西藏林芝市第二中學(xué)2025屆高二數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末達(dá)標(biāo)檢測試題含解析

西藏林芝市第二中學(xué)2025屆高二數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末達(dá)標(biāo)檢測試題注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)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(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)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(yīng)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．已知的周長等于10，，通過建立適當(dāng)?shù)钠矫嬷苯亲鴺?biāo)系，頂點的軌跡方程可以是（）A. B.C. D.2．已知雙曲線的右焦點為F，則點F到其一條漸近線的距離為（）A.1 B.2C.3 D.43．已知三維數(shù)組，，且，則實數(shù)（）A.-2 B.-9C. D.24．設(shè)函數(shù)，當(dāng)自變量t由2變到2.5時，函數(shù)的平均變化率是（）A.5.25 B.10.5C.5.5 D.115．若點，在拋物線上，是坐標(biāo)原點，若等邊三角形的面積為，則該拋物線的方程是（）A. B.C. D.6．在數(shù)列中，，則的值為（）A. B.C. D.以上都不對7．命題“對任意，都有”的否定是（）A.對任意，都有 B.存在，使得C.對任意，都有 D.存在，使得8．設(shè)是可導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)，則（）A.2 B.C. D.9．若函數(shù)在區(qū)間內(nèi)存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B.C. D.10．過點作圓的切線，則切線的方程為（）A. B.C.或 D.或11．已知數(shù)列滿足，，在（）A.25 B.30C.32 D.6412．如圖，一個圓錐形的空杯子上面放著一個半徑為4.5cm的半球形的冰淇淋，若冰淇淋融化后正好盛滿杯子，則杯子的高（）A.9cm B.6cmC.3cm D.4.5cm二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若命題“，使得”為假命題，則實數(shù)a的取值范圍是___________14．在平面直角坐標(biāo)系中，直線與的交點為，以為圓心作圓，圓上的點到軸的最小距離為（Ⅰ）求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（Ⅱ）過點作圓的切線，求切線的方程15．已知平面和兩條不同的直線，則下列判斷中正確的序號是___________.①若，則；②若，則；③若，則；④若，則；16．函數(shù)定義域為___________.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知橢圓的離心率為，直線與橢圓C相切于點（1）求橢圓C的方程；（2）已知直線與橢圓C交于不同的兩點M，N，與直線交于點Q（P，Q，M，N均不重合），記的斜率分別為，若．證明：為定值18．（12分）如圖，在四棱錐中，底面是正方形，側(cè)面底面，為側(cè)棱上一點（1）求證：；（2）若為中點，平面與側(cè)棱于點，且，求四棱錐的體積19．（12分）已知關(guān)于x的不等式，.（1）若，求不等式的解集；（2）若不等式的解集為R，求k的取值范圍.20．（12分）已知數(shù)列為正項等比數(shù)列，滿足，，數(shù)列滿足（1）求數(shù)列，的通項公式；（2）若數(shù)列的前n項和為，數(shù)列滿足，證明：數(shù)列的前n項和21．（12分）在直三棱柱中，，，，，分別是，上的點，且（1）求證：∥平面；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值22．（10分）已知橢圓的左、右焦點分別為，若焦距為4，點P是橢圓上與左、右頂點不重合的點，且的面積最大值.（1）求橢圓的方程；（2）過點的直線交橢圓于點、，且滿足（為坐標(biāo)原點），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】根據(jù)橢圓的定義進(jìn)行求解即可.【詳解】因為的周長等于10，，所以，因此點的軌跡是以為焦點的橢圓，且不在直線上，因此有，所以頂點的軌跡方程可以是，故選：A2、A【解析】由雙曲線方程可寫出右焦點坐標(biāo)，再寫一漸近線方程，根據(jù)點到直線的距離公式可得答案.【詳解】雙曲線的右焦點F坐標(biāo)為，根據(jù)雙曲線的對稱性，不妨取一條漸近線為，故點F到漸近線的距離為，故選：A3、D【解析】由空間向量的數(shù)量積運算即可求解【詳解】∵，，，，，，且，∴，解得故選：D4、B【解析】利用平均變化率的公式即得.【詳解】∵，∴.故選：B.5、A【解析】根據(jù)等邊三角形的面積求得邊長，根據(jù)角度求得點的坐標(biāo)，代入拋物線方程求得的值.【詳解】設(shè)等邊三角形的邊長為，則，解得根據(jù)拋物線的對稱性可知，且，設(shè)點在軸上方，則點的坐標(biāo)為，即，將代入拋物線方程得，解得，故拋物線方程為故選：A6、C【解析】由數(shù)列的遞推公式可先求數(shù)列的前幾項，從而發(fā)現(xiàn)數(shù)列的周期性的特點，進(jìn)而可求.【詳解】解：，數(shù)列是以3為周期的數(shù)列故選：【點睛】本題主要考查了利用數(shù)列的遞推公式求解數(shù)列的項，解題的關(guān)鍵是由遞推關(guān)系發(fā)現(xiàn)數(shù)列的周期性的特點，屬于基礎(chǔ)題.7、B【解析】根據(jù)全稱命題的否定是特稱命題形式，可判斷正確答案.【詳解】因為全稱命題的否定是特稱命題，所以命題“對任意，都有”的否定是“存在，使得”故選：B.8、C【解析】由導(dǎo)數(shù)的定義可得，即可得答案【詳解】根據(jù)題意，，故.故選：C9、D【解析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為在有解，進(jìn)而求函數(shù)的最值，即可求出的范圍.【詳解】∵，∴，若在區(qū)間內(nèi)存在單調(diào)遞增區(qū)間，則有解，故，令，則在單調(diào)遞增，，故.故選：D.10、C【解析】設(shè)切線的方程為，然后利用圓心到直線的距離等于半徑建立方程求解即可.【詳解】圓的圓心為原點，半徑為1，當(dāng)切線的斜率不存在時，即直線的方程為，不與圓相切，當(dāng)切線的斜率存在時，設(shè)切線的方程為，即所以，解得或所以切線的方程為或故選：C11、A【解析】根據(jù)題中條件，得出數(shù)列公差，進(jìn)而可求出結(jié)果.【詳解】由得，所以數(shù)列是以為公差的等差數(shù)列，又，所以.故選：A.【點睛】本題主要考查等差數(shù)列的基本量運算，屬于基礎(chǔ)題型.12、A【解析】根據(jù)圓錐和球的體積公式以及半球的體積等于圓錐的體積，即可列式解出【詳解】由題意可得，，解得．故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、(-1，0]【解析】將題意的命題轉(zhuǎn)化條件為“，”為真命題，結(jié)合一元二次不等式恒成立即可得解.【詳解】因為命題“，使得”是假命題，所以其否定“，”為真命題，即在R上恒成立.當(dāng)時，不等式為，符合題意；當(dāng)時，則需滿足，解得；綜上，實數(shù)的取值范圍為.故答案為：.14、（Ⅰ）；（Ⅱ）或【解析】（Ⅰ）求出點的坐標(biāo)，設(shè)圓的半徑為，圓上的點到軸的最小距離為1求得的值，由此可得出圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（Ⅱ）對切線的斜率是否存在進(jìn)行分類討論，當(dāng)切線的斜率不存在時，可得切線方程為，驗證即可；當(dāng)切線的斜率存在時，可設(shè)所求切線的方程為，利用圓心到切線的距離等于圓的半徑可求得的值，綜合可得出所求切線的方程.【詳解】（Ⅰ）聯(lián)立方程組，解得，即點設(shè)圓的半徑為，由于圓上的點到軸的最小距離為，則，所以，故圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為；（Ⅱ）若切線的斜率不存在，則所求切線的方程為，圓心到直線的距離為，不合乎題意；若切線的斜率存在，可設(shè)切線的方程為，即，圓的圓心坐標(biāo)為，半徑為，由題意可得，整理得，解得或故所求切線方程為或【點睛】本題考查圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的求解，同時也考查了過圓外一點的圓的切線方程的求解，考查計算能力，屬于中等題.15、②④【解析】根據(jù)直線與直線，直線與平面的位置關(guān)系依次判斷每個選項得到答案.詳解】若，則或，異面，或，相交，①錯誤；若，則，②正確；若，則或或與相交，③錯誤；若，則，④正確；故答案為：②④.16、【解析】根據(jù)函數(shù)定義域的求法，即可求解.【詳解】解：,解得,故函數(shù)的定義域為:.故答案為：.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）根據(jù)橢圓離心率和橢圓經(jīng)過的點建立方程組，求解方程組可得橢圓的方程；（2）先根據(jù)相切求出直線的斜率，結(jié)合可得，再逐個求解，，然后可證結(jié)論.【小問1詳解】解：由題意，解得故橢圓C的方程為.【小問2詳解】證明：設(shè)直線的方程為，聯(lián)立得，因為直線與橢圓C相切，所以判別式，即，整理得，所以，故直線的方程為，因為，所以，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立方程組解得故點Q坐標(biāo)為，聯(lián)立方程組，化簡得設(shè)點因為判別式，得又，所以故，于是為定值.【點睛】直線與橢圓的相切問題一般是聯(lián)立方程，結(jié)合判別式為零求解；定值問題的求解一般結(jié)合目標(biāo)式中的項，逐個求解，代入驗證即可.18、（1）證明見解析（2）【解析】（1）利用面面垂直的性質(zhì)定理可得出平面，再利用線面垂直的性質(zhì)可得出；（2）分析可知為的中點，平面，計算出梯形的面積，利用錐體的體積公式可求得四棱錐的體積【小問1詳解】證明：因為四邊形為正方形，則，因為側(cè)面底面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以.【小問2詳解】解：因為，平面，平面，所以，平面，因為平面，平面平面，所以，所以，，則，所以，四邊形是直角梯形，又是中點，所以，，所以，由平面，平面，所以，從而，正三角形中，是中點，，即，，所以平面，因為，所以.19、（1）（2）【解析】（1）因式分解后可求不等式的解集.（2）就分類討論后可得的取值范圍.【小問1詳解】時，原不等式即為，其解為.【小問2詳解】不等式的解集為R，當(dāng)時，則有，解得，綜上，.20、（1），（2）證明見解析【解析】（1）將已知條件用首項和公比表示，聯(lián)立方程組即可求解數(shù)列的通項公式，然后由對數(shù)的運算性質(zhì)即可得數(shù)列的通項公式；（2）由（1）求出，然后利用裂項相消求和法求出數(shù)列的前n項和，即可證明.【小問1詳解】解：設(shè)等比數(shù)列的公比為，由題意，得，即，解得或（舍），又，所以，所以，；【小問2詳解】解：，所以，所以21、（1）證明見解析（2）【解析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，由空間向量證明與平面的法向量垂直（2）由空間向量求解【小問1詳解】以C為原點，分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則，，，，，，設(shè)，因為，所以，故，得，同理求得，所以，因為是平面的一個法向量，且，所以，又平面，所以平面；【小問2詳解】由（1）可得：，，設(shè)平面的一個法向量為，則，即令，則，所以，又平面的一個法向量為，設(shè)表示平面與平面所成銳二面角，則22、（1）（2）或【解析】（1）根據(jù)焦距求出，利用面積最大值，得到求出，從而得到，求出橢圓方程；（2）分直線斜率存在和斜率不存在，結(jié)合題干