貴州省銅仁市烏江學校2025屆數(shù)學高二上期末統(tǒng)考試題含解析

貴州省銅仁市烏江學校2025屆數(shù)學高二上期末統(tǒng)考試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．橢圓的焦點為F1，F(xiàn)2，點P在橢圓上，若|PF1|=4，則∠F1PF2的余弦值為A. B.C. D.2．已知a，b為正數(shù)，，則下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.3．甲、乙同時參加某次數(shù)學檢測，成績?yōu)閮?yōu)秀的概率分別為、，兩人的檢測成績互不影響，則兩人的檢測成績都為優(yōu)秀的概率為（）A. B.C. D.4．直線的傾斜角為（）A. B.C. D.5．等比數(shù)列中，，，則（）A. B.C. D.6．如圖，在平行六面體中，AC與BD的交點為M，設，，，則下列向量中與相等的向量是（）A. B.C. D.7．如圖，已知、分別是橢圓的左、右焦點，點、在橢圓上，四邊形是梯形，，且，則的面積為（）A. B.C. D.8．若命題“，”是假命題，則實數(shù)的取值范圍為（）A. B.C. D.9．已知，則的最小值是（）A.3 B.8C.12 D.2010．一部影片在4個單位輪流放映，每個單位放映一場，不同的放映次序有（）A.種 B.4種C.種 D.種11．直線分別與軸，軸交于A，B兩點，點在圓上，則面積的取值范圍是（）A. B.C D.12．已知角的終邊經(jīng)過點，則，的值分別為A.， B.，C.， D.，二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某廠將從64名員工中用系統(tǒng)抽樣的方法抽取4名參加2011年職工勞技大賽，將這64名員工編號為1～64，若已知8號、24號、56號在樣本中，那么樣本中最后一個員工的號碼是__________14．某部門計劃對某路段進行限速，為調(diào)查限速60km/h是否合理，對通過該路段的300輛汽車的車速進行檢測，將所得數(shù)據(jù)按，，，分組，繪制成如圖所示頻率分布直方圖.則________；這300輛汽車中車速低于限速60km/h的汽車有______輛.15．已知平面向量均為非零向量，且滿足，記向量在向量上投影向量為，則k=______．(用數(shù)字作答)16．如圖，在等腰直角中，，為半圓弧上異于，的動點，當半圓弧繞旋轉的過程中，有下列判斷：①存在點，使得；②存在點，使得；③四面體的體積既有最大值又有最小值：④若二面角為直二面角，則直線與平面所成角的最大值為45°.其中正確的是______（請?zhí)钌纤心阏J為正確的結果的序號）.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）已知動點M到定點和的距離之和為4（1）求動點軌跡的方程；（2）若直線交橢圓于兩個不同的點A，B，O是坐標原點，求的面積18．（12分）如圖，直四棱柱中，底面是邊長為的正方形，點在棱上.（1）求證：；（2）從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個作已知，使得平面，并給出證明.條件①：為的中點；條件②：平面；條件③：.（3）在（2）的條件下，求平面與平面夾角的余弦值.19．（12分）已知函數(shù)的圖象在處的切線方程為.（1）求的解析式；（2）若關于的方程在上有解，求的取值范圍.20．（12分）已知圓：，過圓外一點作圓的兩條切線，，，為切點，設為圓上的一個動點.（1）求的取值范圍；（2）求直線的方程.21．（12分）已知，直線過且與交于兩點，過點作直線的平行線交于點（1）求證：為定值，并求點的軌跡的方程；（2）設動直線與相切于點，且與直線交于點，在軸上是否存在定點，使得以為直徑的圓恒過定點？若存在，求出的坐標；若不存在，說明理由22．（10分）設數(shù)列的前項和為，，且滿足，.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）證明：對一切正整數(shù)，有.

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(jù)題意，橢圓的標準方程為，其中則，則有|F1F2|=2，若a=3，則|PF1|+|PF2|=2a=6，又由|PF1|=4，則|PF2|=6-|PF1|=2，則cos∠F1PF2==.故選B2、A【解析】構造新函數(shù)，以函數(shù)單調(diào)性把不等式轉化為整式不等式即可解決.【詳解】不等式可化為：令，則則函數(shù)為單調(diào)增函數(shù).由可得故選：A3、D【解析】利用相互獨立事件概率乘法公式直接求解.【詳解】甲、乙同時參加某次數(shù)學檢測，成績?yōu)閮?yōu)秀的概率分別為、，兩人的檢測成績互不影響，則兩人的檢測成績都為優(yōu)秀的概率為.故選：D4、D【解析】由直線斜率概念可寫出傾斜角的正切值，進而可求出傾斜角.【詳解】因為直線的斜率為，所以傾斜角.故選D【點睛】本題主要考查直線的傾斜角，由斜率的概念，即可求出結果.5、D【解析】設公比為，依題意得到方程，即可求出，再根據(jù)等比數(shù)列通項公式計算可得；【詳解】解：設公比為，因為，，所以，即，解得，所以；故選：D6、B【解析】根據(jù)向量加法和減法法則即可用、、表示出.【詳解】故選：B.7、A【解析】設點關于原點的對稱點為點，連接、，分析可知、、三點共線，設點、，設直線的方程為，分析可知，將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，列出韋達定理，求出的值，可得出的值，再利用三角形的面積公式可求得結果.【詳解】設點關于原點的對稱點為點，連接、，如下圖所示：因為為、的中點，則四邊形為平行四邊形，可得且，因為，故、、三點共線，設、，易知點，，，由題意可知，，可得，若直線與軸重合，設，，則，不合乎題意；設直線的方程為，聯(lián)立，可得，由韋達定理可得，得，，則，可得，故，因此，.故選：A.8、A【解析】根據(jù)命題與它的否定命題一真一假，寫出該命題的否定命題，再求實數(shù)的取值范圍【詳解】解：命題“，”是假命題，則它的否定命題“，”是真命題，時，不等式為，顯然成立；時，應滿足，解得，所以實數(shù)的取值范圍是故選：A9、A【解析】利用基本不等式進行求解即可.【詳解】因為，所以，當且僅當時取等號，即當時取等號，故選：A10、C【解析】根據(jù)題意得到一部影片在4個單位輪流放映，相當于四個單位進行全排列，即可得到答案.【詳解】一部影片在4個單位輪流放映，相當于四個單位進行全排列，所以不同的放映次序有種，故選：C11、A【解析】把求面積轉化為求底邊和底邊上的高，高就是圓上點到直線的距離.【詳解】與x，y軸的交點，分別為，，點在圓，即上，所以，圓心到直線的距離為，所以面積的最小值為，最大值為.故選：A12、C【解析】利用任意角的三角函數(shù)的定義：，，，代入計算即可得到答案【詳解】由于角的終邊經(jīng)過點，則,，（為坐標原點），所以由任意角的三角函數(shù)的定義：，.故答案選C【點睛】本題考查任意角的三角函數(shù)的定義，解決此類問題的關鍵是掌握牢記三角函數(shù)定義并能夠熟練應用，屬于基礎題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、40【解析】結合系統(tǒng)抽樣的抽樣方法來確定最后抽取的號碼.【詳解】因為分段間隔為，故最后一個員工的號碼為.故答案為：14、①.②.【解析】根據(jù)個小矩形面積之和為1即可求出的值；根據(jù)頻率分布直方圖可以求出車速低于限速60km/h的頻率，從而可求出汽車有多少輛【詳解】由解得：這300輛汽車中車速低于限速60km/h的汽車有故答案為：；15、##1.5【解析】由兩邊平方可得，，，設，向量是以向量為鄰邊的平行四邊形、有共同起點的對角線，，由余弦定理可得，向量在向量上投影向量為，化簡可得答案.【詳解】因為，所以，，兩邊平方整理得，，兩邊平方整理得，即，可得，，設，所以向量是以向量為鄰邊的平行四邊形、有共同起點的對角線，如圖，即，因為，，平行四邊形即為的菱形，所以，由余弦定理可得，可得，，向量在向量上投影向量為，即.故答案為：.16、①②④【解析】①當D為中點，且A，B，C，D四點共面時,可證得四邊形ABCD為正方形即可判斷①；②當D在平面ABC內(nèi)的射影E在線段BC上（不含端點）時，可知平面ABC，可證得平面CDB，即可判斷②；③，研究臨界值即可判斷③；④二面角D-AC-B為直二面角，且D為中點時，直線DB與平面ABC所成角的最大，作圖分析驗證可判斷④.【詳解】①當D為中點，且A，B，C，D四點共面時,連結BD，交AC于，則為AC中點，此時，且,所以四邊形ABCD為正方形，所以AB//CD，故①正確；②當D在平面ABC內(nèi)的射影E在線段BC上（不含端點）時，此時有：平面ABC，，又因為，所以平面CDB，所以，故②正確；③，當平面平面ABC，且D為中點時，h有最大值；當A，B，C，D四點共面時h有最小值0，此時為平面圖形，不是立體圖形，故四面體D-ABC無最小值，故③錯誤.④二面角D-AC-B為直二面角，且D為中點時，直線DB與平面ABC所成角的最大，取AC中點O，連結DO，BO，則，AC=平面平面ACD，平面平面ACD，所以平面ABC，所以為直線DB與平面ABC所成角，設，則，，所以為等腰直角三角形，所以，直線與平面所成角的最大值為45°，故④正確.故答案為：①②④.三、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）利用橢圓的定義即求；（2）由直線方程與橢圓方程聯(lián)立，可解得點，再利用三角形面積公式即求.【小問1詳解】∵動點M到定點和的距離之和為4，∴動點M的軌跡是以和為焦點的橢圓，可設方程為，則，故動點軌跡的方程為；【小問2詳解】由可得，∴或，∴，又O是坐標原點，∴的面積為.18、（1）證明見解析；（2）答案見解析；（3）.【解析】（1）連結，，由直四棱柱的性質(zhì)及線面垂直的性質(zhì)可得，再由正方形的性質(zhì)及線面垂直的判定、性質(zhì)即可證結論.（2）選條件①③，設，連結，，由中位線的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)可得、，再由線面垂直的判定證明結論；選條件②③，設，連結，由線面平行的性質(zhì)及平行推論可得，由線面垂直的性質(zhì)有，再由線面垂直的判定證明結論；（3）構建空間直角坐標系，求平面、平面的法向量，應用空間向量夾角的坐標表示求平面與平面夾角的余弦值.【小問1詳解】連結，，由直四棱柱知：平面，又平面，所以，又為正方形，即，又，∴平面，又平面，∴.【小問2詳解】選條件①③，可使平面.證明如下：設，連結，，又，分別是，的中點，∴.又，所以.由（1）知：平面，平面，則.又，即平面.選條件②③，可使平面.證明如下：設，連結.因為平面，平面，平面平面，所以，又，則.由（1）知：平面，平面，則.又，即平面.【小問3詳解】由（2）可知，四邊形為正方形，所以.因為，，兩兩垂直，如圖，以為原點，建立空間直角坐標系，則，，，，，，所以，.由（1）知：平面的一個法向量為.設平面的法向量為，則，令，則.設平面與平面的夾角為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.19、（1）（2）【解析】（1）求，由條件可得，得出關于的方程組，求解可得；（2）令，注意，所以在具有單調(diào)性時，則方程無解，求，對分類討論，求出單調(diào)區(qū)間，結合函數(shù)值的變化趨勢，即可求得結論.【詳解】解：（1），因為，所以，解得，，所以.（2）令，則.令，則在上單調(diào)遞增.當，即時，，所以單調(diào)遞增，又，所以；當，即時，則存在，使得，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又，則.當時，，所以在上有解.綜上，的取值范圍為.【點睛】本題考查導數(shù)的幾何意義求參數(shù)，考查導數(shù)的綜合應用，涉及到單調(diào)區(qū)間、函數(shù)零點的問題，考查分類討論思想，屬于較難題.20、（1）（2）【解析】(1)求出PM，就可以求PQ的范圍；(2)使用待定系數(shù)法求出切線的方程，再求求切點的坐標，從而可以求切點的連線的方程.【小問1詳解】如下圖所示，因為圓的方程可化為，所以圓心，半徑，且，所以，故取值范圍為.【小問2詳解】可知切線，中至少一條的斜率存在，設為，則此切線為即，由圓心到此切線的距離等于半徑，即，得所以兩條切線的方程為和，于是由聯(lián)立方程組得兩切點的坐標為和所以故直線的方程為即21、（1）證明見解析，（）（2）存在，【解析】(1)根據(jù)題意和橢圓的定義可知點的軌跡是以A，為焦點的橢圓，且，，進而得出橢圓標準方程；(2)設，聯(lián)立動直線方程和橢圓方程并消元得出關于的一元二次方程，根據(jù)根的判別式可