福建省泉州市泉港区泉州市泉港区第一中学2025届数学高二上期末达标检测试题含解析

福建省泉州市泉港区泉州市泉港区第一中学2025届数学高二上期末达标检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．若数列满足，则数列的通项公式为（）A. B.C. D.2．已知是空间的一个基底，若，，若，则（）A B.C.3 D.3．原点到直线的距离的最大值为（）A. B.C. D.4．函数，则不等式的解集是（）A. B.C. D.5．已知函数，那么的值为（）A. B.C. D.6．已知双曲线的一条渐近线方程为，且与椭圆有公共焦点.则C的方程为（）A. B.C. D.7．某考点配备的信号检测设备的监测范围是半径为100米的圆形区域，一名工作人员持手机以每分钟50米的速度从设备正东方向米的处出发，沿处西北方向走向位于设备正北方向的处，则这名工作人员被持续监测的时长为（）A.1分钟 B.分钟C.2分钟 D.分钟8．已知函数，则曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积是（）A B.C. D.9．已知点到直线的距离为1，则m的值为（）A.或 B.或15C.5或 D.5或1510．已知双曲线：与椭圆：有相同的焦点，且一条渐近线方程为：，则双曲线的方程为（）A. B.C. D.11．设为椭圆上一点，，为左、右焦点，且，则（）A.为锐角三角形 B.为钝角三角形C.为直角三角形 D.，，三点构不成三角形12．已知圆的方程为，直线：恒过定点，若一条光线从点射出，经直线上一点反射后到达圆上的一点，则的最小值是（）A.3 B.4C.5 D.6二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．一条光线经过点射到直线上，被反射后经过点，则入射光线所在直线的方程为___________.14．设函数，则___________.15．命题“矩形的对角线相等”的否命题是________.16．已知，在直线上存在点P，使，则m的最大值是_______.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）已知数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）记，其中表示不超过最大整数，如，.（i）求、、；（ii）求数列的前项的和.18．（12分）著名的“康托尔三分集”是由德国数学家康托尔构造的，是人类理性思维的产物，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段记为第一次操作；再将剩下的两个闭区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷.每次操作后剩下的闭区间构成的集合即是“康托尔三分集”.例如第一次操作后的“康托尔三分集”为.（1）求第二次操作后的“康托尔三分集”；（2）定义的区间长度为，记第n次操作后剩余的各区间长度和为，求；（3）记n次操作后“康托尔三分集”的区间长度总和为，若使不大于原来的，求n的最小值.（参考数据：，）19．（12分）如图，在三棱锥中，侧面为等边三角形，，，平面平面，为的中点.（1）求证：；（2）若，求二面角的大小.20．（12分）在数列中，，是与的等差中项，（1）求证：数列是等差数列（2）令，求数列的前项的和21．（12分）如图，五边形为东京奥运会公路自行车比赛赛道平面设计图，根据比赛需要，在赛道设计时需预留出，两条服务通道（不考虑宽度），，，，，为赛道．现已知，，千米，千米（1）求服务通道的长（2）在上述条件下，如何设计才能使折线赛道（即）的长度最大，并求最大值22．（10分）如图，在正四棱锥中，为底面中心，，为中点，（1）求证：平面；（2）求：（ⅰ）直线到平面的距离；（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值

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】由，分两步，当求出，当时得到，两式作差即可求出数列的通项公式；【详解】解：因为①，当时，，当时②，①②得，所以，当时也成立，所以；故选：D2、C【解析】由，可得存在实数，使，然后将代入化简可求得结果【详解】，，因为，所以存在实数，使，所以，所以，所以，得，，所以，故选：C3、C【解析】求出直线过的定点，当时，原点到直线距离最大，则可求出原点到直线距离的最大值；【详解】因为可化为，所以直线过直线与直线交点，联立可得所以直线过定点，当时，原点到直线距离最大，最大距离即为，此时最大值为，故选：C.4、A【解析】利用导数判断函数单调递增，然后进行求解.【详解】对函数进行求导：，因为，，所以，因为，所以f(x)是奇函数,所以在R上单调递增，又因为，所以的解集为.故选：A5、D【解析】直接求导，代入计算即可.【详解】，故.故选：D.6、B【解析】根据已知和渐近线方程可得，双曲线焦距，结合的关系，即可求出结论.【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为，则①.又因为椭圆与双曲线有公共焦点，双曲线的焦距，即c＝3，则a2＋b2＝c2＝9②.由①②解得a＝2，b＝，则双曲线C的方程为.故选：B.7、C【解析】以设备的位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向建立平面直角坐标系，求得直线和圆的方程，利用点到直线的距离公式和圆的弦长公式，求得的长，进而求得持续监测的时长.【详解】以设备的位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示，则，，可得，圆记从处开始被监测，到处监测结束，因为到的距离为米，所以米，故监测时长为分钟故选：C.8、B【解析】根据导数的几何意义，求出切线方程，求出切线和横截距a和纵截距b，面积为【详解】由题意可得，所以，则所求切线方程为令，得；令，得故所求三角形的面积为故选：B9、D【解析】利用点到直线距离公式即可得出.【详解】解：点到直线的距离为1，解得：m=15或5故选：D.10、B【解析】由渐近线方程，设出双曲线方程，结合与椭圆有相同的焦点，求出双曲线方程.【详解】∵双曲线：的一条渐近线方程为：∴设双曲线：∵双曲线与椭圆有相同的焦点∴，解得：∴双曲线的方程为.故选：B.11、D【解析】根据椭圆方程求出，然后结合椭圆定义和已知条件求出并求出，进而判断答案.【详解】由题意可知，，由椭圆的定义可知，而，联立方程解得，且，则6+2=8，即不构成三角形.故选：D.12、B【解析】求得定点，然后得到关于直线对称点为，然后可得，计算即可.【详解】直线可化为，令解得所以点的坐标为.设点关于直线的对称点为，则由,解得,所以点坐标为.由线段垂直平分线的性质可知，，所以（当且仅当，，，四点共线时等号成立），所以的最小值为4.故选:B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】先求点关于直线的对称点，连接,则直线即为所求.【详解】设点关于直线的对称点为，则，解得，所以，又点，所以，直线的方程为：，由图可知，直线即为入射光线，所以化简得入射光线所在直线的方程:.故答案为：.14、【解析】由的导数为，将代入，即可求出结果.【详解】因为，所以，所以.故答案为：.15、“若一个四边形不是矩形，则它的对角线不相等”【解析】否命题是条件否定，结论否定，即可得解.【详解】否命题是条件否定，结论否定，所以命题“矩形的对角线相等”的否命题是“若一个四边形不是矩形，则它的对角线不相等”故答案为：“若一个四边形不是矩形，则它的对角线不相等”16、11【解析】设P点坐标，根据条件知，由向量的坐标运算可得P点位于圆上，再根据P存在于直线上，可知直线和圆有交点，因此列出相应的不等式，求得m范围，可得m的最大值.【详解】设P（x,y）,则，由题意可知,所以，即，即满足条件的点P在圆上，又根据题意P点存在于直线上，则直线与圆有交点，故有圆心(1,0)到直线的距离小于等于圆的半径，即，解得，则m的最大值为11，故答案为：11.三、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）（i），，；（ii）.【解析】（1）推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式；（2）（i）利用对数函数的单调性结合题中定义可求得、、的值；（ii）分别解不等式、、，结合题中定义可求得数列的前项的和.【小问1详解】解：因为，，则，可得，，可得，以此类推可知，对任意的，.由，变形为，是一个以为公差的等差数列，且首项为，所以，，因此，.【小问2详解】解：（i），则，，则，故，，则，故；（ii），当时，即当时，，当时，即当时，，当时，即当时，，因此，数列的前项的和为.18、（1）（2）（3）【解析】（1）根据“康托尔三分集”的定义，即可求得第二次操作后的“康托尔三分集”；（2）根据“康托尔三分集”的定义，分别求得前几次的剩余区间长度的和，求得其通项公式，即可求解；（3）由（2）可得第次操作剩余区间的长度和为，结合题意，得到，利用对数的运算公式，即可求解.【小问1详解】解：根据“康托尔三分集”的定义可得：第一次操作后的“康托尔三分集”为，第二次操作后的“康托尔三分集”为；【小问2详解】解：将定义的区间长度为，根据“康托尔三分集”的定义可得：每次去掉的区间长后组成的数为以为首项，为公比的等比数列，第1次操作去掉的区间长为，剩余区间的长度和为，第2次操作去掉两个区间长为的区间，剩余区间的长度和为，第3次操作去掉四个区间长为的区间，剩余区间的长度和为，第4次操作去掉个区间长为，剩余区间的长度和为，第次操作去掉个区间长为，剩余区间的长度和为，所以第次操作后剩余的各区间长度和为；【小问3详解】解：设定义区间，则区间长度为1，由（2）可得第次操作剩余区间的长度和为，要使得“康托三分集”的各区间的长度之和不大于，则满足，即，即，因为为整数，所以的最小值为.19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）取中点，由面面垂直和线面垂直性质可证得，结合，由线面垂直判定可证得平面，由线面垂直性质可得结论；（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，由向量数乘运算可求得点坐标，利用二面角的向量求法可求得结果.【小问1详解】取中点，连接，为等边三角形，为中点，，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，；分别为中点，，又，，平面，，平面，又平面，.【小问2详解】以为坐标原点，为轴可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，设，则，，由得：，解得：，即，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；又平面的一个法向量，；由图象知：二面角为锐二面角，二面角的大小为.20、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）求得，利用等差数列的定义可证得结论成立；（2）求出，可计算得出，利用并项求和法可求得数列的前项的和.小问1详解】解：由题意知是与的等差中项，可得，可得，则，可得，所以，，又由，可得，所以数列是首项和公差均为的等差数列.【小问2详解】解：由（1）可得：，，对任意的，，因此，.21、（1）服务通道的长为千米（2）时，折线赛道的长度最大，最大值为千米【解析】（1）先在中利用正弦定理得到长度，再在中，利用余弦定理得到即可；（2）在中利用余弦定理得到，再根据基本等式求解最值即可.【小问1详解】在中，由正弦定理得：，在中，由余弦定理，得，即解得或（负值舍去）所以服务通道的长为千米【小问2详解】在中，由余弦定理得：，即，所以因为，所以，所以，即（当且仅当时取等号）即当时，折线赛道的长度最大，最大值为千米22、（1）证明见解析；（2）（i）；（ii）.【解析】（1）连接，以