒成立；命題q：存在，使得不等式成立；（1）若p為真命題，求a的取值范圍；（2）若為真命題，求a的取值范圍20．（12分）如圖，在四棱錐中，底面，底面是邊長為2的正方形，，F，G分別是，的中點（1）求證：平面；（2）求平面與平面的夾角的大小21．（12分）已知函數（1）若函數的圖象在點處的切線與平行，求b的值；（2）在（1）的條件下證明：22．（10分）如圖，在長方體中，，，，M為上一點，且（1）求點到平面的距離；（2）求二面角的余弦值

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、B【解析】由題意結合幾何性質可得為等腰三角形，且，所以，求出的長，結合橢圓的定義可得答案.【詳解】如圖，由題意軸，軸，則又為的中點，則為的中點，又，則為等腰三角形，且，所以將代入橢圓方程得，，即所以，則由橢圓的定義可得，即則橢圓的離心率故選：B2、C【解析】利用簡易邏輯的知識逐一判斷即可.【詳解】，故A正確；菱形的四邊相等，但不一定是正方形，故B正確；“存在實數，使”的否定是“對任意的實數都有”，故C錯誤；假設且，則，與矛盾，故D正確；故選：C3、C【解析】，故，即，故漸近線方程為.【考點】本題考查雙曲線的基本性質，考查學生的化歸與轉化能力.4、A【解析】對函數求導，由于函數在給定區間上單調遞增，故恒成立.【詳解】由題意可得，，，，.故選：A5、C【解析】將所求進行變形可得，根據二項式定理展開式，即可求得答案.【詳解】由題意得所以.故選：C6、C【解析】根據題設條件求出橢圓的長半軸，再借助橢圓定義即可作答.【詳解】由橢圓＋y2＝1知，該橢圓的長半軸，A是橢圓一個焦點，設另一焦點為，而點在BC邊上，點B，C又在橢圓上，由橢圓定義得，所以的周長故選：C7、C【解析】利用等比中項的定義可求得結果.【詳解】由題意可知，與的等比中項為.故選：C.8、C【解析】由等比數列性質求出公比，將原式化簡后計算【詳解】設等比數列{}的公比為，則＝，＝，所以＝=.又＋＝＋＝（＋）＝8×＝2，＋＝＋＝（＋）＝8×＝1，所以＋＋＋＝2＋1＝3.故選：C9、B【解析】設影長依次成等差數列，公差為，根據題意結合等差數列的通項公式及前項和公式求出首項和公差，即可得出答案.【詳解】解：設影長依次成等差數列，公差為，則，前9項之和，即，解得，所以立春的日影長為.故選：B.10、A【解析】由橢圓標準方程求得，再計算出后可得離心率【詳解】在橢圓中，，，，因此，該橢圓的離心率為.故選：A.【點睛】本題考查求橢圓的離心率，根據橢圓標準方程求出即可11、D【解析】根據給定條件求出各餐館總好評率，再比較大小作答.【詳解】餐館甲的總好評率為：，餐館乙的總好評率為：，餐館丙的好評率為：，餐館丁的好評率為：，顯然，所以餐館丁的總好評率最高.故選：D12、C【解析】寫出圓的圓心和半徑，求出距離的最小值，再結合圓外一點到圓上點的距離最小值的方法即可求解.【詳解】由圓：，得圓，半徑為，所以，所以點到圓上點的最小距離為.故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】分類討論焦點在軸與焦點在軸兩種情況.【詳解】因為橢圓經過點，當焦點在軸時，可知，，所以，所以，當焦點在軸時，同理可得.故答案為：14、64【解析】用字母進行一般化研究,先求出切點弦方程,再聯立化簡,最后代入數據計算【詳解】設,點處的切線方程為聯立,得由,得即,解得所以點處的切線方程為,整理得同理,點處的切線方程為設為兩切線的交點,則所以在直線上即直線AB的方程為又直線AB經過焦點所以,即聯立得所以所以本題中所以故答案為:64【點睛】結論點睛:過點作拋物線的兩條切線,切點弦的方程為15、【解析】畫出立體圖形,因為面面,在底面內運動,且始終保持平面,可得點在線段上運動,因為面面,直線與底面所成的角和直線與底面所成的角相等,即可求得答案.【詳解】連接和,面面在底面內運動,且始終保持平面可得點在線段上運動,面面,直線與底面所成的角和直線與底面所成的角相等面直線與底面所成的角為:有圖像可知:長是定值,當最短時,,即最大,即角最大設正方體的邊長為,故故答案為:【點睛】本題考查了求線面角的最大值,解題是掌握線面角的定義和處理動點問題時,應畫出圖形,尋找幾何關系,考查了分析能力和計算能力,屬于難題.16、2400種【解析】分三步，第一步：根據題意從第一個位置和最后一個位置選一個位置安排生物，第二步：將數學和英語捆綁排列，第三步：將剩下的5節課全排列，最后利用分步乘法計數原理求解.【詳解】分步排列，第一步：因為由題意知生物只能出現在第一節或最后一節，所以從第一個位置和最后一個位置選一個位置安排生物，有（種）編排方法；第二步：因為數學和英語在安排時必須相鄰，注意數學和英語之間還有一個排列，所以有（種）編排方法；第三步：剩下的5節課安排5科課程，有（種）編排方法根據分步乘法計數原理知共有（種）編排方法故答案為：2400種三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）存在；【解析】（1）設出點的坐標，根據，即可直接求出動點M的軌跡方程；（2）根據題意寫出直線的方程，把直線的方程與曲線的方程聯立，消元，寫韋達；根據條件，同時結合三角形的面積公式可得出；從而結合韋達定理可求出點T的坐標.【小問1詳解】設，由，得，即，所以動點M的軌跡方程為.【小問2詳解】設PT與RT夾角為，QT與RT夾角為，因為，所以，即，所以，設，，，直線l的方程為，因為，所以，即，所以，即①，由，得，所以，代入①式，得，解得，所以存在點，使得對任意且，都有.18、（1）（2）cm【解析】（1）設拋物線的標準方程為，由題意可得拋物線過點，將此點代入方程中可求出的值，從而可得拋物線方程，（2）設此時的口徑長為，則拋物線過點，代入拋物線方程可求出的值，從而可求得答案【小問1詳解】由題意，建立如圖所示的平面直角坐標系，設拋物線的標準方程為，因為頂點深度4，口徑長為12，所以該拋物線過點，所以，得，所以拋物線方程為；【小問2詳解】若將磨具的頂點深度減少，設此時的口徑長為，則可得，得，所以此時該磨具的口徑長19、（1）（2）【解析】（1）利用判別式可求的取值范圍，注意就是否為零分類討論；（2）根據題設可得真或真，后者可用參變分離求出的取值范圍，結合（1）可求的取值范圍.【小問1詳解】當p為真命題時，當時，不等式顯然成立；當時，解得，故a取值范圍為.【小問2詳解】當q為真命題時，問題等價于存在，使得不等式成立，即，∵，當且僅當x=1時等號成立，∴因為為真命題，所以真或真，故a的取值范圍是20、（1）證明見解析（2）【解析】(1)取中點連接，連接，證得四邊形為平行四邊形，，再證面，即可得到證明結果；（2）建立空間坐標系，求面和面的法向量，即可得到兩個面的二面角的余弦值，進而得到二面角大小.【小問1詳解】如上圖，取中點連接，連接，均為線段中點，且，又G是的中點，且且四邊形為平行四邊形為等腰直角三角形，為斜邊中點，面，面面又面.【小問2詳解】建立如圖坐標系，設面的法向量為設面的法向量為兩個法向量的夾角余弦值為：，由圖知兩個面的二面角為鈍角，故夾角為.21、（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）由題意可得，從而可求出，（2）先構造函數，利用導數可求得對任意恒成立，對任意恒成立，從而將問題轉化為只需證對任意恒成立，再次構造函數，利用導數求出其最大值小于等于即可【詳解】（1）解：∵函數的圖象在點處的切線與平行，∴，解得；證明：（2）由（1）得即對任意恒成立，令，則，∵當時，，∴函數在上單調遞增，∵，∴對任意恒成立，即對任意恒成立，∴只需證對任意恒成立即可，即只需證對任意恒成立，令，則，由單調遞減，且知，函數在上單調遞增，在上單調遞減，∴，∴得證，故不等式對任意恒成立22、（1）（