2025屆河南省滎陽高中高二數學第一學期期末統考模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．設等差數列的公差為d，且，則（）A.12 B.4C.6 D.82．已知兩直線與，則與間的距離為（）A. B.C. D.3．定義在R上的偶函數在上單調遞增，且，則滿足的x的取值范圍是（）A. B.C. D.4．已知橢圓的左焦點為，右頂點為，點在橢圓上，且軸，直線交軸于點．若，則橢圓的離心率是A. B.C. D.5．設等差數列的前n項和為．若，則（）A.19 B.21C.23 D.386．已知拋物線過點，點為平面直角坐標系平面內一點，若線段的垂直平分線過拋物線的焦點，則點與原點間的距離的最小值為（）A. B.C. D.7．中國剪紙是一種用剪刀或刻刀在紙上剪刻花紋，用于裝點生活或配合其他民俗活動的民間藝術.如圖所示的圓形剪紙中，正六邊形的所有頂點都在該圓上，若在該圓形剪紙的內部投擲一點，則該點恰好落在正六邊形內部的概率為（）A. B.C. D.8．圓與圓的位置關系為（）A.內切 B.相交C.外切 D.相離9．在平面直角坐標系中，已知橢圓的上、下頂點分別為、，左頂點為，左焦點為，若直線與直線互相垂直，則橢圓的離心率為A. B.C. D.10．已知是數列的前項和，，則數列是（）A.公比為3的等比數列 B.公差為3的等差數列C.公比為的等比數列 D.既非等差數列，也非等比數列11．函數在定義域上是增函數，則實數m的取值范圍為（）A. B.C. D.12．將直線繞著原點逆時針旋轉，得到新直線的斜率是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知數列{}的前n項和為，則該數列的通項公式__________.14．拋物線的準線方程是___________.15．拋物線上的點到其焦點的最短距離為_________.16．已知橢圓的左、右焦點分別為，，為橢圓上一點，垂直于軸，且為等腰三角形，則橢圓的離心率為__________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）“既要金山銀山，又要綠水青山”.濱江風景區在一個直徑為100米的半圓形花園中設計一條觀光線路（如圖所示）.在點與圓弧上的一點（不同于A，B兩點）之間設計為直線段小路，在直線段小路的兩側（注意是兩側）種植綠化帶；再從點到點設計為沿弧的弧形小路，在弧形小路的內側（注意是一側）種植綠化帶（注：小路及綠化帶的寬度忽略不計）.（1）設(弧度)，將綠化帶總長度表示為的函數；（2）試確定的值，使得綠化帶總長度最大.(弧度公式：，其中為弧所對的圓心角)18．（12分）已知橢圓C：的焦距為，點在C上（1）求C的方程；（2）過點的直線與C交于M，N兩點，點R是直線：上任意一點，設直線RM，RQ，RN的斜率分別為，，，若，，成等差數列，求的方程.19．（12分）在等差數列中，，（1）求的通項公式；（2）設，求數列的前項和20．（12分）《九章算術》中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬，將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑．如圖，在陽馬中，側棱底面，且，過棱的中點，作交于點，連接（1）證明：．試判斷四面體是否為鱉臑，若是，寫出其每個面的直角（只需寫出結論）；若不是，說明理由；（2）記陽馬的體積為，四面體的體積為，求的值；（3）若面與面所成二面角的大小為，求的值21．（12分）已知數列{}的首項＝2，(n≥2，)，，.（1）證明：{+1}為等比數列；（2）設數列{}的前n項和，求證：.22．（10分）已知橢圓過點，且離心率，為坐標原點.（1）求橢圓的方程；（2）判斷是否存在直線，使得直線與橢圓相交于兩點，直線與軸相交于點，且滿足，若存在，求出直線的方程；若不存在，請說明理由.

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】利用等差數列的通項公式的基本量計算求出公差.【詳解】，所以.故選：B2、B【解析】把直線的方程化簡，再利用平行線間距離公式直接計算得解.【詳解】直線的方程化為：，顯然，，所以與間的距離為.故選：B3、B【解析】，再根據函數的奇偶性和單調性可得或，解之即可得解.【詳解】解：，由題意可得或即或，解得或故選：B.4、D【解析】由于BF⊥x軸，故，設，由得，選D.考點：橢圓的簡單性質5、A【解析】由已知及等差數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】設等差數列的公差為d，由已知，得，解得，所以.故選：A6、B【解析】將點的坐標代入拋物線的方程，求出的值，可求得拋物線的方程，求出的坐標，分析可知點的軌跡是以點為圓心，半徑為的圓，利用圓的幾何性質可求得點與原點間的距離的最小值.【詳解】將點的坐標代入拋物線的方程得，可得，故拋物線的方程為，易知點，由中垂線的性質可得，則點的軌跡是以點為圓心，半徑為的圓，故點的軌跡方程為，如下圖所示：由圖可知，當點、、三點共線且在線段上時，取最小值，且.故選：B.7、D【解析】設圓的半徑，求出圓的面積與正六邊形的面積，再根據幾何概型的概率公式計算可得；【詳解】解：設圓的半徑，則，則，所以，所以在該圓形剪紙的內部投擲一點，則該點恰好落在正六邊形內部的概率;故選：D8、C【解析】寫出兩圓的圓心和半徑，求出圓心距，發現與兩圓的半徑和相等，所以判斷兩圓外切【詳解】圓的標準方程為：，所以圓心坐標為，半徑；圓的圓心為，半徑，圓心距，所以兩圓相外切故選：C9、C【解析】依題意，直線與直線互相垂直，，，故選10、D【解析】由得，然后利用與的關系即可求出【詳解】因為，所以所以當時，時，所以故數列既非等差數列，也非等比數列故選：D【點睛】要注意由求要分兩步：1.時，2.時.11、A【解析】根據導數與單調性的關系即可求出【詳解】依題可知，在上恒成立，即在上恒成立，所以故選：A12、B【解析】由題意知直線的斜率為，設其傾斜角為，將直線繞著原點逆時針旋轉，得到新直線的斜率為，化簡求值即可得到答案.【詳解】由知斜率為，設其傾斜角為，則，將直線繞著原點逆時針旋轉，則故新直線的斜率是.故選：B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2n+1【解析】由計算，再計算可得結論【詳解】由題意時，，又適合上式，所以故答案為：【點睛】本題考查由求通項公式，解題根據是，但要注意此式不含，14、【解析】先根據拋物線方程求出，進而求出準線方程.【詳解】拋物線為，則，解得：，準線方程為：.故答案為：15、1【解析】設出拋物線上點的坐標，利用兩點間距離公式建立函數關系，借助函數性質計算作答.【詳解】拋物線的焦點，設點為拋物線上任意一點，于是有，當且僅當時取“=”，所以當，即點P為拋物線頂點時，取最小值1.故答案為：116、.【解析】通過垂直于軸,可以求出，由已知為等腰三角形，可以得到，結合關系，可以得到一個關于離心率的一元二次方程，解方程求出離心率.【詳解】∵垂直于，∴可得，又∵為等腰三角形，∴，即，整理得，解得.【點睛】本題考查了求橢圓離心率問題，關鍵是通過已知條件構造出關于離心率的方程.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）.【解析】（1）在直角三角形中，求出，在扇形中利用弧長公式求出弧的長度，則可得函數；（2）利用導數可求得結果.【詳解】（1）如圖，連接在直角三角形中，所以由于則弧的長為（2）由（1）可知，令得，因為所以，當單調遞增，當單調遞減，所以當時，使得綠化帶總長度最大.【點睛】關鍵點點睛：仔細審題，注意題目中的關鍵詞“兩側”和“一側”是解題關鍵.18、（1）（2）【解析】（1）根據橢圓的焦距為，點在C上，由求解；（2）設，，，的斜率不存在時，則的方程為，與橢圓的方程聯立求得M，N的坐標，由，，成等差數列求解；的斜率存在時，設的方程為，與橢圓的方程聯立，然后由，，成等差數列，結合韋達定理求解；【小問1詳解】解：由題意得，解得，，所以C的方程為.【小問2詳解】設，，，當的斜率不存在時，則的方程為，將代入，得.因為，，成等差數列，所以，即，顯然當時，方程恒成立.當的斜率存在時，設的方程為，聯立得，則，.，.因為，，成等差數列，所以，即恒成立.則，解得.綜上所述，的方程為.19、（1）；（2）.【解析】(1)根據等差數列的通項公式求解；(2)運用裂項相消法求數列的和.詳解】（1）∵，∴，即∴（2）由（1）可得，即.利用累加法得【點睛】本題考查等差數列的通項公式和裂項相消法求數列的和.20、（1）證明見解析，是鱉臑，四個面的直角分別為∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB（2）4（3）【解析】（1）由直線與直線，直線與平面的垂直的轉化證明得出PB⊥EF，DE∩FE＝E，所以PB⊥平面DEF，即可判斷DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面體BDEF的四個面都是直角三角形，確定直角即可；（2）PD是陽馬P?ABCD的高，DE是鱉臑D?BCE的高，BC⊥CE，，由此能求出的值（3）根據公理2得出DG是平面DEF與平面ACBD的交線．利用直線與平面的垂直判斷出DG⊥DF，DG⊥DB，根據平面角的定義得出∠BDF是面DEF與面ABCD所成二面角的平面角，轉化到直角三角形求解即可【小問1詳解】因為PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，由底面ABCD為長方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD．而DE?平面PDC，所以BC⊥DE又因為PD＝CD，點E是PC的中點，所以DE⊥PC而PC∩CB＝C，所以DE⊥平面PBC．而PB?平面PBC，所以PB⊥DE又PB⊥EF，DE∩FE＝E，所以PB⊥平面DEF由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面體BDEF的四個面都是直角三角形，即四面體BDEF是一個鱉臑，其四個面的直角分別為∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB；【小問2詳解】由已知，PD是陽馬P?ABCD的高，∴，由（Ⅰ）知，，在Rt△PDC中，∵PD＝CD，點E是PC的中點，∴，∴【小問3詳解】如圖所示，在面BPC內，延長BC與FE交于點G，則DG是平面DEF與平面ABCD的交線由（1）知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG又因為PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG．而PD∩PB＝P，所以DG⊥平面PBD所以DG⊥DF，DG⊥DB故∠BDF是面DEF與面ABCD所成二面角的平面角，設PD＝DC＝1，BC＝λ，有，在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得，則，解得所以故當面DEF與面ABCD所成二面角的大小為時，21、（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】(1)利用已知條件證明為常數即可；(2)求出和通項公式，再求出通項公式，利用裂項相消法可求，判斷的單調性即可求其范圍.【小問1詳解】∵＝2，(n≥2，)，∴當n≥2時，(常數)，∴數列{＋1}是公比為3的等比數列；【小問2詳解】由(1)知，數列{＋1}是以3為首項，以