甘肅省武威市涼州區武威第八中學2025屆高二上數學期末教學質量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．已知點在橢圓上，與關于原點對稱，，交軸于點，為坐標原點，，則橢圓離心率為（）A. B.C. D.2．若定義在R上的函數滿足，則不等式的解集為（）A. B.C. D.3．如圖，在三棱柱中，E，F分別是BC，中點，，則（）A.B.C.D.4．下列命題中，一定正確的是（）A.若且，則a>0，b<0B.若a>b，b≠0，則>1C.若a>b且a＋c>b＋d，則c>dD.若a>b且ac>bd，則c>d5．①命題設“，若，則或”；②若“”為真命題，則p，q均為真命題；③“”是函數為偶函數的必要不充分條件；④若為空間的一個基底，則構成空間的另一基底；其中正確判斷的個數是（）A.1 B.2C.3 D.46．已知f(x)是定義在R上的函數，且f(2)=2,，則f(x)＞x的解集是（）A. B.C. D.7．拋物線的焦點是A. B.C. D.8．已知橢圓，則它的短軸長為（）A.2 B.4C.6 D.89．已知等比數列滿足，，則數列前6項的和（）A.510 B.126C.256 D.51210．如圖，在平行六面體中，設，，，用基底表示向量，則（）A. B.C. D.11．已知拋物線，過其焦點且斜率為1的直線交拋物線于A，B兩點，若線段AB的中點的橫坐標為3，則該拋物線的準線方程為（）A. B.C. D.12．觀察，，，由歸納推理可得：若定義在上的函數滿足，記為的導函數，則=A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖，在長方體ABCD—A1B1C1D1中，AB=3，AD=3，AA1=4，P是側面BCC1B1上的動點，且AP⊥BD1，記點P到平面ABCD的距離為d，則d的最大值為____________.14．從10名大學畢業生中選3個人擔任村主任助理，則甲、乙至少有1人入選，而丙沒有入選不同選法的種數為___________.15．在中.若成公比為的等比數列，則____________16．已知拋物線上一點到其焦點的距離為10.拋物線的方程為_____________；準線方程為_______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）在等差數列{an}中，a3＋a4＝15，a2a5＝54，公差d<0.(1)求數列{an}的通項公式an；(2)求數列的前n項和Sn的最大值及相應的n值18．（12分）如圖，C是以為直徑的圓上異于的點，平面平面分別是的中點.（1）證明：平面；（2）若直線與平面所成角的正切值為2，求銳二面角的余弦值.19．（12分）已知等差數列的前n項和為Sn，S9=81，，求：（1）Sn；（2）若S3、、Sk成等比數列，求k20．（12分）已知是等差數列，其n前項和為，已知（1）求數列的通項公式：（2）設，求數列的前n項和21．（12分）在直角坐標系中，曲線C的參數方程為，（為參數），以坐標原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系.（1）寫出曲線C的極坐標方程；（2）已知直線與曲線C相交于A，B兩點，求.22．（10分）在平面直角坐標系中，橢圓：的左頂點到右焦點的距離是3，離心率為（1）求橢圓的標準方程；（2）斜率為的直線經過橢圓的右焦點，且與橢圓相交于，兩點．已知點，求的值

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，得到，結合，得到，進而求得，得出，結合離心率的定義，即可求解.【詳解】設，則，由，可得，所以，因為，可得，又由，兩式相減得，即，即，又因為，所以，即又由，所以，解得.故選：B.2、B【解析】構造函數，根據題意，求得其單調性，利用函數單調性解不等式即可.【詳解】構造函數，則，故在上單調遞減；又，故可得，則，即，解得，故不等式解集為.故選：B.【點睛】本題考察利用導數研究函數單調性，以及利用函數單調性求解不等式，解決本題的關鍵是根據題意構造函數，屬中檔題.3、D【解析】根據空間向量線性運算的幾何意義進行求解即可.【詳解】，故選：D4、A【解析】結合不等式的性質確定正確答案.【詳解】A選項，若且，則，所以A選項正確.B選項，若，則，所以B選項錯誤.C選項，如，但，所以C選項錯誤.D選項，如，但，所以D選項錯誤.故選：A5、B【解析】利用逆否命題、含有邏輯聯結詞命題的真假性、充分和必要條件、空間基底等知識對四個判斷進行分析，由此確定正確答案.【詳解】①，原命題的逆否命題為“，若且，則”，逆否命題是真命題，所以原命題是真命題，①正確.②，若“”為真命題，則p，q至少有一個真命題，②錯誤.③，函數為偶函數的充要條件是“”.所以“”是函數為偶函數的充分不必要條件，③錯誤.④，若為空間的一個基底，即不共面，若共面，則存在不全為零的，使得，故，因為為空間的一個基底，，故，矛盾，故不共面，所以構成空間的另一基底，④正確.所以正確的判斷是個.故選：B6、D【解析】構造，結合已知有在R上遞增且，原不等式等價于，利用單調性求解集.【詳解】令，由題設知：，即在R上遞增，又，所以f(x)＞x等價于，即.故選：D7、D【解析】先判斷焦點的位置，再從標準型中找出即得焦點坐標.【詳解】焦點在軸上，又，故焦點坐標為，故選D.【點睛】求圓錐曲線的焦點坐標，首先要把圓錐曲線的方程整理為標準方程，從而得到焦點的位置和焦點的坐標.8、B【解析】根據橢圓短軸長的定義進行求解即可.【詳解】由橢圓的標準方程可知：，所以該橢圓的短軸長為，故選：B9、B【解析】設等比數列的公比為，由題設條件，求得，再結合等比數列的求和公式，即可求解.【詳解】設等比數列的公比為，因為，，可得，解得，所以數列前6項的和.故選：B.【點睛】本題主要考查了等比數列的通項公式，以及等比數列的前項和公式的應用，其中解答中熟記等比數列的通項公式和求和公式，準確計算是解答的關鍵，著重考查推理與運算能力.10、B【解析】直接利用空間向量基本定理求解即可【詳解】因為在平行六面體中，，，，所以，故選：B11、B【解析】設，進而根據題意，結合中點弦的問題得，進而再求解準線方程即可.【詳解】解：根據題意，設，所以①，②，所以，①②得：，即，因為直線AB的斜率為1，線段AB的中點的橫坐標為3，所以，即，所以拋物線，準線方程為.故選：B12、D【解析】由歸納推理可知偶函數的導數是奇函數，因為是偶函數，則是奇函數，所以，應選答案D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、##【解析】以為坐標原點，建立空間直角坐標系，求得的坐標之間的關系，以及坐標的范圍，即可求得結果.【詳解】以D為原點，為x軸，為y軸，為z軸，建立空間直角坐標系如下所示：設，則，，∵，∴，解得，因為，所以c的最大值為，即點P到平面的距離d的最大值為.故答案為：.14、49【解析】丙沒有入選，相當于從9個人中選3人，分為兩種情況：甲乙兩人只有一人入選；甲乙兩人都入選，分別求出每種情況的選法數，再利用分類加法計數原理即可得解.【詳解】丙沒有入選，把丙去掉，相當于從9個人中選3人，甲、乙至少有1人入選，分為兩種情況：甲乙兩人只有一人入選；甲乙兩人都入選.甲乙兩人只有一人入選，選法有種；甲乙兩人都入選，選法有種.所以，滿足題意的選法共有種.故答案為：49.【點睛】本題考查組合的應用，其中涉及到分類加法計數原理，屬于中檔題.一些常見類型的排列組合問題的解法：（1）特殊元素、特殊位置優先法元素優先法：先考慮有限制條件的元素的要求，再考慮其他元素；位置優先法：先考慮有限制條件的位置的要求，再考慮其他位置；（2）分類分步法：對于較復雜的排列組合問題，常需要分類討論或分步計算，一定要做到分類明確，層次清楚，不重不漏；（3）間接法（排除法），從總體中排除不符合條件的方法數，這是一種間接解題的方法；（4）捆綁法：某些元素必相鄰的排列，可以先將相鄰的元素“捆成一個”元素，與其它元素進行排列，然后再給那“一捆元素”內部排列；（5）插空法：某些元素不相鄰的排列，可以先排其它元素，再讓不相鄰的元素插空；（6）去序法或倍縮法；（7）插板法：個相同元素，分成組，每組至少一個的分組問題.把個元素排成一排，從個空中選個空，各插一個隔板，有；（8）分組、分配法：有等分、不等分、部分等分之別.15、【解析】由條件可得，即，由余弦定理可得答案.【詳解】由成公比為的等比數列，即由正弦定理可知所以故答案為：16、①.②.【解析】由題意得：拋物線焦點為F（0，），準線方程為y=﹣．因為點到其焦點的距離為10，所以根據拋物線的定義得到方程，得到該拋物線的準線方程【詳解】∵拋物線方程∴拋物線焦點為F（0，），準線方程為y=﹣，又∵點到其焦點的距離為10，∴根據拋物線的定義，得9+=10，∴p=2，拋物線∴準線方程為故答案為:,.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）；（2）當或11時，最大值為55.【解析】（1）根據等差數列的通項公式得方程組，解這個方程組得公差和首項，從而得數列的通項公式n.（2）等差數列的前項和是關于的二次式，將這個二次式配方即可得最大值.【詳解】（1）由題設，故（舍，此時）或.故，故.（2）由（1）可得，因為，對稱方程為，故當或時，取最大值，此時最大值為.18、（1）證明見解析（2）【解析】（1）由分別是的中點，得到，在由是圓的直徑，所以，結合面面垂直的性質定理，證得面，即可證得面；（2）以C為坐標原點，為x軸，為y軸，過C垂直于面直線為z軸，建立空間直角坐標系，分別求得平面與平面的一個法向量，結合向量的夾角公式，即可求解.【小問1詳解】證明：在，因為分別是的中點，所以，又因為是圓的直徑，所以，又由平面平面，平面平面，且平面，所以面，因為，所以面.【小問2詳解】解：由（1）知面，所以直線與平面所成角為，由題意知，以C為坐標原點，為x軸，為y軸，過C垂直于面的直線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，可得，則，，設面的法向量為，則，取，可得，所以，設面的法向量為，則，取，可得，所以，則，所以銳二面角的余弦值為.19、（1）Sn=n2（2）11【解析】(1)由等差數列前n項和公式與下標和性質先求，然后結合可解；(2)由(1)中結論和已知列方程可解.【小問1詳解】由，解得，又∵，∴，，∴【小問2詳解】∵S3，S17–S16，Sk成等比數列，∴S3Sk=(S17–S16)2=，即9k2=332，解得：k=1120、（1）；（2）.【解析】（1）利用等差數列的基本量，結合已知條件，列出方程組，求得首項和公差，即可寫出通項公式；（2）根據（1）中所求，結合裂項求和法，即可求得.【小問1詳解】因為是等差數列，其n前項和為，已知，設其公差為，故可得：，，解得，又，故.【小問2詳解】由（1）知，，又，故.即.21、（1）；（2）.【解析】（1）首先將圓的參數方程華為普通方程，再轉化為極坐標方程即可.（2）首先聯立得到，再求的長度即可.【詳解】（1）將曲線C的參數方程，（為