2025屆江西省撫州七校聯考數學高二上期末教學質量檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．已知橢圓的左右焦點分別為，，點B為短軸的一個端點，則的周長為（）A.20 B.18C.16 D.92．傳說古希臘畢達哥拉斯學派的數學家用沙粒和小石子研究數，他們根據沙粒和石子所排列的形狀把數分成許多類，若：三角形數、、、、，正方形數、、、、等等.如圖所示為正五邊形數，將五邊形數按從小到大的順序排列成數列，則此數列的第4項為（）A. B.C. D.3．若點在橢圓上，則該橢圓的離心率為（）A. B.C. D.4．若直線的一個方向向量為，直線的一個方向向量為，則直線與所成的角為（）A30° B.45°C.60° D.90°5．在正方體中，為棱的中點，為棱的中點，則直線與平面所成角的正弦值為（）A. B.C. D.6．點是正方體的底面內（包括邊界）的動點.給出下列三個結論：①滿足的點有且只有個；②滿足的點有且只有個；③滿足平面的點的軌跡是線段.則上述結論正確的個數是（）A. B.C. D.7．“楊輝三角”是中國古代數學文化的瑰寶之一，最早在中國南宋數學家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》一書中出現.如圖所示的楊輝三角中，第8行，第3個數是（）第0行1第1行11第2行121第3行1331第4行14641……A.21 B.28C.36 D.568．某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的體積為（）A. B.C. D.9．直線，若的傾斜角為60°，則的斜率為（）A. B.C. D.10．數列滿足，則數列的前n項和為（）A. B.C. D.11．數列是公差不為零的等差數列，為其前n項和．若對任意的，都有，則的值不可能是（）A. B.2C. D.312．已知雙曲線的左右焦點分別為、，過點的直線交雙曲線右支于A、B兩點，若是等腰三角形，且，則的周長為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．拋物線的準線方程是________14．設正項等比數列的公比為，前項和為，若，則_______________.15．已知雙曲線的右焦點為，過點作軸的垂線，在第一象限與雙曲線及其漸近線分別交于，兩點.若，則雙曲線的離心率為___________.16．已知函數有且僅有兩個不同的零點，則實數的取值范圍是__________.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）已知直線，圓.（1）求證：直線l恒過定點；（2）若直線l的傾斜角為，求直線l被圓C截得的弦長.18．（12分）如圖，四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的菱形，，，且，E為PD的中點（1）求證：；（2）求二面角的大小；（3）在側棱PC上是否存在點F，使得點F到平面AEC的距離為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由19．（12分）如圖，已知菱形ABCD的邊長為3，對角線，將△沿著對角線BD翻折至△的位置，使得，在平面ABCD上方存在一點M，且平面ABCD，（1）求證：平面平面ABD；（2）求點M到平面ABE的距離；（3）求二面角的正弦值20．（12分）如圖，已知在四棱錐中，平面，四邊形為直角梯形，，，.（1）求直線與平面所成角的正弦值；（2）在線段上是否存在點，使得二面角的余弦值？若存在，指出點的位置；若不存在，說明理由.21．（12分）如圖，已知正四棱錐中，O為底面對角線的交點.（1）求證：平面；（2）求證：平面.22．（10分）已知圓心C的坐標為，且是圓C上一點（1）求圓C的標準方程；（2）過點的直線l被圓C所截得的弦長為，求直線l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、B【解析】根據橢圓的定義求解【詳解】由橢圓方程知，所以，故選：B2、D【解析】根據前三個五邊形數可推斷出第四個五邊形數.【詳解】第一個五邊形數為，第二個五邊形數為，第三個五邊形數為，故第四個五邊形數為.故選：D.3、C【解析】根據給定條件求出即可計算橢圓的離心率.【詳解】因點在橢圓，則，解得，而橢圓長半軸長，所以橢圓離心率.故選：C4、C【解析】直接由公式，計算兩直線的方向向量的夾角，進而得出直線與所成角的大小【詳解】因為，，所以，所以，所以直線與所成角的大小為故選：C5、D【解析】建立空間直角坐標系，計算平面的法向量，利用線面角的向量公式即得解【詳解】不妨設正方體的棱長為2，連接，以為坐標原點如圖建立空間直角坐標系，則，，，，，，由于平面，平面，故又正方形，故平面故平面，所以為平面的一個法向量，故直線與平面所成角正弦值為.故選：D6、C【解析】對于①，根據線線平行的性質可知點即為點，因此可判斷①正確；對于②，根據線面垂直的判定可知平面,，由此可判定的位置，進而判定②的正誤；對于③，根據面面平行可判定平面平面，因此可判斷此時一定落在上，由此可判斷③的正誤.【詳解】如圖：對于①，在正方體中，,若異于，則過點至少有兩條直線和平行，這是不可能的，因此底面內（包括邊界）滿足的點有且只有個，即為點，故①正確；對于②，正方體中，平面,平面，所以,又，所以，而,平面,故平面,因此和垂直的直線一定落在平面內，由是平面上的動點可知，一定落在上，這樣的點有無數多個，故②錯誤；對于③，,平面,則平面，同理平面,而,所以平面平面，而平面，所以一定落在平面上，由是平面上的動點可知，此時一定落在上，即點的軌跡是線段，故③正確，故選：C.7、B【解析】由題意知第8行的數就是二項式的展開式中各項的二項式系數，可得第8行，第3個數是為，即可求解【詳解】解：由題意知第8行的數就是二項式的展開式中各項的二項式系數，故第8行，第3個數是為故選：B8、A【解析】可由三視圖還原原幾何體，然后根據題意的邊角關系，完成體積的求解.【詳解】由三視圖還原原幾何體如圖：其中平面，，則該四面體的體積為.故選：A.9、D【解析】直線,斜率乘積為，斜線斜率等于傾斜角的正切值.【詳解】,，所以.故選：D.10、D【解析】利用等差數列的前n項和公式得到，進而得到，利用裂項相消法求和.【詳解】依題意得：，，，故選：D11、A【解析】由已知建立不等式組，可求得，再對各選項逐一驗證可得選項.【詳解】解：因為數列是公差不為零的等差數列，為其前n項和．對任意的，都有，所以，即，解得，則當時，，不成立；當時，，成立；當時，，成立；當時，，成立；所以的值不可能是，故選：A.12、A【解析】設，．根據雙曲線的定義和等腰三角形可得，再利用余弦定理可求得，從而可得的周長.【詳解】由雙曲線可得設，．則，，所以，因為是等腰三角形，且，所以，即，所以，所以，，在中，由余弦定理得，即，所以，解得，的周長故選：A【點睛】關鍵點點睛：根據雙曲線的定義求解是解題關鍵.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】將拋物線方程化為標準形式，從而得到準線方程.【詳解】拋物線方程可化為：拋物線準線方程為：故答案為【點睛】本題考查拋物線準線的求解，易錯點是未將拋物線方程化為標準方程.14、【解析】由可知公比，所以直接利用等比數列前項和公式化簡，即可求出【詳解】解：因為，所以，所以，所以，化簡得，因為等比數列的各項為正數，所以，所以，故答案為：【點睛】此題考查等比數列前項和公式的應用，考查計算能力，屬于基礎題15、【解析】按題意求得，兩點坐標，以代數式表達出條件，即可得到關于的關系式，進而解得雙曲線的離心率.【詳解】雙曲線的右焦點為,其漸近線為，垂線方程為，則，，，由，得，即即，則，離心率故答案為：16、【解析】函數有兩個不同零點即y=a與g(x)=圖像有兩個交點，畫出近似圖象即得a的范圍﹒【詳解】∵函數有且僅有兩個不同的零點，令，則y=a與g(x)=圖像有兩個交點，∵，∴當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，∴當時，，作出函數與的圖象，∴當時，y=a與g(x)有兩個交點﹒故答案為：﹒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、（1）證明見解析（2）【解析】（1）直線方程變形后令的系數等于0消去參數即可求得定點坐標.（2）先求出圓心C到直線l距離，然后用勾股定理即可求得弦長.【小問1詳解】，聯立得：即直線l過定點（.【小問2詳解】由題意直線l的斜率，即，∴，圓，圓心，半徑，圓心C到直線l的距離，所以直線l被圓C所截得的弦長為.18、（1）證明見解析（2）（3）存在；【解析】（1）作出輔助線，證明線面垂直，進而證明線線垂直；（2）建立空間直角坐標系，用空間向量求解二面角；（3）設出F點坐標，用空間向量的點到平面距離公式進行求解.【小問1詳解】證明：連接BD，設BD與AC交于點O，連接PO．因為，所以四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的菱形，則又，所以平面PBD，因為平面PBD，所以【小問2詳解】因為，所以，所以由（1）知平面ABCD，以O為原點，，，的方向為x軸，y軸，z軸正方向，建立空間直角坐標系，則，，，，，，所以，，，設平面AEC的法向量，則，即，令，則平面ACD的法向量，，所以二面角為；【小問3詳解】存在點F到平面AEC的距離為，理由如下：由（2）得，，設，則，所以點F到平面AEC的距離，解得，，所以19、（1）證明見解析；（2）1；（3）.【解析】（1）過E作EO垂直于BD于O，連接AO，由勾股定義易得，由菱形的性質有，再根據線面垂直、面面垂直的判定即可證結論.（2）構建空間直角坐標系，確定相關點的坐標，進而求的坐標及面ABE的法向量，應用空間向量的坐標運算求點面距.（3）由（2）求得面MBA的法向量，結合（2）中面ABE的法向量，應用空間向量夾角的坐標表示求二面角的余弦值，進而求其正弦值.【小問1詳解】過E作EO垂直于BD于O，連接AO，因為，，故，同理，又，所以，即因為ABCD為菱形，所以，又，所以面ABD，又面EBD，所以面面ABD【小問2詳解】以O為坐標原點，以，，分別為x軸，y軸，z軸的正方向，如圖建立空間直角坐標系，則，，，，，所以，，面ABE的法向量為，所以，令，則又，則點M到面ABE的距離為【小問3詳解】由（2）得：面ABE的一個法向量為，且，若面MBA的法向量為，則，令，則所以，故二面角正弦值為20、（1）；（2）存在，為上靠近點的三等分點【解析】（1）分別以所在的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，求出的坐標以及平面的一個法向量，計算即可求解；（2）假設線段上存在點符合題意，設可得，求出平面的法向量和平面的法向量，利用即可求出的值，即可求解.【詳解】（1）分別以所在的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，如圖所示：則，，，.不妨設平面的一個法向量,則有，即，取.設直線與平面所成的角為，則,所以直線與平面所成角的正弦值為；（2）假設線段上存在點，使得二面角的余弦值.設，則,從而，，.設平面的法向量,則有，即，取.設平面的法向量,則有，即，取.,解得：或（舍）,故存在點滿足條件，為上靠近點的三等分點【點睛】求空間角的常用方法：（1）定義法，由異面直線所成角、線面角、二面角的定義，結合圖形，作出所求空間角，再結合題中條件，解對應三角形，即可求出結果；（2）向量法：建立適當的空間直角坐標系，通過計算向量夾角（直線方向向量與直線方向向量、直線方向向量與平面法向量，平面法向量與平面法向量）余弦值，即可求出結果.21、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）根據給定條件，利用線面平行的判定推理作答.（2）利用正四棱錐的結構特征，結合線面垂直的判定推理作答.小問1詳解】在正四棱錐中，由正方形得：，而平面，平面，所