贵州省铜仁市乌江学校2025届数学高二上期末统考试题含解析

贵州省铜仁市乌江学校2025届数学高二上期末统考试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．椭圆的焦点为F1，F2，点P在椭圆上，若|PF1|=4，则∠F1PF2的余弦值为A. B.C. D.2．已知a，b为正数，，则下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.3．甲、乙同时参加某次数学检测，成绩为优秀的概率分别为、，两人的检测成绩互不影响，则两人的检测成绩都为优秀的概率为（）A. B.C. D.4．直线的倾斜角为（）A. B.C. D.5．等比数列中，，，则（）A. B.C. D.6．如图，在平行六面体中，AC与BD的交点为M，设，，，则下列向量中与相等的向量是（）A. B.C. D.7．如图，已知、分别是椭圆的左、右焦点，点、在椭圆上，四边形是梯形，，且，则的面积为（）A. B.C. D.8．若命题“，”是假命题，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.9．已知，则的最小值是（）A.3 B.8C.12 D.2010．一部影片在4个单位轮流放映，每个单位放映一场，不同的放映次序有（）A.种 B.4种C.种 D.种11．直线分别与轴，轴交于A，B两点，点在圆上，则面积的取值范围是（）A. B.C D.12．已知角的终边经过点，则，的值分别为A.， B.，C.， D.，二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．某厂将从64名员工中用系统抽样的方法抽取4名参加2011年职工劳技大赛，将这64名员工编号为1～64，若已知8号、24号、56号在样本中，那么样本中最后一个员工的号码是__________14．某部门计划对某路段进行限速，为调查限速60km/h是否合理，对通过该路段的300辆汽车的车速进行检测，将所得数据按，，，分组，绘制成如图所示频率分布直方图.则________；这300辆汽车中车速低于限速60km/h的汽车有______辆.15．已知平面向量均为非零向量，且满足，记向量在向量上投影向量为，则k=______．(用数字作答)16．如图，在等腰直角中，，为半圆弧上异于，的动点，当半圆弧绕旋转的过程中，有下列判断：①存在点，使得；②存在点，使得；③四面体的体积既有最大值又有最小值：④若二面角为直二面角，则直线与平面所成角的最大值为45°.其中正确的是______（请填上所有你认为正确的结果的序号）.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知动点M到定点和的距离之和为4（1）求动点轨迹的方程；（2）若直线交椭圆于两个不同的点A，B，O是坐标原点，求的面积18．（12分）如图，直四棱柱中，底面是边长为的正方形，点在棱上.（1）求证：；（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作已知，使得平面，并给出证明.条件①：为的中点；条件②：平面；条件③：.（3）在（2）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值.19．（12分）已知函数的图象在处的切线方程为.（1）求的解析式；（2）若关于的方程在上有解，求的取值范围.20．（12分）已知圆：，过圆外一点作圆的两条切线，，，为切点，设为圆上的一个动点.（1）求的取值范围；（2）求直线的方程.21．（12分）已知，直线过且与交于两点，过点作直线的平行线交于点（1）求证：为定值，并求点的轨迹的方程；（2）设动直线与相切于点，且与直线交于点，在轴上是否存在定点，使得以为直径的圆恒过定点？若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由22．（10分）设数列的前项和为，，且满足，.（1）求数列的通项公式；（2）证明：对一切正整数，有.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】根据题意，椭圆的标准方程为，其中则，则有|F1F2|=2，若a=3，则|PF1|+|PF2|=2a=6，又由|PF1|=4，则|PF2|=6-|PF1|=2，则cos∠F1PF2==.故选B2、A【解析】构造新函数，以函数单调性把不等式转化为整式不等式即可解决.【详解】不等式可化为：令，则则函数为单调增函数.由可得故选：A3、D【解析】利用相互独立事件概率乘法公式直接求解.【详解】甲、乙同时参加某次数学检测，成绩为优秀的概率分别为、，两人的检测成绩互不影响，则两人的检测成绩都为优秀的概率为.故选：D4、D【解析】由直线斜率概念可写出倾斜角的正切值，进而可求出倾斜角.【详解】因为直线的斜率为，所以倾斜角.故选D【点睛】本题主要考查直线的倾斜角，由斜率的概念，即可求出结果.5、D【解析】设公比为，依题意得到方程，即可求出，再根据等比数列通项公式计算可得；【详解】解：设公比为，因为，，所以，即，解得，所以；故选：D6、B【解析】根据向量加法和减法法则即可用、、表示出.【详解】故选：B.7、A【解析】设点关于原点的对称点为点，连接、，分析可知、、三点共线，设点、，设直线的方程为，分析可知，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出的值，可得出的值，再利用三角形的面积公式可求得结果.【详解】设点关于原点的对称点为点，连接、，如下图所示：因为为、的中点，则四边形为平行四边形，可得且，因为，故、、三点共线，设、，易知点，，，由题意可知，，可得，若直线与轴重合，设，，则，不合乎题意；设直线的方程为，联立，可得，由韦达定理可得，得，，则，可得，故，因此，.故选：A.8、A【解析】根据命题与它的否定命题一真一假，写出该命题的否定命题，再求实数的取值范围【详解】解：命题“，”是假命题，则它的否定命题“，”是真命题，时，不等式为，显然成立；时，应满足，解得，所以实数的取值范围是故选：A9、A【解析】利用基本不等式进行求解即可.【详解】因为，所以，当且仅当时取等号，即当时取等号，故选：A10、C【解析】根据题意得到一部影片在4个单位轮流放映，相当于四个单位进行全排列，即可得到答案.【详解】一部影片在4个单位轮流放映，相当于四个单位进行全排列，所以不同的放映次序有种，故选：C11、A【解析】把求面积转化为求底边和底边上的高，高就是圆上点到直线的距离.【详解】与x，y轴的交点，分别为，，点在圆，即上，所以，圆心到直线的距离为，所以面积的最小值为，最大值为.故选：A12、C【解析】利用任意角的三角函数的定义：，，，代入计算即可得到答案【详解】由于角的终边经过点，则,，（为坐标原点），所以由任意角的三角函数的定义：，.故答案选C【点睛】本题考查任意角的三角函数的定义，解决此类问题的关键是掌握牢记三角函数定义并能够熟练应用，属于基础题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、40【解析】结合系统抽样的抽样方法来确定最后抽取的号码.【详解】因为分段间隔为，故最后一个员工的号码为.故答案为：14、①.②.【解析】根据个小矩形面积之和为1即可求出的值；根据频率分布直方图可以求出车速低于限速60km/h的频率，从而可求出汽车有多少辆【详解】由解得：这300辆汽车中车速低于限速60km/h的汽车有故答案为：；15、##1.5【解析】由两边平方可得，，，设，向量是以向量为邻边的平行四边形、有共同起点的对角线，，由余弦定理可得，向量在向量上投影向量为，化简可得答案.【详解】因为，所以，，两边平方整理得，，两边平方整理得，即，可得，，设，所以向量是以向量为邻边的平行四边形、有共同起点的对角线，如图，即，因为，，平行四边形即为的菱形，所以，由余弦定理可得，可得，，向量在向量上投影向量为，即.故答案为：.16、①②④【解析】①当D为中点，且A，B，C，D四点共面时,可证得四边形ABCD为正方形即可判断①；②当D在平面ABC内的射影E在线段BC上（不含端点）时，可知平面ABC，可证得平面CDB，即可判断②；③，研究临界值即可判断③；④二面角D-AC-B为直二面角，且D为中点时，直线DB与平面ABC所成角的最大，作图分析验证可判断④.【详解】①当D为中点，且A，B，C，D四点共面时,连结BD，交AC于，则为AC中点，此时，且,所以四边形ABCD为正方形，所以AB//CD，故①正确；②当D在平面ABC内的射影E在线段BC上（不含端点）时，此时有：平面ABC，，又因为，所以平面CDB，所以，故②正确；③，当平面平面ABC，且D为中点时，h有最大值；当A，B，C，D四点共面时h有最小值0，此时为平面图形，不是立体图形，故四面体D-ABC无最小值，故③错误.④二面角D-AC-B为直二面角，且D为中点时，直线DB与平面ABC所成角的最大，取AC中点O，连结DO，BO，则，AC=平面平面ACD，平面平面ACD，所以平面ABC，所以为直线DB与平面ABC所成角，设，则，，所以为等腰直角三角形，所以，直线与平面所成角的最大值为45°，故④正确.故答案为：①②④.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）.【解析】（1）利用椭圆的定义即求；（2）由直线方程与椭圆方程联立，可解得点，再利用三角形面积公式即求.【小问1详解】∵动点M到定点和的距离之和为4，∴动点M的轨迹是以和为焦点的椭圆，可设方程为，则，故动点轨迹的方程为；【小问2详解】由可得，∴或，∴，又O是坐标原点，∴的面积为.18、（1）证明见解析；（2）答案见解析；（3）.【解析】（1）连结，，由直四棱柱的性质及线面垂直的性质可得，再由正方形的性质及线面垂直的判定、性质即可证结论.（2）选条件①③，设，连结，，由中位线的性质、线面垂直的性质可得、，再由线面垂直的判定证明结论；选条件②③，设，连结，由线面平行的性质及平行推论可得，由线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定证明结论；（3）构建空间直角坐标系，求平面、平面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】连结，，由直四棱柱知：平面，又平面，所以，又为正方形，即，又，∴平面，又平面，∴.【小问2详解】选条件①③，可使平面.证明如下：设，连结，，又，分别是，的中点，∴.又，所以.由（1）知：平面，平面，则.又，即平面.选条件②③，可使平面.证明如下：设，连结.因为平面，平面，平面平面，所以，又，则.由（1）知：平面，平面，则.又，即平面.【小问3详解】由（2）可知，四边形为正方形，所以.因为，，两两垂直，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，.由（1）知：平面的一个法向量为.设平面的法向量为，则，令，则.设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.19、（1）（2）【解析】（1）求，由条件可得，得出关于的方程组，求解可得；（2）令，注意，所以在具有单调性时，则方程无解，求，对分类讨论，求出单调区间，结合函数值的变化趋势，即可求得结论.【详解】解：（1），因为，所以，解得，，所以.（2）令，则.令，则在上单调递增.当，即时，，所以单调递增，又，所以；当，即时，则存在，使得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，又，则.当时，，所以在上有解.综上，的取值范围为.【点睛】本题考查导数的几何意义求参数，考查导数的综合应用，涉及到单调区间、函数零点的问题，考查分类讨论思想，属于较难题.20、（1）（2）【解析】(1)求出PM，就可以求PQ的范围；(2)使用待定系数法求出切线的方程，再求求切点的坐标，从而可以求切点的连线的方程.【小问1详解】如下图所示，因为圆的方程可化为，所以圆心，半径，且，所以，故取值范围为.【小问2详解】可知切线，中至少一条的斜率存在，设为，则此切线为即，由圆心到此切线的距离等于半径，即，得所以两条切线的方程为和，于是由联立方程组得两切点的坐标为和所以故直线的方程为即21、（1）证明见解析，（）（2）存在，【解析】(1)根据题意和椭圆的定义可知点的轨迹是以A，为焦点的椭圆，且，，进而得出椭圆标准方程；(2)设，联立动直线方程和椭圆方程并消元得出关于的一元二次方程，根据根的判别式可