辽宁省本溪市2025届数学高二上期末联考试题含解析

辽宁省本溪市2025届数学高二上期末联考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．直线与圆相交与A，B两点，则AB的长等于（）A3 B.4C.6 D.12．已知a，b是互不重合直线，，是互不重合的平面，下列命题正确的是（）A.若，，则B.若，，，则C.若，，则D.若，，，则3．已知直线的方程为，则该直线的倾斜角为（）A. B.C. D.4．已知两直线方程分别为l1：x＋y＝1，l2：ax＋2y＝0，若l1⊥l2，则a＝（）A2 B.－2C. D.5．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.-=16．在三棱锥中，，D为上的点，且，则（）A. B.C. D.7．设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”的A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件8．已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（）A. B.C. D.9．已知函数，若，则等于（）A. B.1C.ln2 D.e10．如图，某圆锥的轴截面是等边三角形，点是底面圆周上的一点，且，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（）A. B.C. D.11．函数在区间（0，e）上的极小值为（）A.－e B.1－eC.－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．在的展开式中项的系数为______．（结果用数值表示）14．直线被圆所截得的弦的长为_____15．若，，都为正实数，，且，，成等比数列，则的最小值为______16．定义在上的函数满足：有成立且，则不等式的解集为__________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）已知直线过点（1）若直线与直线垂直，求直线的方程；（2）若直线在两坐标轴的截距相等，求直线的方程18．（12分）已知数列是递增的等比数列，满足，（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和19．（12分）若存在常数，使得对任意，，均有，则称为有界集合，同时称为集合的上界.（1）设，，试判断A、B是否为有界集合，并说明理由；（2）已知常数，若函数为有界集合，求集合的上界最小值.20．（12分）已知函数满足.（1）求的解析式，并判断其奇偶性；（2）若对任意，不等式恒成立，求实数a的取值范围.21．（12分）已知数列中，，且满足（1）求证数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和22．（10分）如图所示，是棱长为的正方体，是棱的中点，是棱的中点（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）求到平面的距离

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】根据弦长公式即可求出【详解】因为圆心到直线的距离为，所以AB的长等于故选：C2、B【解析】根据线线，线面，面面位置关系的判定方法即可逐项判断.【详解】A：若，，则或a，故A错误；B：若，，则a⊥β，又，则a⊥b，故B正确；C：若，，则或α与β相交，故C错误；D：若，，，则不能判断α与β是否垂直，故D错误.故选：B.3、C【解析】设直线的倾斜角为，则，解方程即可.【详解】由已知，设直线的倾斜角为，则，又，所以.故选：C4、B【解析】直接利用直线垂直公式计算得到答案.【详解】因为l1⊥l2，所以k1k2＝－1，即-＝1，解得a＝－2.故选：【点睛】本题考查了根据直线垂直计算参数，属于简单题.5、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6、B【解析】根据几何关系以及空间向量的线性运算即可解出【详解】因为，所以，即故选：B7、B【解析】，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.8、D【解析】原不等式等价于，根据的图象判断函数的单调性，可得和的解集，再分情况或解不等式即可求解.【详解】由函数的图象可知：在和上单调递增，在上单调递减，所以当时，；当时，；由可得，所以或，即或，解得：或，所以原不等式的解集为：，故选：D.9、D【解析】求导，由得出.【详解】，故选：D10、C【解析】建立空间直角坐标系，分别得到，然后根据空间向量夹角公式计算即可.【详解】以过点且垂直于平面的直线为轴，直线，分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设，则根据题意可得，，，，所以，，设异面直线与所成角为，则.故选：C.11、D【解析】求导判断函数的单调性即可求解【详解】的定义域为(0，＋∞)，，令，得x＝1，当x∈(0，1)时，，单调递减，当x∈(1，e)时，，单调递增，故在x＝1处取得极小值.故选：D.12、C【解析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义即可求解【详解】作出可行域如图所示，把目标函数转化为，平移，经过点时，纵截距最大，所以的最大值为4.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】先求解出该二项式展开式的通项，然后求解出满足题意的项数值，带入通项即可求解出展开式的系数.【详解】展开式通项为，由题意，令，解得，，所以项的系数为.故答案为：.14、【解析】圆转化为标准式方程，圆心到直线的距离为，圆的半径为，因此所求弦长为考点：1．圆的方程；2．直线被圆截得的弦长的求法；15、##【解析】利用等比中项及条件可得，进而可得，再利用基本不等式即得.【详解】∵，，都为正实数，，，成等比数列，∴，又，∴，即，∴，∴，当且仅当，即取等号.故答案为：.16、【解析】由，判断出函数的单调性，利用单调性解即可【详解】设,又有成立，函数，即是上的增函数，，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）（2）或【解析】(1)由两条直线垂直可设直线的方程为，将点的坐标代入计算即可；(2)当直线过原点时，根据直线的点斜式方程即可得出结果；当直线不过原点时可设直线的方程为，将点的坐标代入计算即可.【小问1详解】解：因为直线与直线垂直所以，设直线的方程为，因为直线过点，所以，解得，所以直线的方程为【小问2详解】解：当直线过原点时，斜率为，由点斜式求得直线的方程是，即当直线不过原点时，设直线的方程为，把点代入方程得，所以直线的方程是综上，所求直线的方程为或18、（1）（2）【解析】（1）由等比数列的通项公式计算基本量从而得出的通项公式；（2）由(1)可得，再由裂项相消法求和即可.【小问1详解】设等比数列的公比为q，所以有，，联立两式解得或又因为数列是递增的等比数列，所以，所以数列的通项公式为；【小问2详解】∵，∴，∴19、（1）A不是有界集合，B是有界集合，理由见解析（2）【解析】（1）解不等式求得集合A；由，根据指数函数的性质求得集合B，由此可得结论；（2）由函数，得出函数单调递减，即有，分和两种情况讨论，求得集合的上界，再由集合的上界函数的单调性可求得集合的上界的最小值.【小问1详解】解：由得，即，，对任意一个，都有一个，故不是有界集合；，，，，是有界集合，上界为1；【小问2详解】解：，因为，所以函数单调递减，，因为函数为有界集合，所以分两种情况讨论：当，即时，集合的上界，当时，不等式为；当时，不等式为；当时，不等式为，即时，集合的上界，当，即时，集合的上界，同上解不等式得的解为，即时，集合的上界，综上得时，集合的上界；时，集合的上界.时，集合的上界是一个减函数，所以此时，时，集合的上界是增函数，所以，所以集合的上界最小值为；20、（1），是奇函数（2）【解析】(1)由求出，进而求得的解析式，利用奇偶函数的定义判断函数的奇偶性即可；(2)根据幂函数的单调性可得函数的单调性，求出函数的最小值，将不等式恒成立转化为对任意使得恒成立即可.【小问1详解】因为，所以，所以.所以.的定义城为，且，所以是奇函数.【小问2详解】因为，在上均为增函数，所以在上增函数，所以.对任意，不等式恒成立，则，所以，即实数a的取值范固为.21、（1）证明见解析；；（2）.【解析】（1）根据等差数列的定义证明为常数即可；（2）利用错位相减法即可求和.【小问1详解】由得，，∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列，∴，∴；【小问2详解】①，②，①－②得：，.22、（1）（2）【解析】（1）以为