贵州六盘水育才中学2025届数学高二上期末达标检测试题含解析

贵州六盘水育才中学2025届数学高二上期末达标检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．已知抛物线，，点在抛物线上，记点到直线的距离为，则的最小值是（）A.5 B.6C.7 D.82．若，，，则a，b，c与1的大小关系是（）A. B.C. D.3．已知三个观测点，在的正北方向，相距，在的正东方向，相距.在某次爆炸点定位测试中，两个观测点同时听到爆炸声，观测点晚听到，已知声速为，则爆炸点与观测点的距离是（）A. B.C. D.4．在正方体中，为棱的中点，为棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B.C. D.5．已知等差数列的前n项和为，且，，若（，且），则i的取值集合是（）A. B.C. D.6．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为，若，则椭圆的离心率的取值范围是（）A. B.C. D.7．已知抛物线y2=2px（p>0）的焦点为F，准线为l，M是抛物线上一点，过点M作MN⊥l于N.若△MNF是边长为2的正三角形，则p=（）A. B.C.1 D.28．等比数列的各项均为正数，已知向量，，且，则A.12 B.10C.5 D.9．命题“若，则”为真命题，那么不可能是（）A. B.C. D.10．已知点，Q是圆上的动点，则线段长的最小值为（）A.3 B.4C.5 D.611．如图是一水平放置的青花瓷．它的外形为单叶双曲面，可看成是双曲线的一部分绕其虚轴旋转所形成的曲面，且其外形上下对称．花瓶的最小直径为，瓶口直径为，瓶高为，则该双曲线的虚轴长为（）A. B.C. D.4512．如果，，那么直线不经过的象限是（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．不等式的解集是_______________14．已知数列是递增等比数列，，则数列的前项和等于.15．已知过点作抛物线的两条切线,切点分别为A、B,直线经过抛物线C的焦点F,则___________16．已知在时有极值0，则的值为____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）在平面直角坐标系中，动点到点的距离等于点到直线的距离.（1）求动点的轨迹方程；（2）记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，在轴上是否存在一点，使若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.18．（12分）已知数列中，，___________，其中.（1）求数列的通项公式；（2）设，求证：数列是等比数列；（3）求数列的前n项和.从①前n项和，②，③且，这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中并作答.19．（12分）已知数列的前项和（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和20．（12分）已知数列中，，.（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.21．（12分）如图①，等腰梯形中，，分别为的中点，，现将四边形沿折起，使平面平面，得到如图②所示的多面体，在图②中：（1）证明：平面平面；（2）求四棱锥的体积.22．（10分）已知数列的前n项和为，且，，数列满足：，，，.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前n项和；（3）若不等式对任意恒成立，求实数k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、D【解析】先求出抛物线的焦点和准线，利用抛物线的定义将转化为的距离，即可求解.【详解】由已知得抛物线的焦点为，准线方程为，设点到准线的距离为，则，则由抛物线的定义可知∵，当点、、三点共线时等号成立，∴，故选：.2、C【解析】根据条件构造函数，并求其导数，判断该函数的单调性，据此作出该函数的大致图象，由图象可判断a，b，c与1的大小关系.【详解】令，则当时，，当时，即函数在上单调递减，在上单调递增,而，由可知，故作出函数大致图象如图：由图象易知，，故选：C.3、D【解析】根据题意作出示意图，然后结合余弦定理解三角形即可求出结果.【详解】设爆炸点为，由于两个观测点同时听到爆炸声，则点位于的垂直平分线上，又在的正东方向且观测点晚听到，则点位于的左侧，，,，设，则，解得，则爆炸点与观测点的距离为，故选：D.4、D【解析】建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，利用线面角的向量公式即得解【详解】不妨设正方体的棱长为2，连接，以为坐标原点如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，由于平面，平面，故又正方形，故平面故平面，所以为平面的一个法向量，故直线与平面所成角正弦值为.故选：D5、C【解析】首先求出等差数列的首先和公差，然后写出数列即可观察到满足的i的取值集合.【详解】设公差为d，由题知，，解得，，所以数列为，故.故选：C.【点睛】本题主要考查了等差数列的基本量的求解，属于基础题.6、B【解析】根据题意得到，根据，化简得到，进而得到离心率的不等式，即可求解.【详解】由题意，椭圆的左顶点为，上顶点为，所以，，因为，可得，即，又由，可得，可得，解得，又因为椭圆的离心率，所以，即椭圆的离心率为.故选：B.【点睛】求解椭圆或双曲线离心率的三种方法：1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；3、特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.7、C【解析】根据正三角形的性质，结合抛物线的性质进行求解即可.【详解】如图所示：准线l与横轴的交点为，由抛物线的性质可知：，因为若△MNF是边长为2的正三角形，所以，，显然，在直角三角形中，，故选：C8、C【解析】利用数量积运算性质、等比数列的性质及其对数运算性质即可得出【详解】向量＝（，），＝（，），且•＝4，∴+＝4，由等比数列的性质可得：＝……＝＝＝2，则log2（•）＝故选C【点睛】本题考查数量积运算性质、等比数列的性质及其对数运算性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题9、D【解析】根据命题真假的判断，对四个选项一一验证即可.【详解】对于A：若，则必成立；对于B：若，则必成立；对于C：若，则必成立；对于D：由不能得出，所以不可能是.故选：D10、A【解析】根据圆的几何性质转化为圆心与点的距离加上半径即可得解.【详解】圆的圆心为，半径为，所以，圆上点在线段上时，，故选：A11、C【解析】设双曲线方程为，，由已知可得，并求得双曲线上一点的坐标，把点的坐标代入双曲线方程，求解，即可得到双曲线的虚轴长【详解】设点是双曲线与截面的一个交点，设双曲线的方程为：，花瓶的最小直径，则，由瓶口直径为，瓶高为，可得，故，解得，该双曲线的虚轴长为故选：12、A【解析】将直线化为，结合已知条件即可判断不经过的象限.【详解】由题设，直线可写成，又，，∴，，故直线过二、三、四象限，不过第一象限.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、或【解析】将分式不等式，转化为一元二次不等式求解【详解】因为，所以，解得或.故答案为：或【点睛】本题主要考查分式不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.14、【解析】由题意，，解得或者，而数列是递增的等比数列，所以，即，所以，因而数列的前项和，故答案为.考点：1.等比数列的性质；2.等比数列的前项和公式.15、64【解析】用字母进行一般化研究,先求出切点弦方程,再联立化简,最后代入数据计算【详解】设,点处的切线方程为联立,得由,得即,解得所以点处的切线方程为,整理得同理,点处的切线方程为设为两切线的交点,则所以在直线上即直线AB的方程为又直线AB经过焦点所以,即联立得所以所以本题中所以故答案为:64【点睛】结论点睛:过点作抛物线的两条切线,切点弦的方程为16、11【解析】由题知，且，所以，得或，①当时，，此时，，所以函数单调递增无极值，舍去②当时，，此时，是函数的极值点，符合题意，∴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）存在，.【解析】（1）利用抛物线的定义即求；（2）由题可设直线的方程为，利用韦达定理法结合条件可得，即得.【小问1详解】因为动点到点的距离等于点到直线的距离，所以动点到点的距离和它到直线的距离相等，所以点的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，设抛物线方程为，由，得，所以动点的轨迹方程为.【小问2详解】由题意可知，直线的斜率不为0，故设直线的方程为，.联立，得，恒成立，由韦达定理，得，，假设存在一点，满足题意，则直线的斜率与直线的斜率满足，即，所以，所以解得，所以存在一点，满足，点的坐标为.18、（1）（2）见解析（3）【解析】（1）选①，根据与的关系即可得出答案；选②，根据与的关系结合等差数列的定义即可得出答案；选③，利用等差中项法可得数列是等差数列，再求出公差，即可得解；（2）求出数列的通项公式，再根据等比数列的定义即可得证；（3）求出数列的通项公式，再利用错位相减法即可得出答案.【小问1详解】解：选①，当时，，当时，也成立，所以；选②，因为，所以，所以数列是以为公差的等差数列，所以；选③且，因为，所以数列是等差数列，公差，所以；【小问2详解】解：由（1）得，则，所以数列是以为首项，为公比的等比数列；【小问3详解】解：，，①，②由①②得，所以.19、（1）（2）【解析】（1）利用与的关系求数列的通项公式；（2）利用错位相减法求和即可.【小问1详解】因为，故当时，，两式相减得，又由题设可得，从而的通项公式为：；【小问2详解】因为，，两式相减得：所以.20、（1）证明见解析，（2）【解析】（1）由，取倒数得到，再利用等差数列的定义求解；（2）由（1）得到，利用错位相减法求解.【小问1详解】证明：由，以及，显然，所以，即，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，所以；【小问2详解】由（1）可得，，所以数列的前项和①所以②则由②-①可得：，所以数列的前项和.21、（1）证明见解析.（2）2【解析】（1）根据面面平行的判定定理结合已知条件即可证明；（2）将所求四棱锥的体积转化为求即可.【小问1详解】证明：因为，面，面，所以面，同理面，又因为面,所以面面.【小问2详解】解：因为在图①等腰梯形中，分别为的中点，所以，在图②多面体中，因为，面，，所以面.因为，面面，面，面面,所以面，又因为面，所以，在直角三角形中，因为,所以，同理，，所以，则，有，所以.所以四棱锥的体积为2.22、（1），；（2）；（3）.【解析】(1)由可得数列是等比数列，即可求得，由得数列是等差数列，即可求得.(2)由(1)可得，再利用错位相减法求和即得.(3)将问题等价转化为对任意恒成立，构造数列并判断其单调性，即可求解作答.【小问1详解】数列的前项和为，，，当时，，则，而当时，，即得，因此，数列是以1为首项，3为公比的等比数列，则