浙江省杭州二中2025屆高二數(shù)學第一學期期末綜合測試試題含解析

浙江省杭州二中2025屆高二數(shù)學第一學期期末綜合測試試題注意事項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．在平面直角坐標系中，雙曲線的右焦點為，過雙曲線上一點作軸的垂線足為，若，則該雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.2．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.3．兩圓和的位置關(guān)系是（）A.內(nèi)切 B.外離C.外切 D.相交4．數(shù)列中，，，若，則（）A.2 B.3C.4 D.55．已知是拋物線上的點，F(xiàn)是拋物線C的焦點，若，則（）A.1011 B.2020C.2021 D.20226．已知是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列結(jié)論正確的是（）A.若，則 B.若，則C若，則 D.若，則7．已知圓，圓，M，N分別是圓上的動點，P為x軸上的動點，則以的最小值為（）A B.C. D.8．若雙曲線經(jīng)過點，且它的兩條漸近線方程是，則雙曲線的離心率是（）A. B.C. D.109．等差數(shù)列中，若，，則等于（）A. B.C. D.10．已知數(shù)列滿足，且，那么（）A. B.C. D.11．設(shè)點是點，，關(guān)于平面的對稱點，則（）A.10 B.C. D.3812．如下圖，面與面所成二面角的大小為，且A，B為其棱上兩點．直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面中，且都垂直于AB，已知，，，則（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知某圓錐的高為4，體積為，則其側(cè)面積為________14．已知一組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為4，方差為3，若另一組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為10，則該組數(shù)據(jù)的方差為_______.15．雙曲線的離心率為2，寫出滿足條件的一個雙曲線的標準方程__________.16．傳說古希臘畢達哥拉斯學派的數(shù)學家用沙粒和小石子來研究數(shù).他們根據(jù)沙?；蛐∈铀帕械男螤畎褦?shù)分成許多類，下圖中第一行的稱為三角形數(shù)，第二行的稱為五邊形數(shù)，則三角形數(shù)的第10項為__________，五邊形數(shù)的第項為__________.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）已知雙曲線：的兩條漸近線所成的銳角為且點是上一點（1）求雙曲線的標準方程；（2）若過點的直線與交于，兩點，點能否為線段的中點？并說明理由18．（12分）已知函數(shù)（e為自然對數(shù)的底數(shù)），（），.（1）若直線與函數(shù)，的圖象都相切，求a的值；（2）若方程有兩個不同的實數(shù)解，求a的取值范圍.19．（12分）已知拋物線C：（）的焦點為F，原點O關(guān)于點F的對稱點為Q，點關(guān)于點Q的對稱點，也在拋物線C上（1）求p的值；（2）設(shè)直線l交拋物線C于不同兩點A、B，直線、與拋物線C的另一個交點分別為M、N，，，且，求直線l的橫截距的最大值.20．（12分）已知三棱柱中，.（1）求證:平面平面.（2）若，在線段上是否存在一點使平面和平面所成角的余弦值為若存在，確定點的位置；若不存在，說明理由.21．（12分）在平面直角坐標系中，雙曲線的左、右兩個焦點為、，動點P滿足（1）求動點P的軌跡E的方程；（2）設(shè)過且不垂直于坐標軸的動直線l交軌跡E于A、B兩點，問：線段上是否存在一點D，使得以DA、DB為鄰邊的平行四邊形為菱形？若存在，請給出證明：若不存在，請說明理由22．（10分）如圖，在三棱錐A-BCD中，O為線段BD中點，是邊長為1正三角形，且OA⊥BC，AB=AD（1）證明：平面ABD⊥平面BCD；（2）若|OA|=1，，求平面BCE與平面BCD的夾角的余弦值

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】根據(jù)條件可知四邊形為正方形，從而根據(jù)邊長相等，列式求雙曲線的離心率.【詳解】不妨設(shè)在第一象限，則，根據(jù)題意，四邊形為正方形，于是，即，化簡得，解得（負值舍去）.故選：A.2、A【解析】設(shè)點關(guān)于原點的對稱點為點，連接、，分析可知、、三點共線，設(shè)點、，設(shè)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(jié)果.【詳解】設(shè)點關(guān)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(shè)、，易知點，，，由題意可知，，可得，若直線與軸重合，設(shè)，，則，不合乎題意；設(shè)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.3、A【解析】計算出圓心距，利用幾何法可判斷兩圓的位置關(guān)系.【詳解】圓的圓心坐標為，半徑為，圓的圓心坐標為，半徑為，兩圓圓心距為，則，因此，兩圓和內(nèi)切.故選：A.4、C【解析】由已知得數(shù)列是以2為首項，以2為公比的等比數(shù)列，求出，再利用等比數(shù)列求和可得答案.【詳解】∵，∴，所以，數(shù)列是以2為首項，以2為公比的等比數(shù)列，則，∴，∴，則，解得.故選：C.5、C【解析】結(jié)合向量坐標運算以及拋物線的定義求得正確答案.【詳解】設(shè)，因為是拋物線上的點，F(xiàn)是拋物線C的焦點，所以，準線為：，因此，所以，即，由拋物線的定義可得，所以故選：C6、C【解析】由空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，逐一核對四個選項得答案【詳解】解：對于A：若，則或，故A錯誤；對于B：若，則或與相交，故B錯誤；對于C：若，根據(jù)面面垂直的判定定理可得，故C正確；對于D：若則與平行、相交、或異面，故D錯誤；故選：C7、A【解析】求出圓關(guān)于軸的對稱圓的圓心坐標，以及半徑，然后求解圓與圓的圓心距減去兩個圓的半徑和，即可求出的最小值.【詳解】圓關(guān)于軸對稱圓的圓心坐標，半徑為1，圓的圓心坐標為，半徑為3，易知，當三點共線時，取得最小值，的最小值為圓與圓的圓心距減去兩個圓的半徑和，即：.故選：A.注意:9至12題為多選題8、A【解析】由已知設(shè)雙曲線方程為：，代入求得，計算即可得出離心率.【詳解】雙曲線經(jīng)過點，且它的兩條漸近線方程是，設(shè)雙曲線方程為：，代入得：，.所以雙曲線方程為：..雙曲線C的離心率為故選：A9、C【解析】由等差數(shù)列下標和性質(zhì)可得.【詳解】因為，，所以.故選：C10、D【解析】由遞推公式得到，，，再結(jié)合已知即可求解.【詳解】解：由，得，，又，那么故選：D11、A【解析】寫出點坐標，由對稱性易得線段長【詳解】點是點，，關(guān)于平面的對稱點，的橫標和縱標與相同，而豎標與相反，，，，直線與軸平行，，故選：A12、B【解析】根據(jù)題意，作，且，則四邊形ABDE為平行四邊形，進一步判斷出該四邊形為矩形，然后確定出為二面角的平面角，進而通過余弦定理和勾股定理求得答案.【詳解】如圖，作，且，則四邊形ABDE為平行四邊形，所以.因為，所以，又，所以是該二面角的一個平面角，即，由余弦定理.因為，，所以，易得四邊形ABDE為矩形，則，而，所以平面ACE，則，于是.故選：B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】設(shè)該圓錐的底面半徑為r，由圓錐的體積V＝πr2h，可解得r的值，再由勾股定理求得圓錐的母線長l，而側(cè)面積S＝πrl，代入數(shù)據(jù)即可得解【詳解】設(shè)該圓錐的底面半徑為r，圓錐的體積V＝πr2h＝πr2×4＝12π，解得r＝3∴圓錐母線長l＝＝5，∴側(cè)面積S＝πrl＝15π故答案為：15π【點睛】本題考查圓錐的側(cè)面積和體積的計算，理解圓錐的結(jié)構(gòu)特征是解題的關(guān)鍵，考查學生的空間立體感和運算能力，屬于基礎(chǔ)題14、12【解析】根據(jù)題意，先通過原始數(shù)據(jù)的平均數(shù)、方差及新數(shù)據(jù)的平均數(shù)求出k，進而求出新數(shù)據(jù)的方差.【詳解】由題意，原式數(shù)據(jù)的平均數(shù)和方程分別為：，則新數(shù)據(jù)的平均數(shù)，于是新數(shù)據(jù)的方差.故答案為：12.15、（答案不唯一例如：等，只需滿足即可）【解析】根據(jù)離心率和的關(guān)系，可得到，只要滿足以上關(guān)系的即可【詳解】由題可知，又，所以，只要滿足以上關(guān)系即可.,答案不唯一例如：等故答案為：（答案不唯一例如：等，只需滿足即可）16、①.②.【解析】對于三角形數(shù)，根據(jù)圖形尋找前后之間的關(guān)系，從而歸納出規(guī)律利用求和公式即得，對于五邊形數(shù)根據(jù)圖形尋找前后之間的關(guān)系，然后利用累加法可得通項公式.【詳解】由題可知三角形數(shù)的第1項為1，第2項為3=1+2，第3項為6=1+2+3，第4項為10=1+2+3+4，，因此，第10項為；五邊形數(shù)的第1項為，第2項為，第3項為，第4項為，…，因此，，所以當時，,當時也適合，故，即五邊形數(shù)的第項為.故答案為：55；.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）點不能為線段的中點，理由見解析.【解析】（1）由漸近線夾角求得一個斜率，再代入點的坐標，然后可解得得雙曲線方程；（2）設(shè)直線方程為（斜率不存在時另說明），與雙曲線方程聯(lián)立，消元后應用韋達定理，結(jié)合中點坐標公式求得，然后難驗證直線與雙曲線是否相交即可得【詳解】解：（1）由題意知，雙曲線的漸近線的傾斜角為30°或60°，即或當時，的標準方程為，代入，無解當時，的標準方程為，代入，解得故的標準方程為（2）不能是線段的中點設(shè)交點，，當直線的斜率不存在時，直線與雙曲線只有一個交點，不符合題意.當直線的斜率存在時，設(shè)直線方程為，聯(lián)立方程組，整理得，則，由得，將代入判別式，所以滿足題意的直線也不存在所以點不能為線段的中點18、（1）；（2）.【解析】（1）根據(jù)導數(shù)的幾何意義進行求解即可；（2）利用常變量分離法，通過構(gòu)造新函數(shù)，由方程有兩個不同的實數(shù)解問題，轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的圖象有兩個交點問題，利用導數(shù)進行求解即可.【小問1詳解】設(shè)曲線的切點坐標為，由，所以過該切點的切線的斜率為，因此該切線方程為：，因為直線與函數(shù)的圖象相切，所以，因為直線與函數(shù)的圖象相切，且函數(shù)過原點，所以曲線的切點為，于是有，即；【小問2詳解】由可得：，當時，顯然不成立，當時，由，設(shè)函數(shù)，，，當時，，單調(diào)遞減，當時，，單調(diào)遞減，當時，，單調(diào)遞增，因此當時，函數(shù)有最小值，最小值為，而，當時，，函數(shù)圖象如下圖所示：方程有兩個不同的實數(shù)解，轉(zhuǎn)化為函數(shù)和函數(shù)的圖象，在當時，有兩個不同的交點，由圖象可知：，故a的取值范圍為.【點睛】關(guān)鍵點睛：利用常變量分離法，結(jié)合轉(zhuǎn)化法進行求解是解題的關(guān)鍵.19、（1）；（2）最大橫截距為.【解析】（1）首先寫出的坐標，根據(jù)對稱關(guān)系求出的坐標，帶入即可求出.（2）設(shè)直線l的方程為，帶入拋物線方程利用韋達定理，計算出直線l的橫截距的表達式從而求出其最大值.【詳解】（1）由題知，，故，代入C的方程得，∴；（2）設(shè)直線l的方程為，與拋物線C：聯(lián)立得，由題知，可設(shè)方程兩根為，，則，，（*）由得，∴，，又點M在拋物線C上，∴，化簡得，由題知M，A為不同兩點，故，，即，同理可得，∴，將（*）式代入得，即，將其代入解得，∴在時取得最大值，即直線l的最大橫截距為.20、（1）證明見解析；（2）在線段上存在一點，且P是靠近C的四等分點.【解析】(1)連接，根據(jù)給定條件證明平面得即可推理作答.(2)在平面內(nèi)過C作，再以C為原點，射線CA，CB，Cz分別為x，y，z軸正半軸建立空間直角坐標系，利用空間向量計算判斷作答.【小問1詳解】在三棱柱中，四邊形是平行四邊形，而，則是菱形，連接，如圖，則有，因，，平面，于是得平面，而平面，則，由得，，平面，從而得平面，又平面，所以平面平面.【小問2詳解】在平面內(nèi)過C作，由(1)知平面平面，平面平面，則平面，以C為原點，射線CA，CB，Cz分別為x，y，z軸正半軸建立空間直角坐標系，如圖，因，，則，假設(shè)在線段上存在符合要求的點P，設(shè)其坐標為，則有，設(shè)平面的一個法向量，則有，令得，而平面的一個法向量，依題意，，化簡整理得：而，解得，所以在線段上存在一點，且P是靠近C的四等分點，使平面和平面所成角的余弦值為.21、（1）；（2）存在，理由見解析.【解析】（1）根據(jù)題意用定義法求解軌跡方程；（2）在第一問的基礎(chǔ)上，設(shè)出直線l的方程，聯(lián)立橢圓方程，用韋達定理表達出兩根之和，兩根之積，求出直線l的垂直平分線，從而得到D點坐標，證明出結(jié)論.【小問1詳解】由題意得：，所以，，而，故動點P的軌跡E的方程為以點、為焦點的橢圓方程，由得：，，所以動點P的軌跡E的方程為；【小問2詳解】存，理由如下：顯然，直線l的斜率存在，設(shè)為，聯(lián)立橢圓方程得：，設(shè)，，則，，要想以DA、DB為鄰邊的平行四邊形為菱形，則點D為AB垂直平分線上一點，其中，，則，故AB的中點坐標為，則AB的垂直平分線為：，令得：，且無論為何值，，點D在線段上，滿足題意.22、（1）證明見解析（2）【解析】（1）由題意可得OA⊥平面BCD，從而可證明.（2）作OF⊥BD交BC于點F，如圖，以O(shè)為坐標原點，分別以O(shè)F，OD，OA所在直線軸建立空間直角坐標系,利用向量法可求解.【小問1詳解】因為AB=AD，O為BD