2025届河南省周口市项城三高高二上数学期末学业质量监测试题含解析

2025届河南省周口市项城三高高二上数学期末学业质量监测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．经过点且与直线垂直的直线方程为（）A. B.C. D.2．在四棱锥中，底面是正方形，为的中点，若，则（）A. B.C. D.3．一动圆与圆外切，而与圆内切，那么动圆的圆心的轨迹是（）A.椭圆 B.双曲线C.抛物线 D.双曲线的一支4．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5．函数的图象如图所示，则函数的图象可能是A. B.C. D.6．在正方体中，分别是线段的中点，则点到直线的距离是（）A. B.C. D.7．在数列中，若，，则（）A.16 B.32C.64 D.1288．已知函数在处取得极值，则的极大值为（）A. B.C. D.9．已知函数在处取得极小值，则（）A. B.C. D.10．在一次抛硬币的试验中，某同学用一枚质地均匀的硬币做了100次试验，发现正面朝上出现了48次，那么出现正面朝上的频率和概率分别为（）A.0.48，0.48 B.0.5，0.5C.0.48，0.5 D.0.5，0.4811．已知双曲线C：-=1的焦距为10，点P（2,1）在C的渐近线上，则C的方程为A.-=1 B.-=1C.-=1 D.-=112．若x，y满足约束条件，则的最大值为（）A.2 B.3C.4 D.5二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设是椭圆上一点，分别是椭圆的左、右焦点，若，则的大小_____.14．已知实数，满足，则的最大值为______.15．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆.人们将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点，，动点满足，记动点的轨迹为曲线，给出下列四个结论：①曲线方程为；②曲线上存在点，使得到点的距离为；③曲线上存在点，使得到点的距离大于到直线的距离；④曲线上存在点，使得到点与点的距离之和为.其中所有正确结论的序号是___________.16．已知数列的前n项和为，则______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）设椭圆：（）的离心率为，椭圆上一点到左右两个焦点、的距离之和是4.（1）求椭圆的方程；（2）已知过的直线与椭圆交于、两点，且两点与左右顶点不重合，若，求四边形面积的最大值.18．（12分）已知椭圆的离心率为，右焦点为,斜率为1的直线与椭圆交于两点，以为底边作等腰三角形，顶点为.（1）求椭圆的方程；（2）求的面积.19．（12分）从椭圆上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点，A是椭圆C与x轴正半轴的交点，直线AP的斜率为，若椭圆长轴长为8（1）求椭圆C的方程；（2）点Q为椭圆上任意一点，求面积的最大值20．（12分）已知抛物线的焦点到准线的距离为2.（1）求C的方程：（2）过C上一动点P作圆两条切线，切点分别为A，B，求四边形PAMB面积的最小值.21．（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：，）22．（10分）已知椭圆的下焦点为、上焦点为，其离心率．过焦点且与x轴不垂直的直线l交椭圆于A、B两点（1）求实数m的值；（2）求△ABO(O为原点)面积的最大值

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、A【解析】根据点斜式求得正确答案.【详解】直线的斜率为，经过点且与直线垂直的直线方程为，即.故选：A2、C【解析】由为的中点，根据向量的运算法则，可得，即可求解.【详解】由底面是正方形，E为的中点，且，根据向量的运算法则，可得.故选：C.3、A【解析】依据定义法去求动圆的圆心的轨迹即可解决.【详解】设动圆的半径为r,又圆半径为1，圆半径为8，则，，可得，又则动圆的圆心的轨迹是以为焦点长轴长为9的椭圆.故选：A4、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.5、D【解析】原函数先减再增，再减再增，且位于增区间内，因此选D【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与轴的交点为，且图象在两侧附近连续分布于轴上下方，则为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数的正负，得出原函数的单调区间6、A【解析】以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，然后，列出计算公式进行求解即可【详解】如图，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系.因为，所以，所以，则点到直线的距离故选：A7、C【解析】根据题意，为等比数列，用基本量求解即可.【详解】因为，故是首项为2，公比为2的等比数列，故.故选：C8、B【解析】首先求出函数的导函数，依题意可得，即可求出参数的值，从而得到函数解析式，再根据导函数得到函数单调性，即可求出函数的极值点，从而求出函数的极大值；【详解】解：因为，所以，依题意可得，即，解得，所以定义域为，且，令，解得或，令解得，即在和上单调递增，在上单调递减，即在处取得极大值，在处取得极小值，所以；故选：B9、A【解析】由导数与极值与最值的关系，列式求实数的值.【详解】由条件可知，，，解得：，，检验，时，当，得或，函数的单调递增区间是和，当，得，所以函数的单调递减区间是，所以当时，函数取得极小值，满足条件.所以.故选：A10、C【解析】频率跟实验次数有关，概率是一种现象的固有属性，与实验次数无关，即可得到答案.【详解】频率跟实验次数有关，出现正面朝上的频率为实验中出现正面朝上的次数除以总试验次数，故为.概率是抛硬币试验的固有属性，与实验次数无关，抛硬币正面朝上的概率为.故选：C11、A【解析】由题意得，双曲线的焦距为，即，又双曲线的渐近线方程为，点在的渐近线上，所以，联立方程组可得，所以双曲线的方程为考点：双曲线的标准方程及简单的几何性质12、C【解析】作出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析求解.【详解】解：作出不等式组对应的可行域为如图所示的阴影部分区域，由得，它表示斜率为纵截距为的直线系，当直线平移到点时，纵截距最大，最大.联立直线方程得得.所以.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】，，利用椭圆的定义、结合余弦定理、已知条件，可得，解得，从而可得结果【详解】椭圆，可得，设，，可得，化简可得：，，故答案为【点睛】本题主要考查椭圆的定义以及余弦定理的应用，属于中档题．对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.14、【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组得到最优解的坐标，代入目标函数得答案.【详解】由约束条件作出可行域如图所示，化目标函数为，由图可知，当直线过点时，直线在y轴上的截距最大，z最大，联立方程组，解得点，则取得最大值为.故答案为：【点睛】本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想，需要注意的是：一，准确无误作出可行域；二，画目标函数所对应直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率比较；三，一般情况下，目标函数的最值会在可行域的端点或边界上取得.15、①④【解析】设,根据满足,利用两点间距离公式化简整理，即可判断①是否正确；由①可知，圆上的点到的距离的范围为,进而可判断②是否正确；设，根据题意可知，再根据在曲线上，可得，由此即可判断③是否正确；由椭圆的的定义，可知在椭圆上，再根据椭圆与曲线的位置关系，即可判断④是否正确.【详解】设,因为满足,所以,整理可得：,即,所以①正确；对于②中,由①可知，点在圆的外部,因为到圆心的距离,半径为,所以圆上的点到的距离的范围为,而,所以②不正确；对于③中,假设存在，使得到点的距离大于到直线的距离,又，到直线的距离，所以，化简可得，又，所以，即，故假设不成立，故③不正确；对于④中,假设存在这样的点，使得到点与点的距离之和为，则在以点与点为焦点，实轴长为的椭圆上，即在椭圆上，易知椭圆与曲线有交点，故曲线上存在点，使得到点与点的距离之和为；所以④正确.故答案为：①④.16、【解析】先通过裂项相消求出，再代入计算即可.【详解】，则，故.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）6.【解析】（1）本小题根据题意先求，，，再求椭圆的标准方程；（2）本小题先设过的直线的方程，再根据题意表示出四边形的面积，最后求最值即可.【详解】解：（1）∵椭圆上一点到左右两个焦点、的距离之和是4，∴即，∵，∴，又∵，∴.∴椭圆的标准方程为；（2）设点、的坐标为，，因为直线过点，所以可设直线方程为，联立方程，消去可得：，化简整理得，其中，所以，，因为，所以四边形是平行四边形，设平面四边形的面积为，则，设，则（），所以，因为，所以，，所以四边形面积的最大值为6.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，相交弦等问题，是偏难题.18、（1）（2）【解析】（1）根据椭圆的简单几何性质知，又，写出椭圆的方程；（2）先斜截式设出直线，联立方程组，根据直线与圆锥曲线的位置关系，可得出中点为的坐标，再根据△为等腰三角形知，从而得的斜率为，求出，写出：，并计算，再根据点到直线距离公式求高，即可计算出面积【详解】（1）由已知得，，解得，又，所以椭圆的方程为（2）设直线的方程为，由得，①设、的坐标分别为，（），中点为，则，，因为是等腰△的底边，所以所以的斜率为，解得，此时方程①为解得，，所以，，所以，此时，点到直线：距离，所以△的面积考点：1、椭圆的简单几何性质；2、直线和椭圆的位置关系；3、椭圆的标准方程；4、点到直线的距离.【思路点晴】本题主要考查的是椭圆的方程，椭圆的简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，点到直线的距离，属于难题．解决本类问题时，注意使用椭圆的几何性质，求得椭圆的标准方程；求三角形的面积需要求出底和高，在求解过程中要充分利用三角形是等腰三角形，进而知道定点与弦中点的连线垂直，这是解决问题的关键19、（1）（2）18【解析】（1）易得，，进而有，再结合已知即可求解；（2）由（1）易得直线AP的方程为，，设与直线AP平行的直线方程为，由题意，当该直线与椭圆相切时，记与AP距离比较远的直线与椭圆的切点为Q，此时的面积取得最大值，将代入椭圆方程，联立即可得与AP距离比较远的切线方程，从而即可求解.【小问1详解】解：由题意，将代入椭圆方程，得，又∵，∴，化简得，解得，又，，所以，∴，∴椭圆的方程为；【小问2详解】解：由（1）知，直线AP的方程为，即，设与直线AP平行的直线方程为，由题意，当该直线与椭圆相切时，记与AP距离比较远的直线与椭圆的切点为Q，此时的面积取得最大值，将代入椭圆方程，化简可得，由，即，解得，所以与AP距离比较远的切线方程，因为与之间的距离，又，所以的面积的最大值为20、（1）（2）【解析】(1)根据抛物线方程求出交点坐标和准线方程，求出p即可；(2)设，利用两点坐标求距离公式求出，根据四边形PAMB的面积得到关于的二次函数，结合二次函数的性质即可得出结果.【小问1详解】因为C的焦点为，准线为，由题意得，即，因此.【小问2详解】圆M的圆心为，半径为1.由条件可知，，且，于是.设，则.当时等号成立，所以四边形PAMB面积的最小值为.21、（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