河南省通許縣麗星中學2025屆高二數學第一學期期末質量檢測試題含解析

河南省通許縣麗星中學2025屆高二數學第一學期期末質量檢測試題考生請注意：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?？荚嚱Y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．拋擲兩枚硬幣，若記出現“兩個正面”“兩個反面”“一正一反”的概率分別為，，，則下列判斷中錯誤的是（）.A. B.C. D.2．已知點，，直線與線段相交，則實數的取值范圍是（）A.或 B.或C. D.3．（2017新課標全國卷Ⅲ文科）已知橢圓C：的左、右頂點分別為A1，A2，且以線段A1A2為直徑的圓與直線相切，則C的離心率為A. B.C. D.4．正方體中，E、F分別是與的中點，則直線ED與所成角的余弦值是（）A. B.C. D.5．已知拋物線，過拋物線的焦點作軸的垂線，與拋物線交于、兩點，點的坐標為，且為直角三角形，則以直線為準線的拋物線的標準方程為（）A. B.C. D.6．已知，條件，條件，則是的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件7．曲線：在點處的切線方程為A. B.C. D.8．，則與分別為（）A.與 B.與C.與0 D.0與9．數列滿足且，則的值是（）A.1 B.4C.－3 D.610．在等比數列中，若，，則（）A. B.C. D.11．已知數列是以1為首項，2為公差的等差數列，是以1為首項，2為公比的等比數列，設，，則當時，n的最大值是（）A.8 B.9C.10 D.1112．在三棱錐中，，，，若，，則（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在棱長為2的正方體中，點P是直線上的一個動點，點Q在平面上，則的最小值為________.14．已知拋物線的焦點為F，若拋物線上一點P到x軸的距離為2，則|PF|的值為___________.15．已知，若共線，m+n＝__.16．已知數列，點在函數的圖象上，則數列的前10項和是______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）已知函數，從下列兩個條件中選擇一個使得數列{an}成等比數列.條件1：數列{f（an）}是首項為4，公比為2的等比數列；條件2：數列{f（an）}是首項為4，公差為2的等差數列.（1）求數列{an}的通項公式；（2）求數列的前n項和.18．（12分）已知，命題p：對任意，不等式恒成立；命題q：存在，使得不等式成立；（1）若p為真命題，求a的取值范圍；（2）若為真命題，求a的取值范圍19．（12分）已知函數．其中e為然對數的底數（1）若，求函數的單調區(qū)間；（2）若，討論函數的零點個數20．（12分）已知拋物線C的焦點為，N為拋物線上一點，且（1）求拋物線C的方程；（2）過點F且斜率為k的直線l與C交于A，B兩點，，求直線l的方程21．（12分）已知圓心為的圓過原點，且直線與圓相切于點.（1）求圓的方程；（2）已知過點的直線的斜率為，且直線與圓相交于兩點.①若，求弦的長；②若圓上存在點，使得成立，求直線的斜率.22．（10分）已知動圓過點且動圓內切于定圓：記動圓圓心的軌跡為曲線.（1）求曲線方程；（2）若、是曲線上兩點，點滿足求直線的方程.

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、A【解析】把拋擲兩枚硬幣的情況均列舉出來，利用古典概型的計算公式，把，，算出來，判斷四個選項的正誤.【詳解】兩枚硬幣，記為與，則拋擲兩枚硬幣，一共會出現的情況有四種，A正B正，A正B反，A反B正，A反B反，則，，，所以A錯誤，BCD正確故選：A2、B【解析】由可求出直線過定點，作出圖象，求出和，數形結合可得或，即可求解.【詳解】由可得：，由可得，所以直線：過定點，作出圖象如圖所示：，，若直線與線段相交，則或，所以實數的取值范圍是或，故選：B3、A【解析】以線段為直徑的圓的圓心為坐標原點，半徑為，圓的方程為，直線與圓相切，所以圓心到直線的距離等于半徑，即，整理可得，即即，從而，則橢圓的離心率，故選A.【名師點睛】解決橢圓和雙曲線的離心率的求值及取值范圍問題，其關鍵就是確立一個關于的方程或不等式，再根據的關系消掉得到的關系式，而建立關于的方程或不等式，要充分利用橢圓和雙曲線的幾何性質、點的坐標的范圍等.4、A【解析】以A為原點建立空間直角坐標系，求出E,F,D,D1點的坐標，利用向量求法求解【詳解】如圖，以A為原點建立空間直角坐標系，設正方體的邊長為2，則，,，,,直線與所成角的余弦值為：.故選:A【點睛】本題考查異面直線所成角的求法，屬于基礎題.5、B【解析】設點位于第一象限，求得直線的方程，可得出點的坐標，由拋物線的對稱性可得出，進而可得出直線的斜率為，利用斜率公式求得的值，由此可得出以直線為準線的拋物線的標準方程.【詳解】設點位于第一象限，直線的方程為，聯立，可得，所以，點.為等腰直角三角形，由拋物線的對稱性可得出，則直線的斜率為，即，解得.因此，以直線為準線的拋物線的標準方程為.故選：B.【點睛】本題考查拋物線標準方程的求解，考查計算能力，屬于中等題.6、A【解析】利用“1”的妙用探討命題“若p則q”的真假，取特殊值計算說明“若q則p”的真假即可判斷作答.【詳解】因為，由得：，則，當且僅當，即時取等號，因此，，因，，由，取，則，，即，，所以是的充分不必要條件.故選：A7、A【解析】因為，所以曲線在點（1,0）處的切線的斜率為，所以切線方程為，即，選A8、C【解析】利用正弦函數和常數導數公式，結合代入法進行求解即可.【詳解】因為，所以，所以，，故選：C9、A【解析】根據題意，由于，可知數列是公差為-3的等差數列，則可知d=-3,由于=，故選A10、D【解析】由等比數列的性質得，化簡，代入數值求解.【詳解】因為數列是等比數列，所以，由題意，所以.故選：D11、B【解析】先求出數列和的通項公式，然后利用分組求和求出，再對進行賦值即可求解.【詳解】解：因為數列是以1為首項，2為公差的等差數列所以因為是以1為首項，2為公比的等比數列所以由得：當時，即當時，當時，所以n的最大值是.故選：B.【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是利用分組求和求出，再通過賦值法即可求出使不等式成立的的最大值.12、B【解析】根據空間向量的基本定理及向量的運算法則計算即可得出結果.【詳解】連接,因為，所以，因為，所以，所以,故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】數形結合分析出的最小值為點到平面的距離，然后利用等體積法求出距離即可.【詳解】因為，且平面，平面，所以平面，所以的最小值為點到平面的距離，設到平面的距離為，則，所以，即，解得，故答案為：.14、3【解析】先求出拋物線的焦點坐標和準線方程，再利用拋物線的定義可求得答案【詳解】拋物線的焦點為，準線為，因為拋物線上一點P到x軸的距離為2，所以由拋物線的定義可得，故答案為：315、【解析】根據空間向量平行的坐標運算求出m,n，進而求得答案.【詳解】由于，因為，所以存在，使得，于是，則.故答案為：.16、【解析】將點代入可得，從而得，再由裂項相消法可求解.【詳解】由題意有，所以，所以數列的前10項和為：.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）【解析】（1）根據所給的條件分別計算后即可判斷，再通過滿足題意的求出通項；（2）由（1）可得，再通過錯位相減法求和即可.【小問1詳解】若選擇條件1，則有，可得，不滿足題意；若選擇條件2，則有，可得，滿足題意，故.【小問2詳解】由（1）可得，所以………①因此有……….②①②可得，即，化簡得.18、（1）（2）【解析】（1）利用判別式可求的取值范圍，注意就是否為零分類討論；（2）根據題設可得真或真，后者可用參變分離求出的取值范圍，結合（1）可求的取值范圍.【小問1詳解】當p為真命題時，當時，不等式顯然成立；當時，解得，故a取值范圍為.【小問2詳解】當q為真命題時，問題等價于存在，使得不等式成立，即，∵，當且僅當x=1時等號成立，∴因為為真命題，所以真或真，故a的取值范圍是19、（1）單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為和；（2）當時，無零點；當時，有1個零點；當時，有2個零點.【解析】(1)求導，令導數大于零求增區(qū)間，令導數小于零求減區(qū)間；(2)求導數，分、、a＞2討論函數f(x)單調性和零點即可.【小問1詳解】當時，，易知定義域為R，，當時，；當或時，故的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為和；【小問2詳解】當時，x正0負0正單增極大值單減極小值單增當時，恒成立，∴；當時，①當時，，∴無零點；②當時，，∴有1個零點；③當時，，又當時，單調遞增，，∴有2個零點；綜上所述：當時，無零點；當時，有1個零點；當時，有2個零點【點睛】結論點睛：(1)考查導數的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯系．(2)利用導數求函數的單調區(qū)間，判斷單調性；已知單調性，求參數．(3)利用導數求函數的最值(極值)，解決生活中的優(yōu)化問題．(4)考查數形結合思想的應用20、（1）（2）或【解析】（1）拋物線的方程為，利用拋物線的定義求出點N，代入拋物線方程即可求解.（2）設直線的方程為，將直線與拋物線方程聯立，利用韋達定理以及焦半徑公式可得或，即求.【小問1詳解】拋物線的方程為，設，依題意，由拋物線定義，即.所以，又由，得，解得(舍去)，所以拋物線的方程為.【小問2詳解】由（1）得，設直線的方程為，，，由，得.因為，故所以.由題設知，解得或，因此直線方程為或.21、（1）；（2）①，②.【解析】（1）圓心在線段的垂直平分線上，圓心也在過點且與垂直的直線上，聯立求圓心，進而得半徑即可；（2）①垂徑定理即可求弦長；②圓上存在點，使得成立，即四邊形是平行四邊形，又，有都是等邊三角形，進而得圓心到直線的距離為，列方程求解即可.試題解析：（1）由已知得，圓心在線段的垂直平分線上，圓心也在過點且與垂直的直線上，由得圓心，所以半徑，所以圓的方程為；（2）①由題意知，直線的方程為，即，∴圓心到直線的距離為，∴；②∵圓上存在點，使得成立，∴四邊形是平行四邊形，又，∴都是等邊三角形，∴圓心到直線的距離為，又直線