甘肃省武威第三中学2025届高二数学第一学期期末预测试题含解析

甘肃省武威第三中学2025届高二数学第一学期期末预测试题注意事项：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．在等差数列中，若，则的值为（）A. B.C. D.2．已知等差数列{an}中，a4+a9=8，则S12=（）A.96 B.48C.36 D.243．以下命题是真命题的是（）A.方差和标准差都是刻画样本数据分散程度的统计量B.若m为数据（i=1，2，3，····，2021）的中位数，则C.回归直线可能不经过样本点的中心D.若“”为假命题，则均为假命题4．圆与圆的位置关系为（）A.内切 B.相交C.外切 D.外离5．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱A1B1上一点，且AB＝2，若二面角B1﹣BC1﹣E为45°，则四面体BB1C1E的外接球的表面积为（）A.π B.12πC.9π D.10π6．椭圆（）的右顶点是抛物线的焦点，且短轴长为2，则该椭圆方程为（）A. B.C. D.7．已知梯形中，，且，则的值为（）A. B.C. D.8．已知数列满足，且，为其前n项的和，则（）A. B.C. D.9．命题“若，则”的逆否命题是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则10．“不到长城非好汉，屈指行程二万”，出自毛主席1935年10月所写的一首词《清平乐·六盘山》，反映了中华民族的一种精神气魄，一种积极向上的奋斗精神.从数学逻辑角度分析，其中“好汉”是“到长城”的（）A.充分条件 B.必要条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件11．如图，已知，分别是椭圆的左、右焦点，现以为圆心作一个圆恰好经过椭圆的中心并且交椭圆于点，．若过点的直线是圆的切线，则椭圆的离心率为（）A. B.C. D.12．已知点，和直线，若在坐标平面内存在一点P，使，且点P到直线l的距离为2，则点P的坐标为（）A.或 B.或C.或 D.或二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．点在以，为焦点的椭圆上运动，则的重心的轨迹方程是___________.14．已知P，A，B，C四点共面，对空间任意一点O，若，则______.15．如图所示，二面角为，是棱上的两点，分别在半平面内，且，，，，，则的长______16．若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，现将数列进行构造，第次得到数列；第次得到数列；依次构造，第次得到数列；记，则(1)___________，(2)___________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①，②，③这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答下列题目设首项为2的数列的前n项和为，前n项积为，且______（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前n项和为，令，求数列的前n项和18．（12分）如图，在三棱锥中，平面平面，，都是等腰直角三角形，，，，分别为，的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面.19．（12分）如图在四棱锥中，底面是菱形，，平面平面，，，为的中点，是棱上的一点，且.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.20．（12分）已知抛物线焦点是，斜率为的直线l经过F且与抛物线相交于A、B两点（1）求该抛物线的标准方程和准线方程；（2）求线段AB的长21．（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.22．（10分）已知点，圆（1）若过点的直线与圆相切，求直线的方程；（2）若直线与圆相交于A，两点，弦的长为，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】利用等差数列性质可求得，由可求得结果.【详解】由等差数列性质知：，，解得：；又，.故选：C.2、B【解析】利用等差数列的性质求解即可.【详解】解：由等差数列的性质得.故选：B3、A【解析】A：根据方差和标准差的定义进行判断；B：根据中位数的定义判断；C：根据回归直线必过样本中心点进行判断；D：根据“且”命题真假关系进行判断.【详解】对于A，方差和标准差都是刻画样本数据分散程度的统计量，故A正确；对于B，若为数据，2，3，，的中位数，需先将数据从小到大排列，此时数据里面之间的数顺序可能发生变化，则为排序后的第1010个数据的值，这个数不一定是原来的，故B错误；对于C，回归直线一定经过样本点的中心，，故C错误；对于D，若“”为假命题，则、中至少有一个是假命题，故D错误；故选：A4、C【解析】将圆的一般方程化为标准方程，根据圆心距和半径的关系，判断两圆的位置关系.【详解】圆的标准方程为，圆的标准方程为，两圆的圆心距为，即圆心距等于两圆半径之和，故两圆外切，故选：C.5、D【解析】连接交于，可得，利用线面垂直的判定定理可得：平面，于是，可得而为二面角的平面角，再求出四面体的外接球半径，进而利用球的表面积计算公式得出结论【详解】连接交于，则，易知，则平面，所以，从而为二面角的平面角，则.因为，所以，所以四面体的外接球半径故四面体BB1C1E的外接球的表面积为故选：D【点睛】本题考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质定理、二面角的平面角、球的表面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题6、A【解析】求得抛物线的焦点从而求得，再结合题意求得，即可写出椭圆方程.【详解】因为抛物线的焦点坐标为，故可得；又短轴长为2，故可得，即；故椭圆方程为：.故选：.7、D【解析】根据共线定理、平面向量的加法和减法法则，即可求得，进而求出的值，即可求出结果.【详解】因为，所以又，所以.故选：D.8、B【解析】根据等比数列的前n项和公式即可求解.【详解】由题可知是首项为2，公比为3的等比数列，则.故选：B.9、C【解析】根据逆否命题的定义写出逆否命题即得【详解】解：以否定的结论作条件、否定的条件作结论得出的命题为原命题的逆否命题，即“若，则”的逆否命题是“若，则”故选：C10、A【解析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】解：设为不到长城，推出非好汉，即，则，即好汉到长城，故“好汉”是“到长城”的充分条件，故选：A11、A【解析】由切线的性质，可得，，再结合椭圆定义，即得解【详解】因为过点的直线圆的切线，，，所以由椭圆定义可得，可得椭圆的离心率故选：A12、C【解析】设点的坐标为，根据，点到直线的距离为，联立方程组即可求解.【详解】解：设点的坐标为，线段的中点的坐标为，，∴的垂直平分线方程为，即，∵点在直线上，∴，又点到直线：的距离为，∴，即，联立可得、或、，∴所求点的坐标为或，故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】设出点和三角形的重心，利用重心坐标公式得到点和三角形的重心坐标的关系，，代入椭圆方程即可求得轨迹方程，再利用，，三点不共线得到.【详解】设，，由，得，即，，因为为的重心，所以，，即，，代入，得，即，因为，，三点不共线，所以，则的重心的轨迹方程是.故答案：.14、【解析】由条件可得存在实数，使得，再用向量表示出向量，即可得出答案.详解】P，A，B，C四点共面,则存在实数，使得所以即所以，解得故答案为：15、【解析】推导出，从而，结合，，，能求出的长【详解】二面角为，是棱上的两点，分别在半平面、内，且所以,所以，，，的长故答案为【点睛】本题主要考查空间向量的运算法则以及数量积的运算法则，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，是中档题16、①.②.【解析】根据题意得到，再利用叠加法求解即可.【详解】由题知：，，，所以，，，……，，所以，，……，，即，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）.【解析】（1）选择不同的条件，再通过构造数列以及累乘法即可求得对应情况下的通项公式；（2）根据（1）中所求，求得，再利用错位相减法求其前项和即可.【小问1详解】选①：∵，即，∴.即，∴数列是常数列，∴，故；选②：∵，∴时，，则，即∴，∴；当时，也满足，∴；选③：得，所以数列是等差数列，首项为2，公差为1则，∴.【小问2详解】由（1）知当时，，∴又∵时，，符合上式，∴∴∴而相减得∴.18、（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）由三角形的中位线定理可证得MN∥AB，再由线面垂直的判定定理可证得结论，（2）由已知可得AB⊥BC，VC⊥AC，再由已知结合面面垂直的性质定理可得VC⊥平面ABC，从而有AB⊥VC，然后由线面垂直的判定定理可证得结论【小问1详解】证明：∵M，N分别为VA，VB的中点，∴MN∥AB，∵AB⊄平面CMN，MN⊂平面CMN，∴AB∥平面CMN【小问2详解】证明：∵△ABC和△VAC均是等腰直角三角形，AB＝BC，AC＝CV，∴AB⊥BC，VC⊥AC，∵平面VAC⊥平面ABC，平面VAC∩平面ABC＝AC，∴VC⊥平面ABC，∵AB⊂平面ABC，∴AB⊥VC，又VC∩BC＝C，∴AB⊥平面VBC19、（1）见解析；（2）.【解析】（1）推导出PQ⊥AD，从而PQ⊥平面ABCD，连接AC，交BQ于N，连接MN，则AQ∥BC，推导出MN∥PA，由此能证明PA∥平面BMQ（2）连结BD，以Q为坐标原点，以QA、QB、QP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角M﹣BQ﹣P的余弦值【详解】（1）由已知PA＝PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ⊂面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，连接AC，交BQ于N，连接MN，∵底面ABCD是菱形，∴AQ∥BC，∴△ANQ∽△BCN，，又，∴，∴MN∥PA，又MN⊂平面BMQ，PA⊄平面BMQ，∴PA∥平面BMQ（2）连结BD，∵底面底面是菱形，∴△ABD是正三角形，∴由（1）知PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥AD，PQ⊥BQ，以Q为坐标原点，以QA、QB、QP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则Q（0，0，0），A（1，0，0），B（0，，0），P（0，0，），设平面BMQ的法向量＝（x，y，z），∴，由（1）知MN∥PA，∴，∴，取z＝1，得，平面BQP的法向量，设二面角M﹣BQ﹣P的平面角为θ，则cosθ＝，∴二面角M﹣BQ﹣P的余弦值为20、（1）抛物线的方程为，其准线方程为，（2）【解析】（1）根据焦点可求出的值，从而求出抛物线的方程，即可得到准线方程；（2）设，，，，将直线的方程与抛物线方程联立消去，整理得，得到根与系数的关系，由抛物线的定义可知，代入即可求出所求【小问1详解】解：由焦点，得，解得所以抛物线的方程为，其准线方程为，【小问2详解】解：设，，，直线的方程为.与抛物线方程联立，得，消去，整理得，由抛物线定义可知，所以线段的长为21、(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