2025届青海省海东市高二上数学期末经典试题含解析

2025届青海省海东市高二上数学期末经典试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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．在平面直角坐标系中，已知椭圆的上、下顶点分别为、，左顶点为，左焦点为，若直线与直线互相垂直，则椭圆的离心率为A. B.C. D.2．椭圆的离心率为（）A B.C. D.3．直线过双曲线：的右焦点，在第一、第四象限交双曲线两条渐近线分别于P，Q两点，若∠OPQ＝90°（O为坐标原点），则OPQ内切圆的半径为（）A. B.C.1 D.4．下面三种说法中，正确说法的个数为（）①如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合；②两条直线可以确定一个平面；③若，，，则A.1 B.2C.3 D.05．设是等差数列的前项和，已知，，则等于（）A. B.C. D.6．设，则“”是“直线与直线”平行的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.即不充分也不必要条件7．已知曲线与直线总有公共点，则m的取值范围是（）A. B.C. D.8．已知双曲线，则“”是“双曲线的焦距大于4”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9．已知命题：△中，若，则；命题：函数，，则的最大值为.则下列命题是真命题的是（）A. B.C. D.10．直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是A. B.C. D.11．已知平面法向量为，，则直线与平面的位置关系为A. B.C.与相交但不垂直 D.12．元朝著名的数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走.遇店添一倍，逢友饮一斗.”基于此情景，设计了如图所示的程序框图，若输入的，输出的，则判断框中可以填（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来1524石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为_______石14．在正项等比数列{an}中，若，与的等差中项为12，则等于_______.15．已知等差数列满足，请写出一个符合条件的通项公式______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）写出下列命题的逆命题、否命题以及逆否命题：（1）若，则；（2）已知为实数，若，则18．（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.19．（12分）已知正三棱柱底面边长为，是上一点，是以为直角顶点的等腰直角三角形（1）证明：是中点；（2）求点到平面的距离20．（12分）设函数.（1）求函数的单调区间；（2）求函数的极值.21．（12分）已知数列中，.（1）证明是等比数列，并求通项公式；（2）设，记数列的前n项和为，求使恒成立的最小的整数k.22．（10分）如图①，直角梯形中，，，点，分别在，上，，，将四边形沿折起，使得点，分别到达点，的位置，如图②，平面平面，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.

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、C【解析】依题意，直线与直线互相垂直，，，故选2、D【解析】根据椭圆方程先写出标准方程，然后根据标准方程写出便可得到离心率.【详解】解：由题意得：，，故选：D3、B【解析】根据渐近线的对称性，结合锐角三角函数定义、正切的二倍角公式、直角三角形内切圆半径公式进行求解即可.【详解】由双曲线标准方程可知：，双曲线的渐近线方程为：，因此，因为∠OPQ＝90°，所以三角形是直角三角形，，而，解得：，由双曲线渐近线的对称性可知：，于是有，在直角三角形中，，由勾股定理可知：，设OPQ内切圆的半径为，于是有：，即，故选：B【点睛】关键点睛：利用三角形内切圆的性质是解题的关键.4、A【解析】对于①，有两种情况，对于②考虑异面直线，对于③根据线面公理可判断.【详解】如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合或者是相交，故①不正确；两条异面直线不能确定一个平面，故②不正确；若，，，可知必在交线上，则，故③正确；综上所述只有一个说法是正确的.故选：A5、C【解析】依题意有，解得，所以.考点：等差数列的基本概念.【易错点晴】本题主要考查等差数列的基本概念.在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为和等基本量，通过建立方程(组)获得解．即等差数列的通项公式及前项和公式，共涉及五个量，知其中三个就能求另外两个,即知三求二，多利用方程组的思想，体现了用方程的思想解决问题,注意要弄准它们的值.运用方程的思想解等差数列是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量、，掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算6、D【解析】由两直线平行确定参数值，根据充分必要条件的定义判断【详解】时，两直线方程分别为，，它们重合，不平行，因此不是充分条件；反之，两直线平行时，，解得或，由上知时，两直线不平行，时，两直线方程分别为，，平行，因此，本题中也不是必要条件故选：D7、D【解析】对曲线化简可知曲线表示以点为圆心，2为半径的圆的下半部分，对直线方程化简可得直线过定点，画出图形，由图可知，，然后求出直线的斜率即可【详解】由，得，因为，所以曲线表示以点为圆心，2为半径的圆的下半部分，由，得，所以，得，所以直线过定点，如图所示设曲线与轴的两个交点分别为，直线过定点，为曲线上一动点，根据图可知，若曲线与直线总有公共点，则，得，设直线为，则，解得，或，所以，所以，所以，故选：D8、A【解析】先找出“双曲线的焦距大于4”的充要条件，再进行判断即可【详解】若的焦距，则；若，则故选：A9、A【解析】由三角形内角及正弦函数的性质判断、的真假，应用换元法令，结合对勾函数的性质确定的值域即知、的真假，根据各选项复合命题判断真假即可.【详解】由且，可得或，故为假命题，为真命题；令，又，则，故，∵在上递减，∴，故的最大值为.∴为真命题，为假命题；∴为真，为假，为假，为假.故选：A.10、A【解析】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可详解：直线分别与轴，轴交于，两点,则点P在圆上圆心为（2，0），则圆心到直线距离故点P到直线的距离的范围为则故答案选A.点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题11、A【解析】.本题选择A选项.12、D【解析】根据程序框图的算法功能，模拟程序运行即可推理判断作答.【详解】由程序框图知，直到型循环结构，先执行循环体，条件不满足，继续执行循环体，条件满足跳出循环体，则有：当第一次执行循环体时，，，条件不满足，继续执行循环体；当第二次执行循环体时，，，条件不满足，继续执行循环体；当第三次执行循环体时，，，条件不满足，继续执行循环体；当第四次执行循环体时，，，条件不满足，继续执行循环体；当第五次执行循环体时，，，条件满足，跳出循环体，输出，于是得判断框中的条件为：，所以判断框中可以填：.故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、168石【解析】由题意，得这批米内夹谷约为石考点：用样本估计总体14、128【解析】先根据条件利用等比数列的通项公式列方程组求出首项和公差，进而可得.【详解】设正项等比数列{an}的公比为，由已知，得，①，又，②，由①②得，故答案为：128.15、3（答案不唯一）【解析】由已知条件结合等差数列的性质可得，则，从而可写出数列的一个通项公式【详解】因为是等差数列，且，所以，当公差为0时，；公差为1时，；…故答案为：3（答案为唯一）16、【解析】作出线性约束条件的可行域，再利用截距的几何意义求最小值；【详解】约束条件的可行域，如图所示：目标函数在点取得最小值，即.故答案为：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、（1）答案见解析（2）答案见解析【解析】（1）（2）根据逆命题、否命题以及逆否命题的定义作答即可；【小问1详解】解：逆命题：若，则；否命题：若，则；逆否命题：若，则【小问2详解】解：逆命题：已知为实数，若，则；否命题：已知为实数，若或，则；逆否命题：已知实数，若，则或18、（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19、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明出平面，可得出，再利用等腰三角形的几何性质可证得结论成立；（2）计算出三棱锥的体积以及的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离.【小问1详解】证明：在正三棱柱，平面，平面，则，因为是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，，则平面，平面，所以，，因为为等边三角形，故点为的中点.【小问2详解】解：因为是边长为的等边三角形，则，平面，平面，则，即，所以，，，，设点到平面的距离为，，，解得.因此，点到平面距离为.20、（1）单调递减区间为和，单调递增区间为（2）极小值，极大值为【解析】（1）先对函数求导，然后根据导数的正负可求出函数的单调区间，（2）根据（1）中求得单调区间可求出函数的极值【小问1详解】.当变化时，，的变化情况如下表所示：00减极小值增极大值减的单调递减区间为和，单调递增区间为.【小问2详解】由（1）可知在处取得极小值，在处取得极大值.的极小值为，极大值为.21、（1）证明见解析，（2）4【解析】（1）由，得到，利用等比数列的定义求解；（2）由（1）得到，然后利用错位相减法求解.【小问1详解】证明：由，得，∴，∴数列是以3为公比，以为首项的等比数列，∴，即.【小问2详解】由题意得.，两式相减得：，因为，所以，所以使恒成立的最小的整数k为4.22、（1）证明见解析（2）【解析】（1）根据，，，，易证，再根据平面平面，，得到平面，进而得到，再利用线面垂直的判定定理证明平面即可；（2）根据（1）知，，两两垂直，以，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，设二面角的大小为，由