云南省宣威市第九中学2025届高二数学第一学期期末综合测试试题含解析

云南省宣威市第九中学2025届高二数学第一学期期末综合测试试题注意事项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．若函数在上为增函数，则a的取值范围为（）A. B.C. D.2．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则（）A. B.1C.2 D.43．已知x是上的一个随机的实数，则使x满足的概率为（）A. B.C. D.4．在三棱锥中，，，，若，，则（）A. B.C. D.5．已知椭圆C：的两个焦点分别为，，椭圆C上有一点P，则的周长为（）A.8 B.10C. D.126．下列结论正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则7．已知是定义在上的函数，且对任意都有，若函数的图象关于点对称，且，则（）A. B.C. D.8．已知圆：，点，则点到圆上点的最小距离为（）A.1 B.2C. D.9．集合，则集合A的子集个数为（）A.2个 B.4个C.8个 D.16个10．某公司门前有一排9个车位的停车场，从左往右数第三个，第七个车位分别停着A车和B车，同时进来C，D两车．在C，D不相邻的情况下，C和D至少有一辆与A和B车相邻的概率是（）A. B.C. D.11．有下列三个命题:①“若，则互为相反数”的逆命题;②“若，则”的逆否命题;③“若，则”的否命题.其中真命题的个数是A.0 B.1C.2 D.312．抛物线的焦点坐标是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列满足，，若为等差数列，则___________，若，则数列的前项和为___________.14．已知椭圆的左、右焦点分别为，，P为椭圆上一点，满足(O为坐标原点)．若，则椭圆的离心率为______15．已知函数，则的值为______16．曲线在处的切线与坐标轴围成的三角形面积为___________.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）已知等差数列中，首项，公差，且数列的前项和为（1）求和；（2）设，求数列的前项和18．（12分）设，已知函数（1）若，求函数在处切线的方程；（2）求函数在上的最大值19．（12分）已知椭圆过点，且离心率，为坐标原点.（1）求椭圆的方程；（2）判断是否存在直线，使得直线与椭圆相交于两点，直线与轴相交于点，且满足，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.20．（12分）已知椭圆：（）的焦点坐标为，长轴长是短轴长的2倍（1）求椭圆的方程；（2）已知直线不过点且与椭圆交于两点，从下面①②中选取一个作为条件，证明另一个成立.①直线的斜率分别为，则；②直线过定点.21．（12分）已知抛物线：上的点到焦点的距离为（1）求抛物线的方程；（2）设纵截距为的直线与抛物线交于，两个不同的点，若，求直线的方程22．（10分）已知函数，.（1）若，求的最大值；（2）若，求证：有且只有一个零点.

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】求出函数的导数，要使函数在上为增函数，要保证导数在该区间上恒正即可，由此得到不等式,解得答案.详解】由题意可知，若在递增，则在恒成立，即有，则，故选：C.2、C【解析】直接运用正弦定理可得，解得详解】由正弦定理，得，所以故选：C3、B【解析】先解不等式得到的范围，再利用几何概型的概率公式进行求解.【详解】由得，即，所以使x满足的概率为故选：B.4、B【解析】根据空间向量的基本定理及向量的运算法则计算即可得出结果.【详解】连接,因为，所以，因为，所以，所以,故选：B5、B【解析】根据椭圆的定义可得：，所以的周长等于【详解】因为，，所以，故的周长为故选：B6、C【解析】先举例说明ABD不成立，再根据不等式性质说明C成立.【详解】当时，满足，但不成立，所以A错；当时，满足，但不成立，所以B错；当时，满足，但不成立，所以D错；因为所以，又，因此同向不等式相加得，即C对；故选：C【点睛】本题考查不等式性质，考查基本分析判断能力，属基础题.7、D【解析】令，代入可得，即得，再由函数的图象关于点对称，判断得函数的图象关于点对称，即，则化简可得，即函数的周期为，从而代入求解.【详解】令，得，即，所以，因为函数的图象关于点对称，所以函数的图象关于点对称，即，所以，即，可得，则，故选：D.第II卷（非选择题8、C【解析】写出圆的圆心和半径，求出距离的最小值，再结合圆外一点到圆上点的距离最小值的方法即可求解.【详解】由圆：，得圆，半径为，所以，所以点到圆上点的最小距离为.故选：C.9、C【解析】取，再根据的周期为4，可得，即可得解.【详解】因为，所以.时,，时,，时,，时,，所以集合，所以的子集的个数为，故选：C.10、B【解析】先求出基本事件总数，和至少有一辆与和车相邻的对立事件是和都不与和车相邻，由此能求出和至少有一辆与和车相邻的概率【详解】解：某公司门前有一排9个车位的停车场，从左往右数第三个，第七个车位分别停着车和车，同时进来，两车，在，不相邻的条件下，基本事件总数，和至少有一辆与和车相邻的对立事件是和都不与和车相邻，和至少有一辆与和车相邻的概率：故选：B11、B【解析】①写出命题的逆命题，可以进行判断为真命题；②原命题和逆否命题真假性相同，而通过举例得到原命题为假，故逆否命题也为假；③写出命题的否命题，通过举出反例得到否命题为假【详解】①“若,则互为相反数”的逆命题是，若互为相反数,则；是真命题；②“若,则”，当a=-1,b=-2,时不满足，故原命题为假命题，而原命题和逆否命题真假性相同，故得到命题为假；③“若,则”的否命题是若,则，举例当x=5时，不满足不等式，故得到否命题是假命题；故答案为B.【点睛】这个题目考查了命题真假的判断，涉及命题的否定，命题的否命题，逆否命题，逆命题的相关概念，注意原命题和逆否命题的真假性相同，故需要判断逆否命题的真假时，只需要判断原命题的真假12、C【解析】化为标准方程，利用焦点坐标公式求解.【详解】抛物线的标准方程为，所以抛物线的焦点在轴上，且，所以，所以抛物线的焦点坐标为.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、①.##②.【解析】利用递推关系式，结合等差数列通项公式可求得公差，进而得到；利用递推关系式可知数列的奇数项和偶数项分别成等差数列，采用裂项相消的方法可求得前项和.【详解】由得：，解得：；为等差数列，设其公差为，则，解得：，；由知：数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列；偶数项是以为首项，为公差的等差数列；，又，，数列的前项和，.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题考查根据数列递推关系求解数列中的项、裂项相消法求和的问题；解题关键是能够根据递推关系式得到数列的奇数项和偶数项分别成等差数列，由此可通过裂项相消的方法求得所求数列的和.14、##【解析】由可得，再结合椭圆的性质可得为直角三角形，由题意设，则，由勾股定理可得，再结合椭圆的定义可求出离心率【详解】因为，所以，所以，因为，所以，所以为直角三角形，即，所以设，则，所以，得，因为则，所以，所以，即离心率为，故答案为：15、【解析】先求出的导函数，然后将代入可得答案.【详解】，所以故答案为：16、【解析】先求导数，得出切线斜率，写出切线方程，然后可求三角形的面积.【详解】，当时，，所以切线方程为，即；令可得，令可得；所以切线与坐标轴围成的三角形面积为.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），；（2）.【解析】（1）根据题意，结合等差数列的通项公式与求和公式，即可求解；（2）根据题意，求出，结合等差数列求和公式，即可求解.【小问1详解】根据题意，易知；.【小问2详解】根据题意，易知，因为，所以数列是首项为2，公差为的等差数列，故18、（1）（2）当0≤a<2时，f（x）max=8-5a；当a≥2时，f（x）max=-a【解析】（1）根据导数的几何意义即可求解；（2）先求函数的导数，令导数等于零，求得两极值点，然后讨论极值点是否在所给区间内，再结合比较区间端点处的函数值的大小，可得答案.【小问1详解】因为，所以，即a=0,所以，f（1）=1,所以切线方程：y-1=3（x-1），即.【小问2详解】,令得,①当a=0时，f（x）=x3在[0，2]上为单调递增函数，所以f（x）max=f（2）=8；②当时，即a≥3时，f（x）在[0，2]上为单调递减函数，所以;③当时，即0<a<3时，f（x）在上单调递减，在单调递增，所以f（x）=max{f（0），f（2）}，（i）若f（0）≥f（2），即2≤a<3，f（x）max=f（0）=-a，（ii）若f（0）<f（2），即0<a<2，f（x）max=f（2）=8-5a；综上，当0≤a<2时，f（x）max=f（2）=8-5a；当a≥2时，f（x）max=f（0）=-a19、（1）；（2）存在，方程为和.【解析】（1）根据椭圆上的点、离心率和关系可构造方程求得，由此可得椭圆方程；（2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理形式，根据共线向量可得，代入韦达定理中可构造关于的方程，解方程可求得，进而得到直线方程.【小问1详解】由题意得：，解得：，椭圆的方程为；【小问2详解】由题意知：直线斜率存在且不为零，可设，，，由得：，则；，，，，，解得：，，满足条件的直线存在，方程为和.20、（1）（2）证明见解析【解析】（1）由条件可得，解出即可；（2）选①证②，当直线的斜率存在时，设：，，然后联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得，，然后由可算出，即可证明，选②证①，设：，，然后联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得，，然后可算出.【小问1详解】由条件可得，解得所以椭圆方程为【小问2详解】选①证②：当直线的斜率存在时，设：，由得，则，由得即，即所以代入所以所以解得：（舍去），所以直线过定点当直线斜率不存在时，设：所以，由得所以，即，解得所以直线（不符合题意，舍去）综上：直线过定点选②证①：由题意直线的斜率存在，设：由得则，所以.21、（1）；（2）【解析】（1）利用抛物线的性质即可求解.（2）设直线方程，与抛物线联立，利用韦达定理，即可求解.【详解】（1）由题设知，抛物线的准线方程为，由点到焦点的距离为，得，解得，所以抛物线的标准方程为（2）设，，显然直线的斜率存在，故设直线的方程为，联立消去得，由得，即所以，又因为，，所以，所以，即，解得