远程授课山西省大同市第一中学2025届高二上数学期末检测试题含解析

远程授课山西省大同市第一中学2025届高二上数学期末检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．函数的最小值是（）A.2 B.4C.5 D.62．若a，b，c为实数，且，则以下不等式成立的是（）A. B.C. D.3．已知是定义在上的函数，且对任意都有，若函数的图象关于点对称，且，则（）A. B.C. D.4．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，则的形状为（）A.正三角形 B.等腰直角三角形C.直角三角形 D.等腰三角形5．曲线与曲线的A.长轴长相等 B.短轴长相等C.离心率相等 D.焦距相等6．已知抛物线，则它的焦点坐标为（）A. B.C. D.7．在等比数列中，若，则公比（）A. B.C.2 D.38．设双曲线的虚轴长为，焦距为，则双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.9．已知，则下列三个数，，（）A.都不大于-4 B.至少有一个不大于-4C.都不小于-4 D.至少有一个不小于-410．不等式的解集为（）A. B.C. D.11．若双曲线的渐近线方程为，则的值为（）A.2 B.3C.4 D.612．已知数列为递增等比数列，，则数列的前2019项和（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．有一道楼梯共10阶，小王同学要登上这道楼梯，登楼梯时每步随机选择一步一阶或一步两阶，小王同学7步登完楼梯的概率为___________.14．若曲线在处的切线平行于x轴，则___________.15．某校组织了一场演讲比赛，五位评委对某位参赛选手的评分分别为9，x，8，y，9．已知这组数据的平均数为8.6，方差为0.24，则______16．函数在上的最大值为______________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）已知动点在椭圆：（）上，，为椭圆左、右焦点．过点作轴的垂线，垂足为，点满足，且点的轨迹是过点的圆（1）求椭圆方程；（2）过点，分别作平行直线和，设交椭圆于点，，交椭圆于点，，求四边形的面积的最大值18．（12分）求下列函数的导数（1）；（2）19．（12分）已知椭圆的右焦点为，短轴长为4，设，的左右有两个焦点求椭圆C的方程；若P是该椭圆上的一个动点，求的取值范围；是否存在过点的直线l与椭圆交于不同的两点C，D，使得？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明两点20．（12分）已知椭圆的左，右焦点分别为，三个顶点（左、右顶点和上顶点）构成的三角形的面积为，离心率为方程的根.（1）求椭圆方程；（2）椭圆的一个内接平行四边形的一组对边分别过点和，如图，若这个平行四边形面积为，求平行四边形的四个顶点的纵坐标的乘积.21．（12分）如图所示，是棱长为的正方体，是棱的中点，是棱的中点（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）求到平面的距离22．（10分）已如椭圆C：＝1（a＞b＞0）的有顶点为M（2，0），且离心率e＝，点A，B是椭圆C上异于点M的不同的两点（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设直线MA与直线MB的斜率分别为k1，k2，若k1•k2＝，证明：直线AB一定过定点

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、C【解析】结合基本不等式求得所求的最小值.【详解】，，当且仅当时等号成立.故选：C2、C【解析】利用不等式的性质直接推导和取值验证相结合可解.【详解】取可排除ABD；由不等式的性质易得C正确.故选：C3、D【解析】令，代入可得，即得，再由函数的图象关于点对称，判断得函数的图象关于点对称，即，则化简可得，即函数的周期为，从而代入求解.【详解】令，得，即，所以，因为函数的图象关于点对称，所以函数的图象关于点对称，即，所以，即，可得，则，故选：D.第II卷（非选择题4、C【解析】根据三角恒等变换结合正弦定理化简求得，即可判定三角形形状.【详解】解：由题，得，即，由正弦定理可得：，所以，所以三角形中，所以，又，所以，即三角形为直角三角形.故选：C.5、D【解析】分别求出两椭圆的长轴长、短轴长、离心率、焦距，即可判断【详解】解：曲线表示焦点在轴上，长轴长10，短轴长为6，离心率为，焦距为8曲线表示焦点在轴上，长轴长为，短轴长为，离心率为，焦距为8对照选项，则正确故选：【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，考查运算能力，属于基础题6、D【解析】将抛物线方程化标准形式后得到焦准距，可得结果.【详解】由得，所以，所以，所以抛物线的焦点坐标为.故选：D.【点睛】关键点点睛：将抛物线方程化为标准形式是解题关键.7、C【解析】由题得，化简即得解.【详解】因为，所以，所以，解得.故选：C8、B【解析】求出、的值，即可得出双曲线的渐近线方程.【详解】由已知可得，，则，因此，该双曲线的渐近线方程为.故选：B.9、B【解析】利用反证法设，，都大于，结合基本不等式即可得出结论.【详解】设，，都大于，则，由于，故，利用基本不等式可得，当且仅当时等号成立，这与假设所得结论矛盾，故假设不成立，故下列三个数，，至少有一个不大于，故选：B.10、A【解析】根据一元二次不等式的解法进行求解即可.【详解】，故选：A.11、A【解析】根据双曲线方程确定焦点位置，再根据渐近线方程为求解.【详解】因为双曲线所以焦点在x轴上，又因为渐近线方程为，所以，所以.故选：A【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.12、C【解析】根据数列为递增的等比数列，，利用“”法求得，再代入等比数列的前n项和公式求解.【详解】因为数列为递增等比数列，所以，解得：，所以.故选：C【点睛】本题主要考查等比数列的基本运算，还考查了运算求解的能力，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】由题意可分为步、步、步、步、步、步共6种情况，分别求出每种的基本事件数，再利用古典概型的概率公式计算可得；【详解】解：由题意可分为步、步、步、步、步、步共6种情况，①步：即步两阶，有种；②步：即步两阶与步一阶，有种；③步：即步两阶与步一阶，有种；④步：即步两阶与步一阶，有种；⑤步：即步两阶与步一阶，有种；⑥步：即步一阶，有种；综上可得一共有种情况，满足7步登完楼梯的有种；故7步登完楼梯的概率为故答案为：14、【解析】求出导函数得到函数在时的导数，由导数值为0求得a的值【详解】由，得，则，∵曲线在点处的切线平行于x轴，∴，即.故答案为：15、1【解析】根据平均数和方差的计算公式，求得，则问题得解.【详解】由题可知：整理得：；，整理得：，联立方程组得，解得或，对应或，故.故答案为：1.16、【解析】对原函数求导得，令，解得或，且所以原函数在上的最大值为考点：1．函数求导；2．利用导函数求最值三、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)设点和，由题意可得点的轨迹方程，将点Q的坐标代入T的方程计算出即可；(2)设的方程，和，联立椭圆方程并消元得到关于y的一元二次方程，根据韦达定理得到，进而求出和，根据平行线间的距离公式可得与的距离，得出所求四边形面积的表达式，结合换元法和基本不等式化简求值即可.【详解】解：（1）设点，，则点，，，∵，∴，∴，∵点在椭圆上，∴，即为点的轨迹方程又∵点的轨迹是过的圆，∴，解得，所以椭圆的方程为（2）由题意，可设的方程为，联立方程，得设，，则，且，所以，同理，又与的距离为，所以，四边形的面积为，令，则，且，当且仅当，即时等号成立所以，四边形的面积最大值为18、（1）见解析（2）见解析【解析】（1）导数四则运算中的乘除法则.（2）求导数，主要考查复合函数，外导乘内导.【小问1详解】【小问2详解】.19、（1）（2）（3）满足条件的直线不存在，详见解析【解析】根据条件直接求出,进而求出椭圆标准方程;设,表示出,求出其范围;设CD的中点为;由,则;得到其斜率的乘积为,最后列取方程联立计算即可.【详解】解：由题意可知,,则;所以椭圆C的方程为:;由题意可知,,设,则,;所以的取值范围是;假设存在满足条件的直线,根据题意得直线的斜率存在;则设直线的方程为：；消化简得:;,则;；设，则CD的中点为；,；，则;，即;即,无解;故满足条件的直线不存在.【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质,向量的数量积,直线的垂直,设而不求的思想方法,关键在于将几何条件进行适当的转化,还考查了学生的综合运算能力,属于中档题.20、（1）；（2）.【解析】（1）由椭圆离心率的性质及一元二次方程的根可得，再由椭圆参数关系、已知三角形面积求椭圆参数，即可得椭圆方程.（2）设直线，联立椭圆方程并结合韦达定理求，进而可得，再根据求参数t，可得，结合椭圆的对称性求，即可求结果.【小问1详解】由的根为，所以椭圆的离心率，依题意，，解得，即椭圆的方程为；【小问2详解】设直线，联立，消去得，由韦达定理得：，所以，所以，所以椭圆的内接平行四边形面积.所以，解得或（舍去），所以，根据椭圆的对称性知：，故平行四边形的四个顶点的纵坐标的乘积为.21、（1）（2）【解析】（1）以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值；（2）求出平面的法向量，利用空间向量法可求得到平面的距离.【小问1详解】解：以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的坐标系则、、、、、、，所以，，设平面的一个法向量为，，，由，取，可得，所以，，直线与平面所成角的正弦为小问2详解】解：设平面的一个法向量，，，由，即，令，得，，所以点到平面的距离为即到平面的距离为22、（I）；（II）证明见解析.【解析】（I）根据顶点坐标