安徽省蕪湖市中小學校2025屆高二上數學期末檢測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．若雙曲線的離心率為3，則的最小值為（）A. B.1C. D.22．某市物價部門對5家商場的某商品一天的銷售量及其售價進行調查，5家商場的售價（元）和銷售量（件）之間的一組數據如表所示.按公式計算，與的回歸直線方程是，則下列說法錯誤的是（）售價99.51010.511銷售量1110865A.B.售價變量每增加1個單位時，銷售變量大約減少3.2個單位C.當時，的估計值為12.8D.銷售量與售價成正相關3．若，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.4．執行如圖所示的程序框圖，若輸入t的取值范圍為，則輸出s的取值范圍為（）A. B.C. D.5．在空間直角坐標系中，點關于平面的對稱點的坐標是（）A. B.C. D.6．已知是上的單調增函數，則的取值范圍是A.﹣1b2 B.﹣1b2C.b﹣2或b2 D.b﹣1或b27．已知直線與平行，則a的值為（）A.1 B.﹣2C. D.1或﹣28．橢圓（）的右頂點是拋物線的焦點，且短軸長為2，則該橢圓方程為（）A. B.C. D.9．已知矩形，，，沿對角線將折起，若二面角的余弦值為，則與之間距離為（）A. B.C. D.10．已知點B是A（3，4，5）在坐標平面xOy內的射影，則||＝（）A. B.C.5 D.511．新型冠狀病毒（2019-NCoV）因2019年武漢病毒性肺炎病例而被發現，2020年1月12日被世界衛生組織命名，為考察某種藥物預防該疾病的效果，進行動物試驗，得到如下列聯表：患病未患病總計服用藥104555未服藥203050總計3075105下列說法正確的是（）參考數據：，0.050.013.8416.635A.有95%的把握認為藥物有效B.有95%的把握認為藥物無效C.在犯錯誤的概率不超過0.05的前提下認為藥物無效D.在犯錯誤的概率不超過0.01的前提下認為藥物有效12．已知拋物線的焦點為，準線為，是上一點，是直線與拋物線的一個交點，若，則（）A. B.3C. D.2二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知雙曲線的漸近線方程為，，分別為C的左，右焦點，若動點P在C的右支上，則的最小值是______14．正方體的棱長為2，點為底面正方形的中心，點在側面正方形的邊界及其內部運動，若，則點的軌跡的長度為______15．如果點在運動過程中，總滿足關系式，記滿足此條件的點M的軌跡為C，直線與C交于D，E，已知，則周長的最大值為______16．設是數列的前項和，且，，則__________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）如圖，在四棱錐中，平面，底面為菱形，且，，分別為，的中點（Ⅰ）證明：平面；（Ⅱ）點在棱上，且，證明：平面18．（12分）如圖，直四棱柱的底面是菱形，，，直線與平面ABCD所成角的正弦值為.E，F分別為、的中點.（1）求證：平面BED；（2）求直線與平面FAC所成角的正弦值.19．（12分）已知橢圓：的離心率為，，分別為橢圓的左，右焦點，為橢圓上一點，的周長為.（1）求橢圓的方程；（2）為圓上任意一點，過作橢圓的兩條切線，切點分別為A，B，判斷是否為定值?若是，求出定值：若不是，說明理由，20．（12分）在數列中，，，且對任意的，都有.（1）數列的通項公式；（2）設數列，求數列的前項和.21．（12分）已知橢圓，直線.（1）若直線與橢圓相切，求實數的值；（2）若直線與橢圓相交于A、兩點，為線段的中點，為坐標原點，且，求實數的值.22．（10分）已知拋物線：，直線過定點.（1）若與僅有一個公共點，求直線的方程；（2）若與交于A，B兩點，直線OA，OB（其中О為坐標原點）的斜率分別為，，試探究在，，，中，運算結果是否有為定值的？并說明理由.

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、D【解析】由雙曲線的離心率為3和，求得，化簡，結合基本不等式，即可求解.【詳解】由題意，雙曲線的離心率為3，即，即，又由，可得，所以，當且僅當，即時，“”成立.故選：D【點睛】使用基本不等式解答問題的策略：1、利用基本不等式求最值時，要注意三點：一是各項為正；二是尋求定值；三是考慮等號成立的條件；2、若多次使用基本不等式時，容易忽視等號的條件的一致性，導致錯解；3、巧用“拆”“拼”“湊”：在使用基本不等式時，要特別注意“拆”“拼”“湊”等技巧，使其滿足基本不等式中的“正、定、等”的條件.2、D【解析】首先求出、，再根據回歸直線方程必過樣本中心點，即可求出，再根據回歸直線方程的性質一一判斷即可；【詳解】解：因為，，與回歸直線方程，恒過定點，，解得，故A正確，所以回歸直線方程為，即售價變量每增加1個單位時，銷售變量大約減少3.2個單位，故B正確；當時，即當時，的估計值為12.8，故C正確；因為回歸直線方程為，所以銷售量與售價成負相關，故D錯誤；故選：D3、B【解析】由題意可知且，構造函數，可得出，由函數的單調性可得出，利用導數求出函數的最小值，可得出關于的不等式，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】因為，則且，由已知可得，構造函數，其中，，所以，函數為上的增函數，由已知，所以，，可得，構造函數，其中，則.當時，，此時函數單調遞減，當時，，此時函數單調遞增，則，所以，，解得.故選：B.4、A【解析】由程序圖可得，，再分段求解函數的值域，即可求解【詳解】由程序圖可得，當時，，，當時，，，綜上所述，的取值范圍為，故選：A5、C【解析】根據空間里面點關于面對稱的性質即可求解.【詳解】在空間直角坐標系中，點關于平面的對稱點的坐標是.故選：C.6、A【解析】利用三次函數的單調性，通過其導數進行研究，求出導數，利用其導數恒大于0即可解決問題【詳解】∵∴∵函數是上的單調增函數∴在上恒成立∴，即.∴故選A.【點睛】可導函數在某一區間上是單調函數，實際上就是在該區間上（或）（在該區間的任意子區間都不恒等于0）恒成立，然后分離參數，轉化為求函數的最值問題，從而獲得參數的取值范圍，本題是根據相應的二次方程的判別式來進行求解.7、A【解析】根據題意可得，解之即可得解.【詳解】解：因為直線與平行，所以，解得.故選：A.8、A【解析】求得拋物線的焦點從而求得，再結合題意求得，即可寫出橢圓方程.【詳解】因為拋物線的焦點坐標為，故可得；又短軸長為2，故可得，即；故橢圓方程為：.故選：.9、C【解析】過點在平面內作，過點在平面內作，以、為鄰邊作平行四邊形，連接，分析可知二面角的平面角為，利用余弦定理求出，證明出，再利用勾股定理可求得的長.【詳解】過點在平面內作，過點在平面內作，以、為鄰邊作平行四邊形，連接，因為，，，則，因為，由等面積法可得，同理可得，由勾股定理可得，同理可得，，因為四邊形為平行四邊形，且，故四邊形為矩形，所以，，因為，所以，二面角的平面角為，在中，，，由余弦定理可得，，，，則，，因為，平面，平面，則，，由勾股定理可得.故選：C.10、C【解析】先求出B（3，4，0），由此能求出||【詳解】解：∵點B是點A（3，4，5）在坐標平面Oxy內的射影，∴B（3，4，0），則||＝＝5故選：C11、A【解析】根據列聯表計算，對照臨界值即可得出結論【詳解】根據列聯表，計算，由臨界值表可知，有95%的把握認為藥物有效，A正確故選：A12、D【解析】根據拋物線的定義求得，由此求得的長.【詳解】過作，垂足為，設與軸交點為.根據拋物線的定義可知.由于，所以，所以，所以，所以.故選：D【點睛】本小題主要考查拋物線定義，考查數形結合的數學思想方法，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】首先根據雙曲線的漸近線方程和焦點坐標，求出雙曲線的標準方程；設，根據雙曲線的定義可知，從而利用基本不等式即可求出的最小值.【詳解】因為雙曲線的漸近線方程為，焦點坐標為，，所以，即，所以雙曲線方程為.設，則，且，，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值是.故答案為：.14、【解析】取中點，利用線面垂直的判定方法可證得平面，由此可確定點軌跡為，再計算即可.【詳解】取中點，連接，平面，平面，，又四邊形為正方形，，又，平面，平面，又平面，；由題意得：，，，，；平面，，平面，，在側面的邊界及其內部運動，點軌跡為線段；故答案為：.15、8【解析】根據橢圓定義判斷出軌跡，分析條件結合橢圓定義可知當直線x=m過右焦點時，三角形ADE周長最大.【詳解】，到定點，的距離和等于常數，點軌跡C為橢圓，且故其方程為，則為左焦點，因為直線與C交于D，E，則，不妨設D在軸上方，E在軸下方，設橢圓右焦點為A'，連接DA'，EA'，因為DA'＋EA'≥DE，所以DA＋EA＋DA'＋EA'≥DA＋EA＋DE，即4a≥DA＋EA＋DE，所以△ADE的周長，當時取得最大值8，故答案為：816、【解析】原式為，整理為：，即，即數列是以-1為首項，-1為公差的等差的數列，所以，即.【點睛】這類型題使用的公式是，一般條件是，若是消，就需當時構造，兩式相減，再變形求解；若是消，就需在原式將變形為：，再利用遞推求解通項公式.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、（Ⅰ）證明見解析（Ⅱ）證明見解析【解析】（Ⅰ）證明和得到平面.（Ⅱ）根據相似得到證明平面.【詳解】（Ⅰ）如圖，連接.∵底面為菱形，且，∴三角形正三角形.∵為的中點，∴.又∵平面，平面，∴.∵，平面，∴平面.（Ⅱ）連接交于點，連接.∵為的中點，∴在底面中，，∴.∴，∴在三角形中，.又∵平面，平面，∴平面.【點睛】本題考查了線面垂直和線面平行，意在考查學生的空間想象能力和推斷能力.18、（1）證明見解析（2）【解析】（1）證明垂直于平面BED內的兩條相交直線，即可得到答案；（2）分別以OB，OC，OE為x軸，y軸，z軸，建立直角坐標系，平面FAC的一個法向量為，代入向量的夾角公式，即可得到答案；【小問1詳解】∵ABCD為菱形，∴，設AC與BD的交點為O，則OE為的中位線，∴.由題意得平面ABCD，∴平面ABCD，而AC平面ABCD中，∴.又，∴平面BED.小問2詳解】∵ABCD為菱形，，∴為正三角形，∴.∵平面ABCD，∴與平面ABCD所成角，由，得，所以.如圖，分別以OB，OC，OE為x軸，y軸，z軸，建立直角坐標系，則，，，，，，，設平面FAC的法向量為，則由可得，取，故可得平面FAC的一個法向量為，記直線與平面FAC的夾角為，則19、（1）（2）是；【解析】（1）由離心率和焦點三角形周長可求出，結合關系式得出，即可得出橢圓的方程；（2）由平行于軸特殊情況求出，即；當平行于軸時，設過的直線為，聯立橢圓方程，令化簡得關于的二次方程，由韋達定理即可求解.【小問1詳解】由題可知，，解得，又，解得，故橢圓的標準方程為：；【小問2詳解】如圖所示，當平行于軸時，恰好平行于軸，，，；當不平行于軸時，設，設過點的直線為，聯立得，令得，化簡得，設，則，又，故，即.綜上所述，.20、（1）；（2）.【解析】（1）由遞推式可得，根據等比數列的定義寫出通項公式，再由累加法求的通項公式；（2）由（1）可得，再應用裂項相消法求前項和【小問1詳解】由可得：，又，，∴，則數列是首項為2，公比為2的等比數列，∴.∴.【小問2詳解】∵，∴∴.21、（1）（2）m值為或.【解析】（1）利用判別式直接求解；（2）用“設而不求法”表示出，即可求出m.【小問1詳解】聯立,消去y可得.因為直線與橢圓相切，所以，解得：.【小問2詳解】設.聯立,消去y可得.所以,，所以.又由,可得.所以.因為,所以，解得，所以實數m的值為或.22、（1）或或（2）為定值，而，，均不為定值【解析】（1）過拋物線外一定點的直線恰好與該拋物線只有一個交點，則分兩類分別討論，一是直線與拋物線的對稱軸平行，二是直線與拋物線相切；（2）聯立直線的方程與拋物線的方程，根據韋達定理，分別表示出，，，為直線斜率的形式，便可得出結果.【小問1詳解】過點的直線與拋物線僅有一個公共點，則該直線可能與拋物線的對稱軸平行，也可能與拋物線相切，下面分兩種情況討論：當直線可能與拋物線的對稱軸平行時，則有：當直線與拋物線相切時，由于點在軸上