福建漳州市2025届数学高二上期末经典试题含解析

福建漳州市2025届数学高二上期末经典试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．已知函数的导函数为，且满足，则（）A. B.C. D.2．已知双曲线的左焦点为F，O为坐标原点，M，N两点分别在C的左、右两支上，若四边形OFMN为菱形，则C的离心率为（）A. B.C. D.3．九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串，按一定规则移动圆环的次数决定解开圆环的个数.在某种玩法中，用表示解开n（，）个圆环所需的最少移动次数，若数列满足，且当时，则解开5个圆环所需的最少移动次数为（）A.10 B.16C.21 D.224．若实数，满足约束条件，则的最小值为（）A.-3 B.-2C. D.15．设函数若函数有两个零点，则实数m的取值范围是（）A. B.C. D.6．已知数列是等差数列，下面的数列中必为等差数列的个数为（）①②③A.0 B.1C.2 D.37．已知是定义在上的函数，其导函数为，且，且，则不等式的解集为（）A. B.C. D.8．如图，椭圆的右焦点为，过与轴垂直的直线交椭圆于第一象限的点，点关于坐标原点的对称点为，且，，则椭圆方程为（）A. B.C. D.9．直线与圆的位置关系是（）A.相交 B.相切C.相离 D.不确定10．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11．已知，，，若、、三个向量共面，则实数A3 B.5C.7 D.912．定义运算：．已知，都是锐角，且，，则（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若，若，则______14．若将抛掷一枚硬币所出现的结果“正面（朝上）”与“反面（朝上）”，分别记为H、T，相应的抛掷两枚硬币的样本空间为，则与事件“一个正面（朝上）一个反面（朝上）”对应的样本空间的子集为______15．若函数在区间内存在最大值，则实数的取值范围是____________.16．若命题“，不等式恒成立”为真命题，则实数a的取值范围是________.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）已知在时有极值0.（1）求常数，的值；（2）求在区间上的最值.18．（12分）如图1，已知矩形中，，E为上一点且.现将沿着折起，使点D到达点P的位置，且，得到的图形如图2.（1）证明为直角三角形；（2）设动点M在线段上，判断直线与平面位置关系，并说明理由.19．（12分）自疫情爆发以来，由于党和国家对抗疫工作高度重视，在人民群众的不懈努力下，我国抗疫工作取得阶段性成功，国家经济很快得到复苏.在餐饮业恢复营业后，某快餐店统计了近天内每日接待的顾客人数，将前天的数据进行整理得到频率分布表和频率分布直方图.组别分组频数频率第组第组第组第组第组合计（1）求、、的值，并估计该快餐店在前天内每日接待的顾客人数的平均数；（2）已知该快餐店在前50天内每日接待的顾客人数的方差为，在后天内每日接待的顾客人数的平均数为、方差为，估计这家快餐店这天内每日接待的顾客人数的平均数和方差.（）20．（12分）椭圆的离心率为，设为坐标原点，为椭圆的左顶点，动直线过线段的中点，且与椭圆相交于、两点．已知当直线的倾斜角为时，（1）求椭圆的标准方程；（2）是否存在定直线，使得直线、分别与相交于、两点，且点总在以线段为直径的圆上，若存在，求出所有满足条件的直线的方程；若不存在，请说明理由21．（12分）如图，四棱柱的底面为正方形，平面，，，点在上，且.（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求平面与平面夹角的余弦值.22．（10分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足（2a﹣b）sinA+（2b﹣a）sinB=2csinC.（1）求角C的大小；（2）若cosA=，求的值.

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、C【解析】求出导数后，把x=e代入，即可求解.【详解】因为，所以，解得故选：C2、C【解析】由题意可得且，从而求出点的坐标，将其代入双曲线方程中，即可得出离心率.【详解】由题意，四边形为菱形，如图，则且，分别为的左，右支上的点，设点在第二象限，在第一象限.由双曲线的对称性，可得，过点作轴交轴于点，则，所以,则，所以，所以，则，即，解得，或，由双曲线的离心率，所以取，则故选：C3、D【解析】根据题意，结合数列递推公式，代入计算即可.【详解】根据题意，由，得.故选：D.4、B【解析】先画出可行域，由，作出直线向下平移过点A时，取得最小值，然后求出点A的坐标，代入目标函数中可求得答案【详解】由题可得其可行域为如图，l：，当经过点A时，取到最小值，由，得，即，所以的最小值为故选：B5、D【解析】有两个零点等价于与的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与最值，画出函数图象，数形结合可得结果.【详解】解：设，则，所以在上递减，在上递增，，且时，，有两个零点等价于与的图象有两个交点，画出的图象，如下图所示，由图可得，时，与的图象有两个交点，此时，函数有两个零点，实数m的取值范围是，故选：D.【点睛】方法点睛：本题主要考查分段函数的性质、利用导数研究函数的单调性、函数的零点，以及数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质6、C【解析】根据等差数列的定义判断【详解】设的公差为，则，是等差数列，，是常数列，也是等差数列，若，则不是等差数列，故选：C7、B【解析】令，再结合，和已知条件将问题转化为，最后结合单调性求解即可.【详解】解：令，则，因为，所以，即函数为上的增函数，因为，不等式可化为，所以，故不等式的解集为故选：B8、C【解析】连结，设，则，，由可求出，进而可求出，得出椭圆方程.【详解】由题意设椭圆的方程：，设左焦点为，连结，由椭圆的对称性易得四边形为平行四边形，由得，又，设，则，，又，解得，又由，，解得，，，则椭圆的方程为.故选：C.【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆的标准方程求解及椭圆的简单几何性质，在求解椭圆标准方程时，关键是求解基本量，，.9、A【解析】首先求出直线过定点，再判断点在圆内，即可判断；【详解】解：直线恒过定点，又，即点在圆内部，所以直线与圆相交；故选：A10、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.11、A【解析】由空间向量共面原理得存在实数，，使得，由此能求出实数【详解】解：，，，、、三个向量共面，存在实数，，使得，即有：，解得，，实数故选：【点睛】本题考查空间向量共面原理的应用，属于基础题12、B【解析】，只需求出与的正、余弦值即可，用平方关系时注意角的范围.【详解】解：因为，都是锐角，所以，，因为，所以，即，，所以，，因为，所有，故选：B.【点睛】信息给予题，已知三角函数值求三角函数值，考查根据三角函数的恒等变换求值，基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2【解析】首先利用二项展开式的通项公式，求，再利用赋值法求系数的和以及【详解】展开式的通项为，令，则，即，故，令，得.又，所以故故答案为：14、，，，【解析】先写出与事件“一个正面（朝上）一个反面（朝上）”对应的样本空间，再写出其全部子集即可.【详解】与事件“一个正面（朝上）一个反面（朝上）”对应的样本空间为，此空间的子集为，，，故答案为：，，，15、【解析】首先利用导数判断函数的单调性，再根据函数在开区间内存在最大值，可判断极大值点就是最大值点，列式求解.【详解】由题可知：所以函数在单调递减，在单调递增，故函数的极大值为.所以在开区间内的最大值一定是又，所以得实数的取值范围是故答案为：【点睛】关键点点睛：由函数在开区间内若存在最大值，即极大值点在区间内，同时还得满足极大值点是最大值，还需列不等式，不要忽略这个不等式.16、【解析】，不等式恒成立，只要即可，利用基本不等式求出即可得出答案.【详解】解：因为，不等式恒成立，只要即可，因为，所以，则，当且仅当，即时取等号，所以，所以.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）最小值为0，最大值为4.【解析】（1）对求导，根据在时有极值0，得到，再求出，的值；（2）由（1）知，，然后判断的单调性，再求出的值域【详解】解：（1），由题知：联立（1）、（2）有(舍)或.当时在定义域上单调递增，故舍去；所以，，经检验，符合题意（2）当，时，故方程有根或由，得或由得，函数的单调增区间为：，，减区间为：.函数在取得极大值，在取极小值；经计算，，，，所以最小值为0，最大值为4.18、（1）证明见解析（2）答案不唯一，见解析【解析】（1）利用折叠前后的线段长度及勾股定理求证即可；（2）动点M满足时和，但时两种情况，利用线线平行或相交得到结论.【小问1详解】在折叠前的图中，如图：，E为上一点且，则，折叠后，所以，又，所以，所以为直角三角形.小问2详解】当动点M在线段上，满足，同样在线段上取，使得，则，当时，则，又且所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，所以此时平面；当时，此时，但，所以四边形为梯形，所以与必然相交，所以与平面必然相交.综上，当动点M满足时，平面；当动点M满足，但时，与平面相交.19、（1），，，平均数为；（2）平均数为，方差为.【解析】（1）计算出第组的频数，可求得的值，利用频数、频率和总数的关系可求出的值，求出第组的频率，除以组距可得的值，利用平均数公式可求得该快餐店在前天内每日接待的顾客人数的平均数；（2）设前天接待的顾客人数分别为、、、，后天接待的顾客人数分别为、、、，利用平均数公式和方差公式可求得结果.【小问1详解】解：由表可知第组的频数为，所以，，，第组的频率为，，前天内每日接待的顾客人数的平均数为：.【小问2详解】解：设前天接待的顾客人数分别为、、、，后天接待的顾客人数分别为、、、，则由（1）知前天的平均数，方差，后天的平均数，方差，故这天的平均数为，，同理，这天的方差，由以上三式可得.20、（1）（2）存在，且直线的方程为或【解析】（1）分析可知，，直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可求得的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）设点、，设直线的方程为，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出点、，由已知得出，求出的值，即可得出结论.【小问1详解】解：因为，则，，所以，椭圆的方程为，即，易知点，则点，当直线的倾斜角为时，直线的方程为，设点、，联立，可得，，由韦达定理可得，，所以，，解得，则，，因此，椭圆的标准方程为.【小问2详解】解：易知点，若直线与轴重合，则、为椭圆长轴的两个端点，不合乎题意.设直线的方程为，设点、，联立，可得，，由韦达定理可得，，直线的斜率为，直线的方程为，故点，同理可得点，，，由题意可得，解得或.因此，存在满足题设条件的直线，且直线的方程为或，点总在以线段为直径的圆上.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21、（1）证明见解析（2）（3）【解析】（1）以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量可得，即平面，再由线面垂直的性质可得答案；（2）设直线与平面所成角的为，可得答案；（3）由二面角的向量求法可得