湖南省长沙市宁乡县第一高级中学2025届高二上数学期末达标检测试题含解析

湖南省长沙市宁乡县第一高级中学2025届高二上数学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．若数列是等比数列，且，则（）A.1 B.2C.4 D.82．曲线在点处的切线过点，则实数（）A. B.0C.1 D.23．已知抛物线上的点到该抛物线焦点的距离为，则抛物线的方程是（）A. B.C. D.4．已知数据的平均数是，方差是4，则数据的方差是（）A.3.4 B.3.6C.3.8 D.45．德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响．他幼年时就表现出超人的数学天才，10岁时，他在进行的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法．已知数列，则（）A.96 B.97C.98 D.996．已知椭圆：的左、右焦点为，，上顶点为P，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7．设正方体的棱长为，则点到平面的距离是（）A. B.C. D.8．已知数列的前n项和为，且对任意正整数n都有，若，则（）A.2019 B.2020C.2021 D.20229．下列命题中正确的是（）A.抛物线的焦点坐标为B.抛物线的准线方程为x=−1C.抛物线的图象关于x轴对称D.抛物线的图象关于y轴对称10．数列满足，，，则数列的前10项和为（）A.60 B.61C.62 D.6311．圆心在x轴上且过点的圆与y轴相切，则该圆的方程是（）A. B.C. D.12．数列2，0，2，0，…的通项公式可以为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．曲线在处的切线方程为______14．已知点在圆上，点在圆上，则的最小值是__________15．等差数列，的前项和分别为，，且，则______.16．在的展开式中，含项的系数为______（结果用数值表示）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）设数列满足（1）求的通项公式；（2）记数列的前项和为，是否存在实数，使得对任意恒成立.18．（12分）已知为坐标原点，椭圆：的左、右焦点分别为，，右顶点为，上顶点为，若，，成等比数列，椭圆上的点到焦点的距离的最大值为求椭圆的标准方程；过该椭圆的右焦点作两条互相垂直的弦与，求的取值范围19．（12分）已知椭圆的离心率为，以椭圆两个焦点与短轴的一个端点为顶点构成的三角形的面积为（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点作直线l与椭圆C相切于点Q，且直线l斜率大于0，过线段PQ的中点R作直线交椭圆于A，B两点（点A，B不在y轴上），连结PA，PB，分别与椭圆交于点M，N，试判断直线MN的斜率是否为定值；若是，请求出该定值20．（12分）已知圆D经过点A（-1，0），B（3，0），C（1，2）.（1）求圆D的标准方程；（2）若直线l：与圆D交于M、N两点，求线段MN的长度.21．（12分）如图，四边形为矩形，，且平面平面.（1）若，分别是，的中点，求证：平面；（2）若是等边三角形，求平面与平面夹角的余弦值.22．（10分）已知数列{}满足a1＝1，a3＋a7＝18，且（n≥2）（1）求数列{}的通项公式；（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、C【解析】根据等比数列的性质，由题中条件，求出，即可得出结果.【详解】因为数列是等比数列，由，得，所以，因此.故选：C.2、A【解析】由导数的几何意义得切线方程为，进而得.【详解】解：因为，，，所以，切线方程为，因为切线过点，所以，解得故选：A3、B【解析】由抛物线知识得出准线方程，再由点到焦点的距离等于其到准线的距离求出，从而得出方程.【详解】由题意知，则准线为，点到焦点的距离等于其到准线的距离，即，∴，则故选：B.4、B【解析】利用方差的定义即可解得.【详解】由方差的定义，，则，所以数据的方差为：.故选：B5、C【解析】令，利用倒序相加原理计算即可得出结果.【详解】令，，两式相加得：，∴，故选:C6、A【解析】根据题意求得，要判断的形状，只需要看是什么角即可，利用余弦定理判断，从而可得结论.【详解】解：由椭圆：，得，则，则，所以且为锐角，因为，所以锐角，所以为锐角三角形.故选：A.7、D【解析】建立空间直角坐标系，根据空间向量所学点到面的距离公式求解即可.【详解】建立如下图所示空间直角坐标系，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴.因为正方体的边长为4，所以，，，，，所以，，，设平面的法向量，所以，，即，设，所以，，即，设点到平面的距离为，所以，故选：D.8、C【解析】先令代入中，求得，再根据递推式得到，将与已知相减，可判断数列是等比数列，进而确定，求得答案.【详解】因为，令，则，又，故，即，故数列是等比数列，则，所以，所以，故选：C.9、C【解析】根据抛物线的性质逐项分析可得答案.【详解】抛物线的焦点坐标为，故A错误；抛物线的准线方程为，故B错误；抛物线的图象关于x轴对称，故C正确，D错误；故选：C.10、B【解析】讨论奇偶性，应用等差、等比前n项和公式对作分组求和即可.【详解】当且为奇数时，，则，当且为偶数时，，则，∴.故选：B.11、A【解析】根据题意设出圆的方程，列式即可求出【详解】依题可设圆的方程为，所以，解得即圆的方程是故选：A12、D【解析】举特例排除ABC，分和讨论确定D.【详解】A.当时，，不符；B.当时，，不符；C.当时，，不符；D.当时，，当时，，符合.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】求得的导数，可得切线的斜率和切点，由斜截式方程可得切线方程【详解】解：的导数为，可得曲线在处的切线斜率为，切点为，即有切线方程为故答案为【点睛】本题考查导数的运用：求切线方程，考查导数的几何意义，直线方程的运用，考查方程思想，属于基础题14、3－5【解析】因为点在圆上，点在圆上，故两圆的圆心分别为半径分别为和两圆的圆心距为，故两圆相离，则最小值为，故答案为.考点：1、圆的方程及圆的几何性质；2、两点间的距离公式及最值问题.【方法点晴】本题主要考查圆的方程及几何性质、两点间的距离公式及最值问题的应用，属于难题.解决解析几何的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题就是利用圆的几何性质，将的最小值转化两圆心的距离减半径解答的.15、【解析】取，代入计算得到答案.【详解】，当时故答案为【点睛】本题考查了前项和和通项的关系，取是解题的关键.16、12【解析】通过二次展开式就可以得到.【详解】的展开式中含含项的系数为故答案为：12三、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）存在【解析】（1）利用“退作差”法求得的通项公式.（2）利用裂项求和法求得，由此求得.【小问1详解】依题意①，当时，.当时，②，①-②得，，时，上式也符合.所以.【小问2详解】.所以.故存在实数，使得对任意恒成立.18、（1）（2）【解析】根据，，成等比数列，椭圆上的点到焦点的距离的最大值为．列出关于、、的方程组，求出、的值，即可得出椭圆的方程；对直线和分两种情况讨论：一种是两条直线与坐标轴垂直，可求出两条弦长度之和；二是当两条直线斜率都存在时，设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可计算出的长度的表达式，然后利用相应的代换可求出的长度表达式，将两线段长度表达式相加，利用函数思想可求出两条弦长的取值范围最后将两种情况的取值范围进行合并即可得出答案【详解】易知，得，则，而，又，得，，因此，椭圆C的标准方程为；当两条直线中有一条斜率为0时，另一条直线的斜率不存在，由题意易得；当两条直线斜率都存在且不为0时，由知，设、，直线MN的方程为，则直线PQ的方程为，将直线方程代入椭圆方程并整理得：，显然，，，，同理得，所以，，令，则，，设，，所以，，所以，，则综合可知，的取值范围是【点睛】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求范围，属于难题.解决圆锥曲线中的范围问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中范围问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.19、（1）（2）是，【解析】（1）根据离心率以及椭圆两个焦点与短轴的一个端点为顶点构成的三角形的面积列出等式即可求解；（2）设出相关直线与相关点的坐标，直线与椭圆联立，点的坐标配合斜率公式化简，再运用韦达理化简可证明.【小问1详解】由题意得，解得，则椭圆C的标准方程为【小问2详解】设切线PQ的方程为，，，，，由，消去y得①，则，解得或（舍去），将代入①得，，解得，则，所以，又R为PQ中点，则，因为PA，PB斜率都存在，不妨设，，由①可得，所以，，同理，，则，又R，A，B三点共线，则，化简得，所以.20、（1）（2）【解析】（1）设圆D的标准方程，利用待定系数法即可得出答案；（2）利用圆的弦长公式即可得出答案.【小问1详解】解：设圆D的标准方程，由题意可得，解得，所以圆D标准方程为；【小问2详解】解：由（1）可知圆心，半径，所以圆心D（1，0）到直线l：的距离，所以.21、（1）证明见解析（2）【解析】（1）通过构造平行四边形，在平面中找到即可证明（2）建立直角坐标系，通过两个面的法向量夹角的余弦值求出面面夹角的余弦值【小问1详解】证明：设为的中点，连接，，因为，分别为，的中点.所以且，又，为的中点，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】取的中点，连接，，则，∵平面平面，平面平面，∴平面，∵是等边三角形，为中点，∴，分别以，，