河南省三门峡市陕州区第一高级中学2025届高二数学第一学期期末经典试题含解析

河南省三门峡市陕州区第一高级中学2025届高二数学第一学期期末经典试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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．已知函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（）A B.C. D.2．命题“若，都是偶数，则也是偶数”的逆否命题是A.若是偶数，则与不都是偶数B.若是偶数，则与都不是偶数C.若不是偶数，则与不都是偶数D.若不是偶数，则与都不是偶数3．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究发现了黄金分割，简称黄金数．离心率等于黄金数的倒数的双曲线称为黄金双曲线．若双曲线是黄金双曲线，则（）A. B.C. D.4．已知、是椭圆的两个焦点，P为椭圆C上一点，且，若的面积为9，则的值为（）A.1 B.2C.3 D.45．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，则的形状为（）A.直角三角形 B.等边三角形C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形6．命题“存在，使得”的否定为（）A.存在， B.对任意，C.对任意， D.对任意，7．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M=AN=，则MN与平面BB1C1C的位置关系是（）A.相交 B.平行C.垂直 D.不能确定8．已知，设函数，若关于的不等式恒成立，则的取值范围为（）A. B.C. D.9．如图，在四面体中，，，，D为BC的中点，E为AD的中点，则可用向量，，表示为（）A. B.C. D.10．已知函数，若函数有3个零点，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.11．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是对软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是1，且，.记数列的前项和、前项积分别为，，若，则的最小值为（）A.2 B.3C.4 D.512．命题“存在，使得”的否定为（）A.存在， B.对任意，C对任意， D.对任意，二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．经过点作直线，直线与连接两点线段总有公共点，则直线的斜率的取值范围是________14．已知平面的一个法向量为，点为内一点，则点到平面的距离为___________.15．命题“，”的否定是____________.16．若，满足约束条件，则的最小值为______.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）在平面直角坐标系xOy中，圆O以原点为圆心，且经过点.（1）求圆O的方程；（2）若直线与圆O交于两点A，B，求弦长.18．（12分）一个长方体的平面展开图及该长方体的直观图的示意图如图所示（1）请将字母F，G，H标记在长方体相应的顶点处（不需说明理由）：（2）若且有下面两个条件：①；②，请选择其中一个条件，使得DF⊥平面，并证明你的结论19．（12分）在数列中，，且.（1）证明；数列是等比数列.（2）若，求数列的前n项和.20．（12分）如图所示，在直三棱柱中，是等腰直角三角形，（1）证明：；（2）若点E是棱的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值21．（12分）在数列中，，，(1)设，证明：数列是等差数列；(2)求数列的前项和.22．（10分）设椭圆的左，右焦点分别为，其离心率为，且点在C上.（1）求C的方程；（2）O为坐标原点，P为C上任意一点.若M为的中点，过M且平行于的直线l交椭圆C于A，B两点，是否存在实数，使得？若存在，求值；若不存在，说明理由.

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、A【解析】分离参数，求函数的导数，根据函数有两个零点可知函数的单调性，即可求解.【详解】由题意得有两个零点令,则且所以，在上为增函数，可得，当，在上单调递减，可得，即要有两个零点有两个零点，实数的取值范围是.故选：A【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解2、C【解析】命题的逆否命题是将条件和结论对换后分别否定，因此“若都是偶数，则也是偶数”的逆否命题是若不是偶数，则与不都是偶数考点：四种命题3、A【解析】根据黄金双曲线的定义直接列方程求解【详解】双曲线中的，所以离心率，因为双曲线是黄金双曲线，所以，两边平方得，解得或（舍去），故选：A4、C【解析】根据椭圆定义，和条件列式，再通过变形计算求解.【详解】由条件可知，，即，解得：.故选：C【点睛】本题考查椭圆的定义，焦点三角形的性质，重点考查转化与变形，计算能力，属于基础题型.5、B【解析】直接利用正弦定理以及已知条件，求出、、的关系，即可判断三角形的形状【详解】解：在中，已知，，，分别为角，，的对边），由正弦定理可知：，所以，解得，所以为等边三角形故选：【点睛】本题考查三角形的形状的判断，正弦定理的应用，考查计算能力，属于基础题6、D【解析】根据特称命题否定的方法求解，改变量词，否定结论.【详解】由题意可知命题“存在，使得”的否定为“对任意，”.故选：D.7、B【解析】建立空间直角坐标系，求得平面BB1C1C的法向量和直线MN的方向向量，利用两向量垂直，得到线面平行.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，由图可知平面BB1C1C的法向量.∵A1M=AN=，∴M，N，∴.∵，∴MN∥平面BB1C1C，故选：B.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有利于空间向量判断线面平行，属于简单题目.8、D【解析】由题设易知上恒成立，而在上，讨论、，结合导数研究的最值，由不等式恒成立求的取值范围.【详解】由时，在上；由时，在上递减，值域为；令且，则，当时，，即递增，值域为，满足题设；当时，在上，即递减，在上，即递增，此时值域为；当，即时存在，而在中，此时，不合题设；所以，此时要使的不等式恒成立，只需，即，可得；综上，关于的不等式恒成立，则的取值范围为.故选：D【点睛】关键点点睛：由题设易知上，只需在上恒有即可.9、B【解析】利用空间向量的基本定理，用，，表示向量【详解】因为是的中点，是的中点，，故选：B10、B【解析】构造，通过求导，研究函数的单调性及极值，最值，画出函数图象，数形结合求出实数的取值范围.【详解】令，即，令，当时，，，令得：或，结合，所以，令得：，结合得：，所以在处取得极大值，也是最大值，，当时，，且，当时，，则恒成立，单调递增，且当时，，当时，，画出的图象，如下图：要想有3个零点，则故选：B11、C【解析】先利用序列的所有项都是1，得到，整理后得到是等比数列，进而求出公比和首项，从而求出和，利用，列出不等式，求出，从而得到的最小值【详解】因为，，所以，又序列的所有项都是1，所以它的第项，所以，所以数列是等比数列，又，，所以公比，.所以，，，要，即，即，所以，所以，，所以最小值为4.故选：C.12、D【解析】根据特称命题否定的方法求解，改变量词，否定结论.【详解】由题意可知命题“存在，使得”的否定为“对任意，”.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】求出的斜率，结合图形可得结论【详解】，，而，因此，故答案为：14、1【解析】利用空间向量求点到平面的距离即可.【详解】，，∴则点P到平面的距离为.故答案为：1.15、，【解析】根据全称命题量词的否定即可得出结果.【详解】命题“”的否定是“，”故答案为：16、0【解析】作出约束条件对应的可行域，当目标函数过点时，取得最小值，求解即可.【详解】作出约束条件对应的可行域，如下图阴影部分，联立，可得交点为，目标函数可化为，当目标函数过点时，取得最小值，即.故答案为：0.【点睛】本题考查线性规划，考查数形结合的数学思想的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.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）根据两点距离公式即可求半径，进而得圆方程；（2）根据直线与圆的弦长公式即可求解【小问1详解】由，所以圆O的方程为；【小问2详解】由点O到直线的距离为所以弦长18、（1）答案见解析（2）答案见解析【解析】（1）由展开图及直观图直接观察可得；（2）选择②，根据线面垂直的判定定理即可证明DF⊥平面.【小问1详解】如图，【小问2详解】若选择①，若此时有平面，则由平面可得，而平面，而平面，故，因为，则平面，由平面可得，故此时矩形为正方形，，矛盾.选择条件②，使得平面，下面证明如图，连接,在长方体中，平面，而平面，故，而，故矩形为正方形，故，而，故平面，而平面，故，同理，又,所以平面.19、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行证明即可；（2）运用裂项相消法进行求解即可.【小问1详解】∵，∴，又∵，∴，∴数列是首项为0，公差为1的等差数列，∴，∴，从而，∴数列是首项为2，公比为2的等比数列；【小问2详解】由（1）知，则，∴，∴.20、（1）证明见解析（2）【解析】（1）根据线面垂直的判定定理证出平面，即可证得；（2）以A为原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，根据二面角的向量公式即可求出【小问1详解】如图，连接，由已知可得四边形是正方形，所以在直三棱柱中，平面平面，交线为，在中，可知，所以平面，于因为，所以平面，而平面，所以【小问2详解】如图所示，以A为原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，于是设平面的法向量为，则，可取而平面的一个法向量为，所以故平面与平面所成锐二面角的余弦值为21、（1）略（2）【解析】（1）题中条件，而要证明的是数列是等差数列，因此需将条件中所给的的递推公式转化为的递推公式：，从而，，进而得证；（2）由（1）可得，，因此数列的通项公式可以看成一个等差数列与等比数列的乘积，故可考虑采用错位相减法求其前项和，即有：①，①得：②，②-①得.试题解析：（1）∵，，又∵，∴，，∴则是为首项为公差的等差数列；由（1）得，∴，∴①，①得：②，②-①得.考点：1.数列的通项公式；2.错位相减法求数列的和.22、（1）；（2）.【解析】(1)列出关于a、b、c的方程组求解即可；(2)直线l斜率不存在时，易得λ的值；斜率存在时，设l方程为，联立直线l与椭圆C的方程，