陕西省咸阳中学2025届高二数学第一学期期末综合测试试题含解析

陕西省咸阳中学2025届高二数学第一学期期末综合测试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．已知抛物线，，点在抛物线上，记点到直线的距离为，则的最小值是（）A.5 B.6C.7 D.82．已知等比数列的公比为，则“”是“是递增数列”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件3．已知函数，则满足不等式的的取值范围是（）A. B.C. D.4．如图，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1=2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为A. B.C. D.5．双曲线的虚轴长为（）A. B.C.3 D.66．已知点F是双曲线的左焦点，点E是该双曲线的右顶点，过F作垂直于x轴的直线与双曲线交于G、H两点，若是锐角三角形，则该双曲线的离心率e的取值范围是（）A. B.C. D.7．若等比数列满足，，则数列的公比为（）A. B.C. D.8．过点且平行于直线的直线方程为（）A. B.C. D.9．已知在平面直角坐标系中，圆的方程为，直线过点且与直线垂直.若直线与圆交于两点，则的面积为A.1 B.C.2 D.10．经过点且与直线垂直的直线方程为（）A. B.C. D.11．函数在上单调递增，则k的取值范围是（）A B.C. D.12．若圆与圆相切，则的值为（）A. B.C.或 D.或二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．向量，，若，且，则的值为______.14．已知双曲线C：的一条渐近线与直线l：平行，则双曲线C的离心率是______15．如图，棱长为2的正方体中，E，F分别为棱、的中点，G为面对角线上一个动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值为___________.16．如图，棱长为1的正方体，点沿正方形按的方向作匀速运动，点沿正方形按的方向以同样的速度作匀速运动，且点分别从点A与点同时出发，则的中点的轨迹所围成图形的面积大小是________.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）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：y2=4x经过点A（1，2），直线l：y=kx+b与抛物线C交于M，N两点.（1）若，求直线l的方程；（2）当AM⊥AN时，若对任意满足条件的实数k，都有b=mk+n（m，n为常数），求m+2n的值.18．（12分）已知函数在处取得极值7（1）求的值；（2）求函数在区间上的最大值19．（12分）已知函数的图象在点处的切线与直线平行（是自然对数的底数）.（1）求的值；（2）若在上恒成立，求实数的取值范围.20．（12分）在二项式展开式中，第3项和第4项的二项式系数比为.（1）求n的值及展开式中的常数项；（2）求展开式中系数最大的项是第几项.21．（12分）如图，在长方体中，，．点E在上，且（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值22．（10分）已知等差数列满足：，（1）求数列的通项公式，以及前n项和公式；（2）若，求数列的前n项和

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、D【解析】先求出抛物线的焦点和准线，利用抛物线的定义将转化为的距离，即可求解.【详解】由已知得抛物线的焦点为，准线方程为，设点到准线的距离为，则，则由抛物线的定义可知∵，当点、、三点共线时等号成立，∴，故选：.2、B【解析】先分析充分性：假设特殊等比数列即可判断；再分析充分性，由条件得恒成立，再对和进行分类讨论即可判断.【详解】先分析充分性：在等比数列中，，所以假设，，所以，等比数列为递减数列，故充分性不成立；分析必要性：若等比数列的公比为，且是递增数列，所以恒成立，即恒成立，当，时，成立，当，时，不成立，当，时，不成立，当，时，不成立，当，时，成立，当，时，不成立，当，时，不恒成立，当，时，不恒成立，所以能使恒成立的只有：，和，，易知此时成立，所以必要性成立.故选：B.3、A【解析】利用导数判断函数的单调性，根据单调性即可解不等式【详解】由则函数在上单调递增又，所以，解得故选：A4、D【解析】设AA1=2AB=2，因为，所以异面直线A1B与AD1所成角，，故选D.5、D【解析】根据题意，由双曲线的方程求出的值，即可得答案【详解】因为，所以，所以双曲线的虚轴长为.故选：D.6、B【解析】根据是等腰三角形且为锐角三角形，得到，即，解得离心率范围.【详解】，当时，，，不妨取，，是等腰三角形且为锐角三角形，则，即，，即，，解得，故.故选：B.7、D【解析】设等比数列的公比为，然后由已知条件列方程组求解即可【详解】设等比数列的公比为，因为，，所以，所以，解得，故选：D8、A【解析】设直线的方程为，代入点的坐标即得解.【详解】解：设直线的方程为，把点坐标代入直线方程得.所以所求的直线方程为.故选：A9、A【解析】∵圆的方程为，即，∴圆的圆心为，半径为2.∵直线过点且与直线垂直∴直线.∴圆心到直线的距离.∴直线被圆截得的弦长，又∵坐标原点到的距离为，∴的面积为.考点：1、直线与圆的位置关系；2、三角形的面积公式.10、A【解析】根据点斜式求得正确答案.【详解】直线的斜率为，经过点且与直线垂直的直线方程为，即.故选：A11、A【解析】对函数求导，由于函数在给定区间上单调递增，故恒成立.【详解】由题意可得，，，，.故选：A12、C【解析】分类讨论:当两圆外切时，圆心距等于半径之和；当两圆内切时，圆心距等于半径之差，即可求解.【详解】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为.①当两圆外切时，有，此时.②当两圆内切时，有，此时.综上，当时两圆外切；当时两圆内切.故选：C【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，解答两圆相切问题时易忽略两圆相切包括内切和外切两种情况.解答时注意分类讨论，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据可求出，再根据向量垂直即可求出，即可得出答案.【详解】因为，，所以，解得，又因为，所以，解得，所以.故答案为：.14、【解析】先用两直线平行斜率相等求出，再利用离心率的定义求解即可.【详解】由题意可得双曲线C的一条渐近线方程为，则，即，则，故双曲线C的离心率故答案为：.15、【解析】以DA，DC，分别为x轴，y轴，z轴建系，则，设，球心，得到外接球半径关于的函数关系，求出的最小值，即可得到答案；【详解】解：以DA，DC，分别为x轴，y轴，z轴建系.则，设，球心，，又.联立以上两式，得，所以时，，为最小值，外接球表面积最小值为.故答案为：.16、##【解析】画出符合要求的图形，观察得到轨迹是菱形，并进行充分性和必要性两方面的证明，并求解出轨迹图形的面积.【详解】如图，分别是正方形ABCD，，的中心，下面进行证明：菱形EFGC的周界即为动线段PQ的中点H的轨迹，首先证明：如果点H是动线段PQ的中点，那么点H必在菱形EFGC的周界上，分两种情况证明：（1）P，Q分别在某一个定角的两边上，不失一般性，设P从B到C，而Q同时从到C，由于速度相同，所以PQ必平行于，故PQ的中点H必在上；（2）P，Q分别在两条异面直线上，不失一般性，设P从A到B，同时Q从到，由于速度相同，则，由于H为PQ的中点，连接并延长，交底面ABCD于点T，连接PT，则平面与平面交线是PT，∵∥平面，∴∥PT，∴，而，∥BC，∴是等腰直角三角形，，从而T在AC上，可以证明FH∥AC，GH∥AC，DG∥AC，基于平行线的唯一性，显然H在DG上，综合（1）（2）可证明，线段PQ的中点一定在菱形EFGC的周界上；下面证明：如果点H在菱形EFGC的周界上，则点H必定是符合条件的线段的中点.也分两种情况进行证明：（1）H在CG或CE上，过点H作PQ∥（或BD），而与BC及（或CD及BC）分别相交于P和Q，由相似的性质可得：PH=QH，即H是PQ的中点，同时可证：BP=（或BQ=DP），因此P、Q符合题设条件（2）H在EF或FG上，不失一般性，设H在FG上，连接并延长，交平面AC于点T，显然T在AC上，过T作TP∥CB于点P，则TP∥，在平面上，连接PH并延长，交于点Q，在三角形中，G是的中点，∥AC，则H是的中点，于是，从而有，又因为TP∥CB，，所以，从而，因此P，Q符合题设条件.由（1）（2），如果H是菱形EFGC周界上的任一点，则H必是符合题设条件的动线段PQ的中点，证毕.因为四边形为菱形，其中，所以边长为且，为等边三角形，，所以面积.故答案为：【点睛】对于立体几何轨迹问题，要画出图形，并要善于观察，利用所学的立体几何方面的知识，大胆猜测，小心验证，对于多种情况的，要画出相应的图形，注意分类讨论.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）3或【解析】（1）由可得，则可得直线为，设，然后将直线方程代入抛物线方程中消去，再利用根与系数的关系，由可得，三个式子结合可求出，从而可得直线方程，（2）将直线方程代入抛物线方程中消去，再利用根与系数的关系表示出，再结合直线方程表示出，由AM⊥AN可得，化简结合前面的式子可求出或，从而可可求出的值，进而可求得答案【小问1详解】因为A（1，2），，所以，则直线为，设，由，得，由，得则，因为，所以，所以，所以，所以，解得，所以直线的方程为，即，【小问2详解】设，由，得，由，得，则，所以，，因为AM⊥AN，所以，所以，即，所以，所以，所以或，所以或，所以或18、（1）；（2）.【解析】（1）先对函数求导，根据题中条件，列出方程组求解，即可得出结果；（2）先由（1）得到，导数的方法研究其单调性，进而可求出最值.【详解】（1）因为，所以，又函数在处取得极值7，，解得；，所以，由得或；由得；满足题意；（2）又，由（1）得在上单调递增，在上单调递减，因此【点睛】方法点睛：该题考查的是有关利用导数研究函数的问题，解题方法如下：（1）先对函数求导，根据题意，结合函数在某个点处取得极值，导数为0，函数值为极值，列出方程组，求得结果；（2）将所求参数代入，得到解析式，利用导数研究其单调性，得到其最大值.19、（1）（2）【解析】（1）求出函数的导函数，根据题意结合导数的几何意义列出方程，解之即可得解；（2）在上恒成立，即在上恒成立，从而，令，利用导数求出函数的最小值，即可求得实数的取值范围【小问1详解】解：，因为函数的图象在点处的切线与直线平行，所以，解得；【小问2详解】解：在上恒成立，即在上恒成立，，，令，则，当时，；当时，，函数在上单调递减，有上单调递增，，，即实数的取值范围是20、（1），常数项为（2）5【解析】（1）求出二项式的通项公式，求出第3项和第4项的二项式系数，再利用已知条件列方程求出的值，从而可求出常数项，（2）设展开式中系数最大的项是第项，则，从而可求出结果【小问1详解】二项式展开式的通项公式为，因为第3项和第4项的二项式系数比为，所以，化简得，解得，所以，令，得，所以常数项为【小问2详解】设展开式中系数最大的项是第项，则，，解得，因为，所以，所以展开式中系数最大的项是第5项21、（1）证明见解析（2）【解析】（1）建立空间直角坐标系，分别写出，，的坐标，证明，，即可得证；（2）由（1）知，的法向量为，直接写出平面法向量，按照公式求解即可.【小问1详解】在长方体中，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系因为，，所以，，，，，则，，，所以有，，则，，又所以平面小问2详解】