2025屆廣東省深圳市卓識教育深圳實驗部高二上數學期末學業質量監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．已知雙曲線的左、右焦點分別為，半焦距為c，過點作一條漸近線的垂線，垂足為P，若的面積為，則該雙曲線的離心率為（）A.3 B.2C. D.2．已知實數、滿足，則的最大值為（）A. B.C. D.3．已知數列的前項和，且，則（）A. B.C. D.4．定義在區間上的函數滿足：對恒成立，其中為的導函數，則A.B.C.D.5．以軸為對稱軸，頂點為坐標原點，焦點到準線的距離為4的拋物線方程是（）A. B.C.或 D.或6．已知中，內角所對的邊分別，若，，，則（）A. B.C. D.7．已知拋物線的焦點為F，直線l經過點F交拋物線C于A，B兩點，交拋物淺C的準線于點P，若，則為（）A.2 B.3C.4 D.68．某公司門前有一排9個車位的停車場，從左往右數第三個，第七個車位分別停著A車和B車，同時進來C，D兩車．在C，D不相鄰的情況下，C和D至少有一輛與A和B車相鄰的概率是（）A. B.C. D.9．設，若，則（）A. B.C. D.10．已知數列滿足，且，則（）A.2 B.3C.5 D.811．今天是星期四，經過天后是星期（）A.三 B.四C.五 D.六12．已知半徑為2的圓經過點（5，12），則其圓心到原點的距離的最小值為（）A.10 B.11C.12 D.13二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖，已知橢圓＋y2＝1的左焦點為F，O為坐標原點，設過點F且不與坐標軸垂直的直線交橢圓于A，B兩點，線段AB的垂直平分線與x軸交于點G，則點G橫坐標的取值范圍為________14．某學生到某工廠進行勞動實踐，利用打印技術制作模型.如圖，該模型為一個大圓柱中挖去一個小圓柱后剩余部分（兩個圓柱底面圓的圓心重合），大圓柱的軸截面是邊長為的正方形，小圓柱的側面積是大圓柱側面積的一半，打印所用原料的密度為，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質量為________g.（取）15．在△ABC中，，AB=3，，則________16．已知雙曲線的左，右焦點分別為，P是該雙曲線右支上一點，且（O為坐標原點），，則雙曲線C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）2020年10月，中共中央辦公廳、國務院辦公廳印發了《關于全面加強和改進新時代學校體育工作的意見》，某地積極開展中小學健康促進行動，發揮以體育智、以體育心功能，決定在2021年體育中考中再增加一定的分數，規定：考生須參加立定跳遠、擲實心球、一分鐘跳繩三項測試，其中一分鐘跳繩滿分20分，某校為掌握九年級學生一分鐘跳繩情況，隨機抽取了100名學生測試，其一分一分鐘跳繩個數成績(分)1617181920頻率（1）若每分鐘跳繩成績不足18分，則認為該學生跳繩成績不及格，求在進行測試的100名學生中跳繩成績不及格的人數為多少？（2）該學校決定由這次跳繩測試一分鐘跳繩個數在205以上(包括205)的學生組成“小小教練員"團隊，小明和小華是該團隊的成員，現學校要從該團隊中選派2名同學參加某跳繩比賽，求小明和小華至少有一人被選派的概率18．（12分）已知三棱柱中，.（1）求證:平面平面.（2）若，在線段上是否存在一點使平面和平面所成角的余弦值為若存在，確定點的位置；若不存在，說明理由.19．（12分）已知數列的前項和為，，.（1）求的通項公式；（2）求數列的前項和；（3）若數列，，求前項和.20．（12分）在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且求A和B的大小；若M，N是邊AB上的點，，求的面積的最小值21．（12分）在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，平面，，是的中點.（1）若為線段的中點，證明：平面；（2）線段上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，求的長，若不存在，請說明理由.22．（10分）在等差數列中，已知公差，前項和(其中)（1）求；（2）求和：

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】根據給定條件求出，再計算面積列式計算作答.【詳解】依題意，點，由雙曲線對稱性不妨取漸近線，即，則，令坐標原點為O，中，，又點O是線段的中點，因此，，則有，即，，，所以雙曲線的離心率為故選：D2、A【解析】作出可行域，利用代數式的幾何意義，利用數形結合可求得的最大值.【詳解】作出不等式組所表示的可行域如下圖所示：聯立可得，即點，代數式的幾何意義是連接可行域內一點與定點連線的斜率，由圖可知，當點在可行域內運動時，直線的傾斜角為銳角，當點與點重合時，直線的傾斜角最大，此時取最大值，即.故選：A.3、C【解析】由an=Sn-Sn-1,【詳解】解：因為，所以，，兩式相減可得，即，因為，，所以，即，時，也滿足上式，所以，所以，故選：C.4、D【解析】分別構造函數，，，，利用導數研究其單調性即可得出【詳解】令，，，，恒成立，，，，函數在上單調遞增，，令，，，，恒成立，，函數在上單調遞減，，．綜上可得：，故選：D【點睛】函數的性質是高考的重點內容,本題考查的是利用函數的單調性比較大小的問題,通過題目中給定的不等式,分別構造兩個不同的函數求導判出單調性從而比較函數值得大小關系．在討論函數的性質時，必須堅持定義域優先的原則．對于函數實際應用問題，注意挖掘隱含在實際中的條件，避免忽略實際意義對定義域的影響5、C【解析】根據拋物線的概念以及幾何性質即可求拋物線的標準方程.【詳解】依題意設拋物線方程為因為焦點到準線的距離為4，所以，所以，所以拋物線方程或故選：C6、B【解析】利用正弦定理可直接求得結果.【詳解】在中，由正弦定理得：.故選：B.7、C【解析】由題意可知設,由可得，可求得,，根據模長公式計算即可得出結果.【詳解】由題意可知，準線方程為，設,可知，，解得：，代入到拋物線方程可得：.,故選:C8、B【解析】先求出基本事件總數，和至少有一輛與和車相鄰的對立事件是和都不與和車相鄰，由此能求出和至少有一輛與和車相鄰的概率【詳解】解：某公司門前有一排9個車位的停車場，從左往右數第三個，第七個車位分別停著車和車，同時進來，兩車，在，不相鄰的條件下，基本事件總數，和至少有一輛與和車相鄰的對立事件是和都不與和車相鄰，和至少有一輛與和車相鄰的概率：故選：B9、B【解析】先求出，再利用二倍角公式、和差角公式即可求解.【詳解】因為，且，所以.所以，，所以.故選：B10、D【解析】使用遞推公式逐個求解，直到求出即可.【詳解】因為所以，，，.故選：D11、C【解析】求出二項式定理的通項公式，得到除以7余數是1，然后利用周期性進行計算即可【詳解】解：一個星期的周期是7，則，即除以7余數是1，即今天是星期四，經過天后是星期五，故選：12、B【解析】由條件可得圓心的軌跡是以點為圓心，半徑為2的圓，然后可得答案.【詳解】因為半徑為2的圓經過點（5，12），所以圓心的軌跡是以點為圓心，半徑為2的圓，所以圓心到原點的距離的最小值為，故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】設直線的方程為，設點、，將直線的方程與橢圓的方程聯立，列出韋達定理，求出線段的垂直平分線方程，可求得點的橫坐標，利用不等式的基本性質可求得點的橫坐標的取值范圍.【詳解】設直線的方程為，聯立，整理可得，因為直線過橢圓的左焦點，所以方程有兩個不相等的實根設點、，設的中點為，則，，直線的垂直平分線的方程為，令，則.因為，所以故點的橫坐標的取值范圍.故答案為：14、4500【解析】根據題意可知大圓柱底面圓的半徑，兩圓柱的高，設小圓柱的底面圓的半徑為，再根據小圓柱的側面積是大圓柱側面積的一半，求出小圓柱的底面圓的半徑，然后求出該模型的體積，從而可得出答案.【詳解】解：根據題意可知大圓柱的底面圓的半徑，兩圓柱的高，設小圓柱的底面圓的半徑為，則有，即，解得，所以該模型的體積為，所以制作該模型所需原料的質量為.故答案為：4500.15、3【解析】計算得出，可得出，再利用平面向量數量積的運算性質可求得結果.【詳解】∵，，，∴故答案為：3.16、【解析】由已知及向量數量積的幾何意義易知，根據雙曲線的性質可得，再由雙曲線的定義及勾股定理構造關于雙曲線參數的齊次方程求離心率.【詳解】∵，∴△為等腰三角形且，又，∴，∴．又，，∴，則，可得，∴雙曲線C的離心率為故答案為：.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）14人；（2）.【解析】（1）根據頻率直方表區間成績及其對應的頻率，即可求每分鐘跳繩成績不足18分的人數.（2）由表格數據求出一分鐘跳繩個數在205以上(包括205)的學生共6人，列舉出六人中選兩人參加比賽的所有情況、小明和小華至少有一個被選派的情況，由古典概型的概率求法即可得小明和小華至少有一人被選派的概率.【詳解】（1）由表可知，每分鐘跳繩成績不足18分，即為成績是16分或17分，在進行測試的100名學生中跳繩成績不及格人數為：人)（2）一分鐘跳繩個數在205以上(包括205)的學生頻率為，其人數為：(人)，記小明為，小華為，其余四人為，則在這六人中選兩人參加比賽的所有情況為：，共15種，其中小明和小華至少有一個被選派的情況有：，共9種，小明和小華至少有一人被選派的概率為：.18、（1）證明見解析；（2）在線段上存在一點，且P是靠近C的四等分點.【解析】(1)連接，根據給定條件證明平面得即可推理作答.(2)在平面內過C作，再以C為原點，射線CA，CB，Cz分別為x，y，z軸正半軸建立空間直角坐標系，利用空間向量計算判斷作答.【小問1詳解】在三棱柱中，四邊形是平行四邊形，而，則是菱形，連接，如圖，則有，因，，平面，于是得平面，而平面，則，由得，，平面，從而得平面，又平面，所以平面平面.【小問2詳解】在平面內過C作，由(1)知平面平面，平面平面，則平面，以C為原點，射線CA，CB，Cz分別為x，y，z軸正半軸建立空間直角坐標系，如圖，因，，則，假設在線段上存在符合要求的點P，設其坐標為，則有，設平面的一個法向量，則有，令得，而平面的一個法向量，依題意，，化簡整理得：而，解得，所以在線段上存在一點，且P是靠近C的四等分點，使平面和平面所成角的余弦值為.19、（1）（2）（3）【解析】（1）由可求得的值，令，由可得，兩式作差可推導出數列為等比數列，確定該數列的首項和公比，即可求得數列的通項公式；（2）求得，利用錯位相減法可求得；（3）利用奇偶分組法，結合等差數列和等比數列的求和公式可求得.【小問1詳解】解：當時，，可得，當時，由可得，上述兩個等式作差得，可得，所以，數列是以為首項，以為公比的等比數列，故.【小問2詳解】解：，所以，，所以，，上述兩個等式作差得，因此，.【小問3詳解】解：由題意可得，，所以，.20、（1），（2）【解析】利用正余弦定理化簡即求解A和B的大小利用正弦定理把CN、CM表示出來，結合三角函數的性質，即可求解的面積的最小值【詳解】解：，由正弦定理得：，，，可得，即;,由由余弦定理可得：，，如圖所示:設，,在中由正弦定理,得,由可知,,所以:,同理,由于,故，此時故的面積的最小值為【點睛】本題考查了正余弦定理的應用，三角函數的有界限求解最值范圍，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題21、（1）證明見解析；（2）存在點，且的長為，理由見解析.【解析】（1）取的中點為，連接，得到，結合面面平行的判定定理證得平面平面，進而得到平面；（2）以為原點，所在的直線分別為軸、軸，以垂直平面的直線為軸，建立空間直角坐標系，設，求得的法向量為和向量，結合向量的夾角公式列出方程，求得的值，即可求解.【小問1詳解】證明：取的中點為，連接，因為分別為的中點，所以，又因為平面，且，所以平面平面，又由平面，所以平面.【小問2詳解】解：以為原點，所在的直線分別為軸、軸，以垂直平面的直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，因為底面是邊長為2的菱形，設，在直角中，可得，在直角中，可得，在中，因為，所以，即，解得，設，可得，則，設平面