四川省泸县四中2025届数学高二上期末质量跟踪监视试题含解析

四川省泸县四中2025届数学高二上期末质量跟踪监视试题注意事项: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．已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点坐标为，则的最大值为（）A. B.13C.3 D.52．等差数列中，若，，则等于（）A. B.C. D.3．设是可导函数，当，则（）A.2 B.C. D.4．已知、分别为双曲线的左、右焦点，且，点P为双曲线右支一点，为的内心，若成立，给出下列结论：①点的横坐标为定值a；②离心率；③；④当轴时，上述结论正确的是（）A.①② B.②③C.①②③ D.②③④5．已知函数，则（）A.函数在上单调递增B.函数上有两个零点C.函数有极大值16D.函数有最小值6．在棱长均为1的平行六面体中，，则（）A. B.3C. D.67．已知直线l与抛物线交于不同的两点A，B，O为坐标原点，若直线的斜率之积为，则直线l恒过定点（）A. B.C. D.8．在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B.C. D.9．在平行六面体中，，，，则（）A. B.5C. D.310．命题“，”的否定为（）A.， B.，C.， D.，11．已知数列满足，则（）A. B.1C.2 D.412．已知直线经过抛物线的焦点，且与该抛物线交于，两点，若满足，则直线的方程为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，在直线上存在点P，使，则m的最大值是_______.14．设a为实数，若直线与直线平行，则a值为______.15．设F为抛物线C:的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则的面积为______.16．已知函数，则函数在区间上的平均变化率为___________.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）已知命题p：实数x满足（其中）；命题q：实数x满足（1）若，为真命题，求实数x的取值范围；（2）若p是q的充分条件，求实数的取值范围18．（12分）如图所示，在四棱锥中，平面，底面是等腰梯形，．且（1）证明：平面平面；（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值19．（12分）已知圆M的方程为.（1）写出圆M的圆心坐标和半径；（2）经过点的直线l被圆M截得弦长为，求l的方程.20．（12分）已知各项均为正数的等差数列中，，且，，构成等比数列的前三项（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前项和21．（12分）在柯桥古镇的开发中，为保护古桥OA，规划在O的正东方向100m的C处向对岸AB建一座新桥，使新桥BC与河岸AB垂直，并设立一个以线段OA上一点M为圆心，与直线BC相切的圆形保护区（如图所示），且古桥两端O和A与圆上任意一点的距离都不小于50m，经测量，点A位于点O正南方向25m，，建立如图所示直角坐标系（1）求新桥BC的长度；（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最小？22．（10分）已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于，两点，且（1）求抛物线的方程；（2）若，是抛物线上一点，过点的直线与抛物线交于，两点（均与点不重合），设直线，的斜率分别为，，求证：为定值

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、B【解析】利用椭圆的定义求解.【详解】如图所示：，故选：B2、C【解析】由等差数列下标和性质可得.【详解】因为，，所以.故选：C3、C【解析】由导数的定义可得，即可得答案【详解】根据题意，，故.故选：C4、C【解析】利用双曲线的定义、几何性质以及题意对选项逐个分析判断即可【详解】对于①，设内切圆与的切点分别为，则由切线长定理可得,因为，，所以，所以点的坐标为，所以点的横坐标为定值a，所以①正确，对于②，因为，所以，化简得，即，解得，因为，所以，所以②正确，对于③，设的内切圆半径为，由双曲线的定义可得，，因为，，所以，所以，所以③正确，对于④，当轴时，可得，此时，所以，所以④错误，故选：C5、C【解析】对求导，研究的单调性以及极值，再结合选项即可得到答案.【详解】，由，得或，由，得，所以在上递增，在上递减，在上递增，所以极大值为，极小值为，所以有3个零点，且无最小值.故选：C6、C【解析】设，，，利用结合数量积的运算即可得到答案.【详解】设，，，由已知，得，，，，所以，所以.故选：C7、A【解析】设出直线方程，联立抛物线方程，得到，进而得到的值，将直线的斜率之积为，用A,B点坐标表示出来，结合的值即可求得答案.【详解】设直线方程为，联立，整理得：，需满足，即，则，由，得：，所以，即，故，所以直线l为：，当时，，即直线l恒过定点，故选：A.8、D【解析】以为坐标原点，向量，，方向分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】以为坐标原点，向量，，方向分别为、、轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，，，因此异面直线与所成角的余弦值等于.故选：D.9、B【解析】由，则结合已知条件及模长公式即可求解.【详解】解：，所以，所以，故选：B.10、A【解析】利用含有一个量词的命题的否定的定义求解.【详解】因为命题“，”是全称量词命题，所以其否定是存在量词命题，即为，，故选：A11、B【解析】根据递推式以及迭代即可.【详解】由，得，，，，，，.故选：B12、C【解析】求出抛物线的焦点，设出直线方程，代入抛物线方程，运用韦达定理和向量坐标表示，解得，即可得出直线的方程.【详解】解：抛物线的焦点，设直线为，则，整理得，则，.由可得，代入上式即可得，所以，整理得：.故选：C.【点睛】本题考查直线和抛物线的位置关系，主要考查韦达定理和向量共线的坐标表示，考查运算能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、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：11.14、【解析】根据两直线平行得到，解方程组即可求出结果.【详解】由题意可知，解得，故答案为：.15、##2.25##【解析】求出直线的方程，与抛物线方程联立后得到两根之和，结合焦点弦弦长公式求出，用点到直线距离公式求高，进而求出三角形面积.【详解】易知抛物线中，焦点，直线的斜率，故直线的方程为，代人抛物线方程，整理得.设，则，由抛物线的定义可得弦长，原点到直线的距离，所以面积.故答案为：16、3【解析】根据平均变化率的定义即可计算.【详解】设，因，，所以.故答案为：3三、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）由得命题p：，然后由为真命题求解；（2）由得，再根据是的充分条件求解.小问1详解】当时，，解得：，由为真命题，，解得；【小问2详解】由（其中）可得，因为是的充分条件，则，解得：18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可得平面平面；（2）以为坐标原点，以，所在直线分别为，轴，以过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系．求出平面的一个法向量、平面的法向量，由二面角的空间向量求法可得答案.【小问1详解】因为四边形是等腰梯形，，所以，所以，即因为平面，所以，又因为，所以平面，因为平面，所以平面平面【小问2详解】以为坐标原点，以，所在直线分别为，轴，以过点垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系设，则，所以，，，由（1）可知平面的一个法向量为设平面的法向量为，因为，，所以得令，则，，所以，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.19、（1）圆心坐标为，半径为2（2）或【解析】（1）求得圆的标准方程，从而求得圆心和半径.（2）根据直线的斜率存在和不存在进行分类讨论，由此求得的方程.【小问1详解】圆的标准方程为：.所以圆M的圆心坐标为，半径为2.【小问2详解】因为圆M半径为2，直线l被圆M截得弦长为，由垂径定理可知M到直线距离为1.当l不垂直于轴时，设，即，则.解得，于是l的方程为，即.当l垂直于轴时，到点M的距离为1.综上，l的方程为，或.20、（1）；（2）【解析】（1）设等差数列公差为d，利用基本量代换列方程组求出的通项公式，进而求出的首项和公比，即可求出的通项公式；（2）利用分组求和法直接求和.【小问1详解】设等差数列的公差为d，则由已知得：，即，又，解得或（舍去），所以.，又，，，；【小问2详解】，.21、（1）80m；（2）.【解析】（1）根据斜率的公式，结合解方程组法和两点间距离公式进行求解即可；（2）根据圆的切线性质进行求解即可.【小问1详解】由题意，可知，，∵∴直线BC方程：①，同理可得：直线AB方程：②由①②可知，∴，从而得故新桥BC得长度为80m【小问2详解】设，则，圆心，∵直线BC与圆M相切，∴半径，又因为，∵∴，所以当时，