2025屆廣東省中山紀念中學高二數學第一學期期末復習檢測試題含解析

2025屆廣東省中山紀念中學高二數學第一學期期末復習檢測試題注意事項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．設是公差的等差數列，如果，那么（）A. B.C. D.2．已知拋物線的焦點恰為雙曲線的一個頂點，的另一頂點為，與在第一象限內的交點為，若，則直線的斜率為（）A. B.C. D.3．已知是偶函數的導函數，．若時，，則使得不等式成立的的取值范圍是（）A. B.C. D.4．若數列為等差數列，數列為等比數列，則下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.5．設O為正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3點，則取到的3點共線的概率為（）A. B.C. D.6．設集合或，，則（）A. B.C. D.7．拋物線的準線方程為（）A. B.C. D.8．已知直線m經過，兩點，則直線m的斜率為（）A.-2 B.C. D.29．設實數x，y滿足，則目標函數的最大值是（）A. B.C.16 D.3210．一動圓與圓外切，而與圓內切，那么動圓的圓心的軌跡是（）A.橢圓 B.雙曲線C.拋物線 D.雙曲線的一支11．若函數在定義域上單調遞增，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.12．命題“，”的否定是（）A.， B.，C， D.，二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在空間直角坐標系中，點到x軸的距離為___________.14．已知集合，，將中的所有元素按從大到小的順序排列構成一個數列，則數列的前n項和的最大值為___________.15．函數的單調遞減區(qū)間是____16．已知函數定義域為，值域為，則______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.（I）當時，求曲線在處的切線方程；（Ⅱ）若當時，，求的取值范圍.18．（12分）如圖，已知橢圓的焦點是圓與x軸的交點，橢圓C的長半軸長等于圓O的直徑（1）求橢圓C的方程；（2）F為橢圓C的右焦點，A為橢圓C的右頂點，點B在線段FA上，直線BD，BE與橢圓C的一個交點分別是D，E，直線BD與直線BE的傾斜角互補，直線BD與圓O相切，設直線BD的斜率為．當時，求k19．（12分）已知是公差不為零等差數列，，且、、成等比數列（1）求數列的通項公式：（2）設．數列{}的前項和為，求證：20．（12分）如圖,是平行四邊形，已知，,平面平面.（1）證明：；（2）若，求平面與平面所成二面角的平面角的余弦值21．（12分）已知命題p：方程的曲線是焦點在y軸上的雙曲線；命題q：方程無實根.若p或q為真，￢q為真，求實數m的取值范圍.22．（10分）已知等差數列的前n項和為Sn，S9=81，，求：（1）Sn；（2）若S3、、Sk成等比數列，求k

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、D【解析】由已知可得，即可得解.【詳解】由已知可得.故選：D.2、D【解析】根據題意，列出的方程組，解得，再利用斜率公式即可求得結果.【詳解】因為拋物線的焦點，由題可知；又點在拋物線上，故可得；又，聯(lián)立方程組可得，整理得，解得（舍）或，此時，又，故直線的斜率為.故選：D.3、C【解析】構造函數，分析函數在上的單調性，將所求不等式變形為，可得出關于的不等式，即可得解.【詳解】構造函數，其中，則，所以，函數為上的奇函數，當時，，且不恒為零，所以，函數在上為增函數，且該函數在上也為增函數，故函數在上為增函數，因為，則，由得，可得，解得故選：C.4、D【解析】對選項A，令即可檢驗；對選項B，令即可檢驗；對選項C，令即可檢驗；對選項D，設出等差數列的首項和公比，然后作差即可.【詳解】若，則可得：，故選項A錯誤；若，則可得：，故選項B錯誤；若，則可得：，故選項C錯誤；不妨設的首項為，公差為，則有：則有：，故選項D正確故選：D5、A【解析】列出從5個點選3個點的所有情況，再列出3點共線的情況，用古典概型的概率計算公式運算即可.【詳解】如圖，從5個點中任取3個有共種不同取法，3點共線只有與共2種情況，由古典概型的概率計算公式知，取到3點共線的概率為.故選：A【點晴】本題主要考查古典概型的概率計算問題，采用列舉法，考查學生數學運算能力，是一道容易題.6、B【解析】根據交集的概念和運算直接得出結果.【詳解】由題意知，.故選：B.7、A【解析】將拋物線的方程化成標準形式，即可得到答案；【詳解】拋物線的方程化成標準形式，準線方程為，故選：A.8、A【解析】根據斜率公式求得正確答案.【詳解】直線的斜率為：.故選：A9、C【解析】求的最大值即求的最大值，根據約束條件畫出可行域，將目標函數看成直線，直線經過可行域內的點，將目標與直線的截距建立聯(lián)系，然后得到何時目標值取得要求的最值，進而求得的最大值，最后求出的最大值.【詳解】要求的最大值即求的最大值.根據實數，滿足的條件作出可行域，如圖.將目標函數化為.則表示直線在軸上的截距的相反數.要求的最大值，即求直線在軸上的截距最小值.如圖當直線過點時，在軸上的截距最小值.由，解得所以的最大值為，則的最大值為16.故選：C.10、A【解析】依據定義法去求動圓的圓心的軌跡即可解決.【詳解】設動圓的半徑為r,又圓半徑為1，圓半徑為8，則，，可得，又則動圓的圓心的軌跡是以為焦點長軸長為9的橢圓.故選：A11、D【解析】函數在定義域上單調遞增等價于在上恒成立，即在上恒成立，然后易得，最后求出范圍即可.【詳解】函數的定義域為，，在定義域上單調遞增等價于在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，分離參數得，所以，即.【點睛】方法點睛：已知函數的單調性求參數的取值范圍的通解：若在區(qū)間上單調遞增，則在區(qū)間上恒成立；若在區(qū)間上單調遞減，則在區(qū)間上恒成立；然后再利用分離參數求得參數的取值范圍即可.12、D【解析】由含量詞命題否定的定義，寫出命題的否定即可【詳解】命題“，”的否定是：，，故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由空間直角坐標系中點到軸的距離為計算可得【詳解】解：空間直角坐標系中，點到軸的距離為故答案為：14、【解析】由題意設，，根據可得，從而，即可得出答案.【詳解】設，由，得，由，得中的元素滿足，即，可得所以，由,所以所以，要使得數列的前n項和的最大值，即求出數列中所以滿足的項的和即可.即，得，則所以數列的前n項和的最大值為故答案為：147215、【解析】求導，根據可得答案.【詳解】由題意，可得，令，即，解得，即函數的遞減區(qū)間為.故答案為：.【點睛】本題考查運用導函數的符號，研究函數的單調性，屬于基礎題.16、3【解析】根據定義域和值域，結合余弦函數的圖像與性質即可求得的值，進而得解.【詳解】因為，由余弦函數的圖像與性質可得，則，由值域為可得，所以，故答案為：3.【點睛】本題考查了余弦函數圖像與性質的簡單應用，屬于基礎題.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】（Ⅰ）先求的定義域，再求，，，由直線方程的點斜式可求曲線在處的切線方程為（Ⅱ）構造新函數，對實數分類討論，用導數法求解.試題解析：（I）定義域為.當時，，曲線在處的切線方程為（II）當時，等價于設，則，（i）當，時，，故在上單調遞增，因此；（ii）當時，令得.由和得，故當時，，在單調遞減，因此.綜上，的取值范圍是【考點】導數的幾何意義，利用導數判斷函數的單調性【名師點睛】求函數的單調區(qū)間的方法：（1）確定函數y＝f（x）定義域；（2）求導數y′＝f′（x）；（3）解不等式f′（x）>0，解集在定義域內的部分為單調遞增區(qū)間；（4）解不等式f′（x）<0，解集在定義域內的部分為單調遞減區(qū)間18、（1）；（2）-1【解析】（1）由題設可得，求出參數b，即可寫出橢圓C的方程；（2）延長線段DB交橢圓C于點，根據對稱性設B，為，，聯(lián)立橢圓方程，應用韋達定理并結合已知條件可得，直線與圓相切可得，進而求參數t，即可求直線BD的斜率.【小問1詳解】因為圓與x軸的交點分別為，，所以橢圓C的焦點分別為，，∴，根據條件得，∴，故橢圓C的方程為【小問2詳解】延長線段DB交橢圓C于點，因直線BD與直線BE的傾斜角互補，根據對稱性得由條件可設B的坐標為，設D，的縱坐標分別為，，直線的方程為，由于，即，所以由得：∴，∴①，②，由①得：，代入②得，∴∵直線與圓相切，∴，即∴，解得，又，∴，故，即直線BD斜率【點睛】關鍵點點睛：將已知線段的長度關系轉化為D，的縱坐標的數量關系，設直線的含參方程，聯(lián)立橢圓方程及其與圓的相切求參數關系，進而求參數即可.19、（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）設等差數列的公差為，則，根據題意可得出關于的方程，求出的值，利用等差數列的通項公式可求得數列的通項公式；（2）求得，利用裂項相消法求出，即可證得結論成立.【小問1詳解】解：設等差數列的公差為，則，由題意可得，即，整理可得，，解得，因此，.【小問2詳解】證明：，因此，，故原不等式得證.20、(1)見解析;(2).【解析】（1）推導出，取BC的中點F，連結EF，可推出，從而平面，進而，由此得到平面，從而；（2）以為坐標原點，，所在直線分別為，軸，以過點且與平行的直線為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出平面與平面所成二面角的余弦值【詳解】（1）∵是平行四邊形，且∴，故，即取BC的中點F，連結EF.∵∴又∵平面平面∴平面∵平面∴∵平面∴平面，∵平面∴（2）∵,由（Ⅰ）得以為坐標原點，所在直線分別為軸,建立空間直角坐標系(如圖)，則∴設平面的法向量為，則，即得平面一個法向量為由（1）知平面，所以可設平面的法向量為設平面與平面所成二面角的平面角為，則即平面與平面所成二面角的平面角的余弦值為.【點睛】用空間向量求解立體幾何問題的注意點（1）建立坐標系時要確保條件具備，即要證明得到兩兩垂直的三條直線，建系后要準確求得所需點的坐標（2）用平面的法向量求二面角的大小時，要注意向量的夾角與二面角大小間的關系，這點需要通過觀察圖形來判斷二面角是銳角還是鈍角，然后作出正確的結論21、.【解析】計算命題p：；命題；根據p或q為真，￢q為真得到真假，計算得到答案.【詳解】若方程的曲線是焦點在軸上的雙曲線，則滿足，即，即，即若