广东省梅州市蕉岭中学2025届数学高二上期末调研试题含解析

广东省梅州市蕉岭中学2025届数学高二上期末调研试题注意事项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．如图，在棱长为1的正方体中，P、Q、R分别是棱AB、BC、的中点，以PQR为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在正方体的表面上，则这个直三棱柱的体积为（）A. B.C. D.2．已知数列中，，()，则等于（）A. B.C. D.23．设实系数一元二次方程在复数集C内的根为、，则由，可得.类比上述方法：设实系数一元三次方程在复数集C内的根为，则的值为A.﹣2 B.0C.2 D.44．如图，直四棱柱的底面是菱形，，，M是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B.C. D.5．如图，在四面体中，，，，，为线段的中点，则等于（）A B.C. D.6．已知正三棱柱中，，点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B.C. D.7．算盘是中国古代的一项重要发明．现有一种算盘（如图1），共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下五珠，上拨一珠记作数字1（如图2中算盘表示整数51）．如果拨动图1算盘中的两枚算珠，可以表示不同整数的个数为（）A.8 B.10C.15 D.168．设等差数列，前n项和分别是，若，则（）A.1 B.C. D.9．椭圆上一点到一个焦点的距离为，则到另一个焦点的距离是（）A. B.C. D.10．已知命题：；：若，则，则下列判断正确的是（）A.为真，为真，为假 B.为真，为假，为真C.为假，为假，为假 D.为真，为假，为假11．已知椭圆和双曲线有共同焦点，是它们一个交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，则的最大值为A.3 B.2C. D.12．两圆x2+y2+4x-4y＝0和x2+y2+2x-12＝0的公共弦所在直线的方程为（）A.x+2y﹣6＝0 B.x﹣3y+5＝0C.x﹣2y+6＝0 D.x+3y﹣8＝0二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．下列是某厂1~4月份用水量（单位：百吨）的一组数据，由其散点图可知，用水量与月份之间有较好的线性相关关系，其线性回归方程是，则_______.月份1234用水量4.5432.514．已知向量，，若与垂直，则___________.15．已知数列满足，，则使得成立的n的最小值为__________.16．一条光线从点射出，经x轴反射，其反射光线所在直线与圆相切，则反射光线所在的直线方程为____.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）已知椭圆过点，且离心率.（1）求椭圆的方程；（2）设直交椭圆于两点，判断点与以线段为直径的圆的位置关系，并说明理由.18．（12分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C1：的左、右焦点分别为，且椭圆C1与抛物线C2：y2=2px（p>0）在第一象限的交点为Q，已知.（1）求的面积（2）求抛物线C2的标准方程.19．（12分）已知定圆，过的一条动直线与圆相交于、两点，（1）当与定直线垂直时，求出与的交点的坐标，并证明过圆心；（2）当时，求直线的方程20．（12分）命题：函数有意义；命题：实数满足.（1）当且为真时，求实数的取值范围；（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.21．（12分）已知直线与双曲线相交于、两点.（1）当时，求；（2）是否存在实数，使以为直径的圆经过坐标原点？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.22．（10分）已知数列的前项和为，且（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和

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】分别取的中点，连接，利用棱柱的定义证明几何体是三棱柱，再证明平面PQR，得到三棱柱是直三棱柱求解.【详解】如图所示：连接,分别取其中点，连接，则，且，所以几何体是三棱柱，又，且，所以平面，所以，同理，又，所以平面PQR，所以三棱柱是直三棱柱，因为正方体的棱长为1，所以,所以直三棱柱的体积为，故选：C2、D【解析】由已知条件可得，，…，即是周期为3的数列，即可求.【详解】由题设，知：，，，…，∴是周期为3的数列，而的余数为1，∴.故选：D.3、A【解析】用类比推理得到，再用待定系数法得到，，再根据求解.【详解】，由对应系数相等得：，.故选：A.【点睛】本题主要考查合情推理以及待定系数法，还考查了转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.4、D【解析】用向量分别表示,利用向量的夹角公式即可求解.【详解】由题意可得，故选：D【点睛】本题主要考查用向量的夹角公式求异面直线所成的角，属于基础题.5、D【解析】根据空间向量的线性运算求解【详解】由已知，故选：D6、A【解析】根据异面直线所成角的定义，取中点为，则为异面直线和所成角或其补角，再解三角形即可求出【详解】如图所示：设中点为，则在三角形中，为中点，为中位线，所以有，，所以为异面直线和所成角或其补角，在三角形中，，所以由余弦定理有，故选：A.7、A【解析】根据给定条件分类探求出拨动两枚算珠的结果计算得解.【详解】拨动图1算盘中的两枚算珠，有两类办法，由于拨动一枚算珠有梁上、梁下之分，则只在一个档拨动两枚算珠共有4种方法，在每一个档各拨动一枚算珠共有4种方法，由分类加法计数原理得共有8种方法，所以表示不同整数的个数为8.故选：A8、B【解析】根据等差数列的性质和求和公式变形求解即可【详解】因为等差数列，的前n项和分别是，所以，故选：B9、B【解析】利用椭圆的定义可得结果.【详解】在椭圆中，，由椭圆的定义可知，到另一个焦点的距离是.故选：B.10、D【解析】先判断出命题，的真假，即可判断.【详解】因为成立，所以命题为真，由可得或，所以命题为假命题，所以为真，为假，为假.故选：D.11、D【解析】设椭圆长半轴长为a1，双曲线的半实轴长a2，焦距2c．根据椭圆及双曲线的定义可以用a1，a2表示出|PF1|，|PF2|，在△F1PF2中根据余弦定理可得到，利用基本不等式可得结论【详解】如图，设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的半实轴长为a2，则根据椭圆及双曲线的定义：|PF1|+|PF2|＝2a1，|PF1|﹣|PF2|＝2a2，∴|PF1|＝a1+a2，|PF2|＝a1﹣a2，设|F1F2|＝2c，∠F1PF2＝，则：在△PF1F2中，由余弦定理得，4c2＝（a1+a2）2+（a1﹣a2）2﹣2（a1+a2）（a1﹣a2）cos∴化简得：a12+3a22＝4c2，该式可变成：，∴≥2∴，故选D【点睛】本题考查圆锥曲线的共同特征，考查通过椭圆与双曲线的定义求焦点三角形三边长，考查利用基本不等式求最值问题，属于中档题12、C【解析】两圆方程相减得出公共弦所在直线的方程.【详解】两圆方程相减得，即x﹣2y+6＝0则公共弦所在直线的方程为x﹣2y+6＝0故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、25【解析】根据表格数据求出，代入，即可求出.【详解】解：由题意知：，，将代入线性回归方程，即，解得：.故答案为：5.25.14、【解析】根据与垂直，可知，根据空间向量的数量积运算可求出的值，结合向量坐标求向量模的求法，即可得出结果.【详解】解：与垂直，，则，解得：，，则，.故答案为：.15、11【解析】由题设可得，结合等比数列的定义知从第二项开始是公比为2的等比数列，进而写出的通项公式，即可求使成立的最小值n.【详解】因为，所以，两式相除得，整理得.因为，故从第二项开始是等比数列，且公比为2，因为，则，所以，则，由得：，故故答案为：11.16、或【解析】点关于轴的对称点为,即反射光线过点,分别讨论反射光线的斜率存在与不存在的情况,进而求解即可【详解】点关于轴的对称点为,（1）设反射光线的斜率为,则反射光线的方程为,即,因为反射光线与圆相切,所以圆心到反射光线的距离,即,解得,所以反射光线方程为:；（2）当不存在时,反射光线,此时,也与圆相切,故答案为:或【点睛】本题考查直线在光学中的应用,考查圆的切线方程三、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)点G在以AB为直径的圆外【解析】解法一：（Ⅰ）由已知得解得所以椭圆E的方程为（Ⅱ）设点AB中点为由所以从而.所以.,故所以，故G在以AB为直径的圆外解法二：（Ⅰ）同解法一.（Ⅱ）设点，则由所以从而所以不共线，所以锐角.故点G在以AB为直径的圆外考点：1、椭圆的标准方程；2、直线和椭圆的位置关系；3、点和圆的位置关系18、（1）（2）【解析】（1）设，由椭圆的定义可得，结合余弦定理可得出的值，从而可得面积.(2)设,根据的面积结合椭圆的方程求出点的坐标，代入抛物线可得答案.【小问1详解】由椭圆方程知a=2，b=1，，设，则即，求得所以的面积为【小问2详解】设由（1）中，得又，，所以代入抛物线方程得，所以所以抛物线的标准方程为19、（1），证明见解析；（2）或.【解析】（1）根据题意可设直线的方程为，将点的坐标代入直线的方程，可求得的值，再将直线、的方程联立，可得出这两条直线的交点的坐标，将圆心的坐标代入直线的方程可证得结论成立；（2）利用勾股定理可求得圆心到直线的距离，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线方程，利用点到直线的距离公式求出参数的值，即可得出直线的方程.【小问1详解】解：当直线与定直线垂直时，可设直线的方程为，将点的坐标代入直线的方程可得，则，此时，直线的方程为，联立可得，即点，圆心的坐标为，因为，故直线过圆心.【小问2详解】解：设圆心到直线的距离为，则.当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时圆心到直线的距离为，合乎题意；当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，即，由题意可得，解得，此时直线的方程为，即.综上所述，直线的方程为或.20、(1)；(2)【解析】(1)首先将命题，化简，然后由为真可得，均为真，取交集即可求出实数的取值范围；(2)将是的充分不必要条件转化为是的必要不充分条件，进而将问题转化为，从而求出实数的取值范围【详解】(1)若命题为真，则，解得，当时，命题，若命题为真，则，解得，所以，因为为真，所以，均为真，所以，所以，所以实数的取值范围为(2)因为是的充分不必要条件，所以是的必要不充分条件，所以，所以或，所以，所以实数的取值范围是【点睛】本题主要考查根据真值表判断复合命题中的单个命题的真假，根据充分不必要条件求参数的取值范围，同时考查一元二次不等式的解法，分式不等式的解法．第(2)问关键是将问题等价转化为两个集合间的真包含关系21、（1）；（2）不存在，理由见解析.【解析】（1）当时，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可求得；（2）假设存在实数，使以为直径的圆经过坐标原点，设、，将直线与双曲线的方程联立，列出韦达定理，由已知可得出，利用平面向量数量积