安徽省黃山市黟縣中學2025屆高二上數學期末統考試題含解析

安徽省黃山市黟縣中學2025屆高二上數學期末統考試題注意事項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．若雙曲線與橢圓有公共焦點，且離心率，則雙曲線的標準方程為（）A. B.C. D.2．若，，，則a，b，c與1的大小關系是（）A. B.C. D.3．已知F是拋物線的焦點，直線l是拋物線的準線，則F到直線l的距離為（）A.2 B.4C.6 D.84．若圓與圓相切，則實數a的值為（）A.或0 B.0C. D.或5．在各項都為正數的等比數列中，首項，前3項和為21，則()A.84 B.72C.33 D.1896．已知實數，，則下列不等式恒成立的是（）A. B.C. D.7．已知是公差為3的等差數列.若，，成等比數列，則的前10項和（）A.165 B.138C.60 D.308．已知函數，則（）A.3 B.C. D.9．已知數列為等比數列，則“為常數列”是“成等差數列”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件10．如圖，在三棱錐中，，則三棱錐外接球的表面積是（）A. B.C. D.11．已知圓：，點，則點到圓上點的最小距離為（）A.1 B.2C. D.12．直線的傾斜角為（）A.0 B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知拋物線：，斜率為且過點的直線與交于，兩點，且，其中為坐標原點（1）求拋物線的方程；（2）設點，記直線，的斜率分別為，，證明：為定值14．在正項等比數列中，，，則的公比為___________.15．設，若，則S＝________.16．如圖，四個棱長為1的正方體排成一個正四棱柱，AB是一條側棱，是上底面上其余的八個點，則集合中的元素個數為______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）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓E：（a>b>0）的左、右焦點分別為F1，F2，離心率為.點P是橢圓上的一動點，且P在第一象限.記的面積為S，當時，.（1）求橢圓E的標準方程；（2）如圖，PF1，PF2的延長線分別交橢圓于點M，N，記和的面積分別為S1和S2.（i）求證：存在常數λ，使得成立；（ii）求S2-S1的最大值.18．（12分）已知圓C經過坐標原點O和點（4，0），且圓心在x軸上（1）求圓C的方程；（2）已知直線l：與圓C相交于A、B兩點，求所得弦長值19．（12分）數列中，，且.（1）證明；數列是等比數列.（2）若，求數列的前n項和.20．（12分）如圖，底面是矩形的直棱柱中，；（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的大??；21．（12分）如圖1，已知矩形中，，E為上一點且.現將沿著折起，使點D到達點P的位置，且，得到的圖形如圖2.（1）證明為直角三角形；（2）設動點M在線段上，判斷直線與平面位置關系，并說明理由.22．（10分）設四邊形為矩形，點為平面外一點，且平面，若，.（1）求與平面所成角的大??；（2）在邊上是否存在一點，使得點到平面的距離為，若存在，求出的值，若不存在，請說明理由；（3）若點是的中點，在內確定一點，使的值最小，并求此時的值.

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、A【解析】首先求出橢圓的焦點坐標，然后根據可得雙曲線方程中的的值，然后可得答案.【詳解】橢圓焦點坐標為所以雙曲線的焦點在軸上，，因為，所以，所以雙曲線的標準方程為故選：A2、C【解析】根據條件構造函數，并求其導數，判斷該函數的單調性，據此作出該函數的大致圖象，由圖象可判斷a，b，c與1的大小關系.【詳解】令，則當時，，當時，即函數在上單調遞減，在上單調遞增,而，由可知，故作出函數大致圖象如圖：由圖象易知，，故選：C.3、B【解析】根據拋物線定義即可求解【詳解】由得，所以F到直線l的距離為故選：B4、D【解析】根據給定條件求出兩圓圓心距，再借助兩圓相切的充要條件列式計算作答.【詳解】圓的圓心，半徑，圓的圓心，半徑，而，即點不可能在圓內，則兩圓必外切，于是得，即，解得，所以實數a的值為或.故選：D5、A【解析】分析：設等比數列的公比為，根據前三項的和為列方程，結合等比數列中，各項都為正數，解得，從而可以求出的值.詳解：設等比數列的公比為，首項為3，前三項的和為，，解之得或，在等比數列中，各項都為正數，公比為正數，舍去），，故選A.點睛：本題考查以一個特殊的等比數列為載體，通過求連續(xù)三項和的問題，著重考查了等比數列的通項，等比數列的性質和前項和等知識點，屬于簡單題.6、C【解析】根據不等式性質和作差法判斷大小依次判斷每個選項得到答案.【詳解】當時，不等式不成立，錯誤；，故錯誤正確；當時，不等式不成立，錯誤；故選：.【點睛】本題考查了不等式的性質，作差法判斷大小，意在考查學生對于不等式知識的綜合應用.7、A【解析】由等差數列的定義與等比數列的性質求得首項，然后由等差數列的前項和公式計算【詳解】因為，，成等比數列，所以，所以，解得，所以故選：A8、B【解析】由導數運算法則求出導發(fā)函數，然后可得導數值【詳解】由題意，所以故選：B9、C【解析】先考慮充分性，再考慮必要性即得解.【詳解】解：如果為常數列，則成等差數列，所以“為常數列”是“成等差數列”的充分條件；等差數列，所以，所以數列為，所以數列是常數列，所以“為常數列”是“成等差數列”的必要條件.所以“為常數列”是“成等差數列”的充要條件.故選：C10、A【解析】根據題意，將該幾何體放置于正方體中截得，進而轉化為求邊長為2的正方體的外接球，再求解即可.【詳解】解：因為在三棱錐中，，所以將三棱錐補形成正方體如圖所示，正方體的邊長為2，則體對角線長為，外接球的半徑為，所以外接球的表面積為，故選：.11、C【解析】寫出圓的圓心和半徑，求出距離的最小值，再結合圓外一點到圓上點的距離最小值的方法即可求解.【詳解】由圓：，得圓，半徑為，所以，所以點到圓上點的最小距離為.故選：C.12、D【解析】根據斜率與傾斜角的關系求解即可.【詳解】由題的斜率，故傾斜角的正切值為，又，故.故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、（1）（2）為定值6【解析】（1）由題意可知：將直線方程代入拋物線方程，由韋達定理可知：，，，，求得p的值，即可求得拋物線E的方程；（2）由直線的斜率公式可知：，，，代入，，即可得到：.試題解析：（1）直線的方程為，聯立方程組得，設，，所以，，又，所以，從而拋物線的方程為（2）因為，，所以，，因此，又，，所以，即為定值點睛：定點、定值問題通常是通過設參數或取特殊值來確定“定點”是什么、“定值”是多少，或者將該問題涉及的幾何式轉化為代數式或三角問題，證明該式是恒定的.定點、定值問題同證明問題類似，在求定點、定值之前已知該值的結果，因此求解時應設參數，運用推理，到最后必定參數統消，定點、定值顯現.14、3【解析】由題設知等比數列公比，根據已知條件及等比數列通項公式列方程求公比即可.【詳解】由題設，等比數列公比，且，所以，可得或（舍），故公比為3.故答案為：315、1007【解析】可證f（x）+f（1﹣x）＝1，由倒序相加法可得所求為1007對的組合，即1007個1，可得答案【詳解】解：∵函數f（x），∴f（x）+f（1﹣x）1故可得S＝f（）+f（）…+f（）＝1007×1＝1007,故答案為：1007點睛】本題考查倒序相加法求和，推斷出f（x）+f（1﹣x）＝1是解題的關鍵.16、1【解析】根據空間平面向量的運算性質，結合空間向量垂直的性質、空間向量數量積的運算性質進行求解即可.【詳解】由圖像可知，，則因為棱長為1，，所以，所以，故集合中的元素個數為1故答案為：1三、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）(i)存在常數，使得成立；(ii)的最大值為.【解析】(1)求點P的坐標，再利用面積和離心率，可以求出，然后就可以得到橢圓的標準方程；(2)設點的坐標和直線方程，聯立方程，解出的y坐標值與P的坐標之間的關系，求以焦距為底邊的三角形面積；利用均值定理當且僅當時取等號，求最大值.【小問1詳解】先求第一象限P點坐標：，所以P點的坐標為，所以，所以橢圓E的方程為【小問2詳解】設，易知直線和直線的坐標均不為零，因為，所以設直線的方程為，直線的方程為，由所以，因為，，所以所以同理由所以，因為，，所以所以，因為，，(i)所以所以存在常數，使得成立.(ii)，當且僅當，時取等號，所以的最大值為.18、（1）（2）【解析】（1）求出圓心和半徑，寫出圓的方程；（2）求出圓心到直線距離，進而利用垂徑定理求出弦長.【小問1詳解】由題意可得，圓心為(2，0)，半徑為2．則圓的方程為；【小問2詳解】由（1）可知：圓C半徑為，設圓心（2，0）到l的距離為d，則，由垂徑定理得：19、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）根據遞推公式，結合等差數列的定義、等比數列的定義進行證明即可；（2）運用裂項相消法進行求解即可.【小問1詳解】∵，∴，又∵，∴，∴數列是首項為0，公差為1的等差數列，∴，∴，從而，∴數列是首項為2，公比為2的等比數列；【小問2詳解】由（1）知，則，∴，∴.20、（1）證明見解析（2）【解析】（1）通過證明和可得答案；（2）連接，則為直線與平面所成角的平面角，在直角三角形中計算即可.【小問1詳解】棱柱為直棱柱，面，又面，又直棱柱的底面是矩形，，又，平面，平面，平面；【小問2詳解】連接，面，則為直線與平面所成角的平面角在直角三角形中，則，，所以直線與平面所成角的大小為.21、（1）證明見解析（2）答案不唯一，見解析【解析】（1）利用折疊前后的線段長度及勾股定理求證即可；（2）動點M滿足時和，但時兩種情況，利用線線平行或相交得到結論.【小問1詳解】在折疊前的圖中，如圖：，E為上一點且，則，折疊后，所以，又，所以，所以為直角三角形.小問2詳解】當動點M在線段上，滿足，同樣在線段上取，使得，則，當時，則，又且所以，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，所以此時平面；當時，此時，但，所以四邊形為梯形，所以與必然相交，所以與平面必然相交.綜上，當動點M滿足時，平面；當動點M滿足，但時，與平面相交.22、（1）（2）存在，距離為（3）位置答案見解析，【解析】（1）利用線面垂直的判定定理證明平面，然后由線面角的定義得到PC與平面PAD所成的角為，在中，由邊角關系求解即可.（2）假設BC邊上存在一點G滿足題設條件，不放設，則，再根據得，進而得答案.（3）延長CB到C'，使得C'B=CB，連結C'E，過E作于E'，利用三點共線，兩線段和最小，得到，過H作于H'，連結HB