河南省開封市、商丘市九校2025屆數學高二上期末監測模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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．如圖，在棱長為1的正方體中，P、Q、R分別是棱AB、BC、的中點，以PQR為底面作一個直三棱柱，使其另一個底面的三個頂點也都在正方體的表面上，則這個直三棱柱的體積為（）A. B.C. D.2．如圖，樣本和分別取自兩個不同的總體，它們的平均數分別為和，標準差分別為和，則（）AB.C.D.3．設太陽光線垂直于平面，在陽光下任意轉動棱長為一個單位的立方體，則它在平面上的投影面積的最大值是（）A.1 B.C. D.4．直線與直線平行，則兩直線間的距離為（）A. B.C. D.5．已知動點的坐標滿足方程，則的軌跡方程是（）A. B.C. D.6．一動圓與圓外切，而與圓內切，那么動圓的圓心的軌跡是（）A.橢圓 B.雙曲線C.拋物線 D.雙曲線的一支7．用數學歸納法證明“”時，由假設證明時，不等式左邊需增加的項數為（）A. B.C. D.8．已知，是雙曲線C：（，）的兩個焦點，過點與x軸垂直的直線與雙曲線C交于A、B兩點，若是等腰直角三角形，則雙曲線C的離心率為（）A. B.C. D.9．將一張坐標紙折疊一次，使點與重合，求折痕所在直線是（）A. B.C. D.10．已知雙曲線的漸近線方程為，則該雙曲線的離心率等于（）A. B.C.2 D.411．已知直線，若直線與垂直，則的傾斜角為（）A. B.C. D.12．命題，，則是（）A.， B.，C.， D.，二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．與同一條直線都相交的兩條直線的位置關系是________14．若，且，則的最小值是____________.15．若點為圓上的一個動點，則點到直線距離的最大值為________16．的展開式中所有項的系數和為_________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）已知函數，在處有極值.（1）求、的值；（2）若，有個不同實根，求的范圍.18．（12分）已知的二項展開式中所有項的二項式系數之和為，（1）求的值；（2）求展開式的所有有理項(指數為整數)，并指明是第幾項19．（12分）如圖1，在中，，，，分別是，邊上的中點，將沿折起到的位置，使，如圖2（1）求點到平面距離；（2）在線段上是否存在一點，使得平面與平面夾角的余弦值為．若存在，求出長；若不存在，請說明理由20．（12分）已知數列是等差數列，且，.（1）若數列中依次取出第2項，第4項，第6項，…，第項，按原來順序組成一個新數列，試求出數列的通項公式；（2）令，求數列的前項和.21．（12分）如圖1是直角梯形，以為折痕將折起，使點C到達的位置，且平面與平面垂直，如圖2（1）求異面直線與所成角的余弦值；（2）在棱上是否存在點P，使平面與平面的夾角為？若存在，則求三棱錐的體積，若不存在，則說明理由22．（10分）在如圖三角形數陣中第n行有n個數，表示第i行第j個數，例如，表示第4行第3個數.該數陣中每一行的第一個數從上到下構成以m為公差的等差數列，從第三行起每一行的數從左到右構成以m為公比的等比數列(其中).已知.（1）求m及；（2）記，求.

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、C【解析】分別取的中點，連接，利用棱柱的定義證明幾何體是三棱柱，再證明平面PQR，得到三棱柱是直三棱柱求解.【詳解】如圖所示：連接,分別取其中點，連接，則，且，所以幾何體是三棱柱，又，且，所以平面，所以，同理，又，所以平面PQR，所以三棱柱是直三棱柱，因為正方體的棱長為1，所以,所以直三棱柱的體積為，故選：C2、B【解析】直接根據圖表得到答案.【詳解】根據圖表：樣本數據均小于等于10，樣本數據均大于等于10，故；樣本數據波動大于樣本數據，故.故選：B.3、C【解析】確定正方體投影面積最大時,是投影面與平面AB'C平行，從而求出投影面積的最大值.【詳解】設正方體投影最大時，是投影面與平面AB'C平行，三個面的投影為兩個全等的菱形，其對角線為，即投影面上三條對角線構成邊長為的等邊三角形，如圖所示，所以投影面積為故選：C4、B【解析】先根據直線平行求得，再根據公式可求平行線之間的距離.【詳解】由兩直線平行，得，故，當時，，，此時，故兩直線平行時又之間的距離為，故選：B.5、C【解析】此方程表示點到點的距離與到點的距離之差為8，而這正好符合雙曲線的定義，點的軌跡是雙曲線的右支，，的軌跡方程是，故選C.6、A【解析】依據定義法去求動圓的圓心的軌跡即可解決.【詳解】設動圓的半徑為r,又圓半徑為1，圓半徑為8，則，，可得，又則動圓的圓心的軌跡是以為焦點長軸長為9的橢圓.故選：A7、C【解析】當成立，寫出左側的表達式，當時，寫出對應的關系式，觀察計算即可【詳解】從到成立時，左邊增加的項為，因此增加的項數是，故選：C8、B【解析】根據等腰直角三角形的性質，結合雙曲線的離心率公式進行求解即可.【詳解】由題意不妨設，，當時，由，不妨設，因為是等腰直角三角形，所以有，或舍去，故選：B9、D【解析】設，，則折痕所在直線是線段AB的垂直平分線，故求出AB中點坐標，折痕與直線AB垂直，進而求出斜率，用點斜式求出折痕所在直線方程.【詳解】，，所以與的中點坐標為，又，所以折痕所在直線的斜率為1，故折痕所在直線是，即.故選：D10、A【解析】由雙曲線的漸近線方程，可得，再由的關系和離心率公式，計算即可得到所求值【詳解】解：雙曲線的漸近線方程為，由題意可得即，可得由可得，故選：A.11、D【解析】由直線與垂直得到的斜率，再利用斜率與傾斜角的關系即可得到答案.【詳解】因為直線與垂直，且，所以，解得，設的傾斜角為，，所以.故選：D12、D【解析】根據特稱命題的否定為全稱命題，即可得到答案.【詳解】因為命題，，所以，.故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、平行，相交或者異面【解析】由空間中兩直線的位置關系求解即可【詳解】由題意與同一條直線都相交的兩條直線的位置關系可能是：平行，相交或者異面，故答案為：平行，相交或者異面，14、【解析】應用基本不等式“1”的代換求a+4b的最小值即可.【詳解】由，有，則，當且僅當，且，即時等號成立，∴最小值為.故答案為：15、7【解析】根據給定條件求出圓C的圓心C到直線l的距離即可計算作答.【詳解】圓的圓心，半徑，點C到直線的距離，所以圓C上點P到直線l距離的最大值為.故答案為：716、##0.015625【解析】賦值法求解二項式展開式中所有項的系數和.【詳解】令得：，即為展開式中所有項的系數和.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）【解析】（1）根據題設條件可得，由此可解得與的值（2）依題意可知直線與函數的圖象有三個不同的交點，則的取值范圍介于極小值與極大值之間.【小問1詳解】因為函數，在處有極值，所以，即，解得，.【小問2詳解】由（1）知，，所以在上，，單調遞增，在上，，單調遞減，在上，，單調遞增，所以，，若有3個不同實根，則，所以的取值范圍為.18、（1）（2）【解析】（1）由二項式系數和公式可得答案；（2）求出的通項，利用的指數為整數可得答案.【小問1詳解】的二項展開式中所有項的二項式系數之和，所以.【小問2詳解】，因此時，有理項，有理項是第一項和第七項.19、（1）（2）存在，【解析】（1）根據題意分別由已知條件計算出的面積和的面積，利用求解，（2）如圖建立空間直角坐標系，設，然后求出平面與平面的法向量，利用向量平夾角公式列方程可求得結果【小問1詳解】在中，，因為，分別是，邊上的中點，所以∥，，所以，所以，因為，所以平面，所以平面，因為平面，所以，所以，因為平面，平面，所以平面平面，因為，所以，因為，所以是等邊三角形，取的中點，連接，則，，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，在中，，所以邊上的高為，所以，在梯形中，，設點到平面的距離為，因為，所以，所以，得，所以點到平面的距離為【小問2詳解】由（1）可知平面，，所以以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則,設，則，設平面的法向量為，則，令，則，設平面的法向量為，則，令，則，則平面與平面夾角的余弦值為，兩邊平方得，，解得或（舍去），所以，所以20、（1），；（2）.【解析】(1)利用等差數列性質求出數列公差及通項公式，由求解作答.(2)由(1)的結論求出，再用錯位相減法計算作答.【小問1詳解】等差數列中，，解得，公差，則，因此，，依題意，，所以數列的通項公式，.【小問2詳解】由(1)知，，則，因此，，，所以.21、（1）（2）存在，靠近點D的三等分點.【解析】（1）由題意建立空間直接坐標系，求得的坐標，由求解；（2）假設棱上存在點P，設，求得點p坐標，再求得平面PBE的一個法向量，由平面，得到為平面的一個法向量，然后由求解.【小問1詳解】解：因為，所以四邊形ABCE是平行四邊形，又，所以四邊形ABCE是菱形，，又平面與平面垂直，又平面與平面=EB，所以平面，建立如圖所示空間直接坐標系：則，所以，則，所以異面直線與所成角的余弦值是；【小問2詳解】假設棱上存在點P，使平面與平面的夾角為，設，則，又，設平面PBE的一個法向量為，則，即，則，由平面，則為平面的一個法向量，所以，解得.22、（1），；（2）【解析】（1）根據題意以m表示出，由即