2025届辽宁省大连市一0三中学高二数学第一学期期末检测试题含解析

2025届辽宁省大连市一0三中学高二数学第一学期期末检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．“”是“”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2．已知抛物线：的焦点为，为上一点且在第一象限，以为圆心，为半径的圆交的准线于，两点，且，，三点共线，则（）A.2 B.4C.6 D.83．已知等差数列的前n项和为，且，，则为（）A. B.C. D.4．已知抛物线的焦点为F，准线为l，点P在抛物线上，直线PF交x轴于Q点，且，则点P到准线l的距离为（）A.4 B.5C.6 D.75．若关于一元二次不等式的解集为，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.6．将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（）A. B.C. D.7．已知等比数列满足，，则（）A. B.C. D.8．《九章算数》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积为3升，下面3节的容积共4升，则第五节的容积为（）A.1升 B.升C.升 D.升9．在正方体中，P，Q两点分别从点B和点出发，以相同的速度在棱BA和上运动至点A和点，在运动过程中，直线PQ与平面ABCD所成角的变化范围为A. B.C. D.10．已知椭圆上一点到左焦点的距离为，是的中点，则（）A.1 B.2C.3 D.411．命题“”的否定是（）A. B.C. D.12．计算复数：（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．沈阳市某高中有高一学生600人，高二学生500人，高三学生550人，现对学生关于消防安全知识了解情况进行分层抽样调查，若抽取了一个容量为n的样本，其中高三学生有11人，则n的值等于________.14．等差数列的公差，是其前n项和，给出下列命题：若，且，则和都是中的最大项；给定n，对于一些，都有；存在使和同号；.其中正确命题的序号为___________.15．若函数恰有两个极值点，则k的取值范围是______16．已知数列是等差数列，，公差，为其前n项和，满足，则当取得最大值时，______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）如图，四棱锥中，侧面是边长为4的正三角形，且与底面垂直，底面是菱形，且，为的中点（1）求证：；（2）求点到平面的距离18．（12分）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值19．（12分）已知与定点，的距离比为的点P的轨迹为曲线C，过点的直线l与曲线C交于M，N两点.（1）求曲线C的轨迹方程；（2）若，求.20．（12分）已知点A（1，2）在抛物线C∶上，过点A作两条直线分别交抛物线于点D，E，直线AD，AE的斜率分别为kAD，kAE，若直线DE过点P（-1，-2）（1）求抛物线C的方程；（2）求直线AD，AE的斜率之积.21．（12分）椭圆的左、右焦点分别为，短轴的一个端点到的距离为，且椭圆过点过且不与两坐标轴平行的直线交椭圆于两点，点与点关于轴对称.（1）求椭圆的方程（2）当直线的斜率为1时，求的面积；（3）若点，求证：三点共线.22．（10分）已知椭圆上的点到焦点的最大距离为3，离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线与椭圆交于不同两点，与轴交于点，且满足,若，求实数的取值范围.

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】根据充分条件和必要条件的概念即可判断.【详解】∵，∴“”是“”的必要不充分条件.故选：B.2、B【解析】根据，，三点共线，结合点到准线的距离为2，得到，再利用抛物线的定义求解.【详解】如图所示：∵，，三点共线，∴是圆的直径，∴，轴，又为的中点，且点到准线的距离为2，∴，由抛物线的定义可得，故选：B.3、C【解析】直接由等差数列求和公式结合，求出，再由求和公式求出即可.【详解】由题意知：，解得，则.故选：C.4、C【解析】根据题干条件得到相似，进而得到，求出点P到准线l的距离.【详解】由题意得：，准线方程为，因为，所以，故点P到准线l的距离为.故选：C5、B【解析】结合判别式求得的取值范围.【详解】由于关于的一元二次不等式的解集为，所以，解得，所以实数的取值范围是.故选：B6、A【解析】根据三角函数图象的变换，由逆向变换即可求解.【详解】由已知的函数逆向变换，第一步，向左平移个单位长度，得到的图象；第二步，图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图象，即的图象.故.故选：A7、D【解析】由已知条件求出公比的平方，然后利用即可求解.【详解】解：设等比数列的公比为，因为等比数列满足，，所以，所以，故选：D.8、B【解析】设出竹子自上而下各节的容积且为等差数列，根据上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升列出关于首项和公差的方程，联立即可求出首项和公差，根据求出的首项和公差，利用等差数列的通项公式即可求出第5节的容积【详解】解：设竹子自上而下各节的容积分别为：，，，，且为等差数列，根据题意得：，，即①，②，②①得：，解得，把代入①得：，则故选：B【点睛】本题考查学生掌握等差数列的性质，灵活运用等差数列的通项公式化简求值，属于中档题9、C【解析】先过点作于点，连接，根据题意，得到即为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，设，推出，进而可求出结果.【详解】过点作于点，连接，因为四棱柱为正方体，所以易得平面，因此即为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，设，则，，因为两点分别从点和点出发，以相同的速度在棱和上运动至点和点，所以，因此，所以，因为，所以，则，因此.故选：C.【点睛】本题主要考查求线面角的取值范围，熟记线面角的定义即可，属于常考题型.10、A【解析】由椭圆的定义得，进而根据中位线定理得.【详解】解：由椭圆方程得，即，因为由椭圆的定义得，，所以，因为是的中点，是的中点，所以.故选：A11、C【解析】特称命题的否定，先把存在量词改为全称量词，再把结论进行否定即可.【详解】命题“”的否定是“”.故选：C12、D【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简可得结论.【详解】故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、33【解析】根据分层抽样的性质进行求解即可.【详解】因为抽取了一个容量为n的样本，其中高三学生有11人，所以有，故答案为：3314、【解析】对，根据数列的单调性和可判断；对和，利用等差数列的通项公式可直接推导；对，利用等差数列的前项和可直接推导.【详解】不妨设等差数列的首项为对，，可得：，解得：，即又，则是递减的，则中的前5项均为正数，所以和都是中的最大项，故正确；对，，故有：，故正确；对，，又，则，说明不存在使和同号，故错误；对，有：故并不是恒成立的，故错误故答案为：15、【解析】求导得有两个极值点等价于函数有一个不等于1的零点，分离参数得，令，利用导数研究的单调性并作出的图象，根据图象即可得出k的取值范围【详解】函数的定义域为，，令，解得或，若函数有2个极值点，则函数与图象在上恰有1个横坐标不为1的交点，而，令，令或，故在和上单调递减，在上单调递增，又，如图所示，由图可得.故答案为：16、9或10【解析】等差数列通项公式的使用.【详解】数列是等差数列，且，得，得，则有，又因为，公差，所以或10时，取得最大值故答案为：9或10三、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）证明见解析；（2）.【解析】(1)取的中点，连接，，，先证明平面，再由平面得，(2)等体积法求解.根据题目条件，先证明为三棱锥的高，再求出以为顶点，为底面的三棱锥的体积和以为顶点，为底面的三棱锥的体积，根据，求点到平面的距离.【详解】(1)证明：如图，取的中点，连接，，依题意可知，，均为正三角形，∴，又∵，∴平面又平面，∴(2)由(1)可知，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，即为三棱锥的高由题意得，∵为的中点，∴在中，，∴，，∴在中，边上的高，∴的面积的面积点到平面的距离即点到平面的距离设点到平面的距离为，由，得，即，解得，即点到平面的距离为18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）先利用正方形和梯形的性质证明线面平行，然后再根据线面平行证明面面平行即可（2）根据题意建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标和相关的向量，然后分别求出平面与平面的一个法向量，最后求出平面与平面夹角的余弦值【小问1详解】四边形是正方形，可得：又平面，平面则有：平面四边形是梯形，可得：又平面，平面则有：平面又故平面平面【小问2详解】依题意知两两垂直，故以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则有：，，，可得：，，设平面的一个法向量，则有：取，可得：设平面的一个法向量，则有：取，可得：设平面与平面的夹角为，则故平面与平面夹角的余弦值为19、（1）（2）或【解析】（1）设曲线上的任意一点，由题意可得，化简即可得出（2）分直线的斜率不存在与存在两种情况讨论，当斜率不存在时，即可求出、的坐标，从而求出，当直线的斜率存在，设直线方程为，，，联立直线与圆的方程，消元列出韦达定理，则，即可求出，从而求出直线方程，由圆心在直线上，即可求出弦长；【小问1详解】解：（1）设曲线上的任意一点，由题意可得：，即，整理得【小问2详解】解：依题意当直线的斜率不存在时，直线方程为，则，则或，即、，所以、，所以满足条件，此时，当直线的斜率存在，设直线方程为，，，则，消去整理得，由，解得或，所以、，因为，，所以，解得，所以直线方程为，又直线过圆心，所以，综上可得或；20、（1）（2）【解析】（1）代入点即可求得抛物线方程；（2）联立方程后利用韦达定理求出，，，，然后代入即可求得斜率的积.【小问1详解】解：点A（1，2）在抛物线C∶上故【小问2详解】设直线方程为：联立方程，整理得：由题意及韦达定理可得：，21、（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】（1）根据已知求出即得椭圆的方程；（2）联立直线和椭圆的方程求出弦长和三角形的高即得解；（3）联立直线和椭圆的方程，得到韦达定理，再利用平面向量证明.【小问1详解】解：由题得，所以椭圆方程为，因为椭圆过点所以，所以所以椭圆的方程为.【小问2详解】解：由题得,所以直线的方程为即，联立直线和椭圆方程得，所以,点到直线的距离为.所以的面积为.【小问3详解】解：设直线的方程为，联立直线和椭圆的方程得，设，所以，由题得，，所以，所以，所以,又有公共点,所以三点共线.22、(1)(2)，或【解析】（1）由椭圆的性质可知：，解得a和c的值，即可求得椭圆