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文档简介
江苏省溧阳市2025届高二上数学期末经典试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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.在中,若,则()A.150° B.120°C.60° D.30°2.已知数列满足,其前项和为,,.若数列的前项和为,则满足成立的的最小值为()A.10 B.11C.12 D.133.已知实数,满足,则的最小值是()A. B.C. D.4.已知等比数列各项均为正数,且,,成等差数列,则()A. B.C. D.5.设、是两条不同的直线,、、是三个不同的平面,则下列命题正确的是()A.若,则 B.若,则C.若,则 D.若,则6.给出下列判断,其中正确的是()A.三点唯一确定一个平面B.一条直线和一个点唯一确定一个平面C.两条平行直线与同一条直线相交,三条直线在同一平面内D.空间两两相交的三条直线在同一平面内7.已知等差数列前项和为,且,,则此数列中绝对值最小的项为A.第5项 B.第6项C.第7项 D.第8项8.函数,的值域为()A. B.C. D.9.若离散型随机变量的所有可能取值为1,2,3,…,n,且取每一个值的概率相同,若,则n的值为()A.4 B.6C.9 D.1010.点是正方体的底面内(包括边界)的动点.给出下列三个结论:①满足的点有且只有个;②满足的点有且只有个;③满足平面的点的轨迹是线段.则上述结论正确的个数是()A. B.C. D.11.已知x>0、y>0,且1,若恒成立,则实数m的取值范围为()A.(1,9) B.(9,1)C.[9,1] D.(∞,1)∪(9,+∞)12.已知平面直角坐标系内一动点P,满足圆上存在一点Q使得,则所有满足条件的点P构成图形的面积为()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知离心率为的椭圆:和离心率为的双曲线:有公共的焦点,其中为左焦点,P是与在第一象限的公共点.线段的垂直平分线经过坐标原点,则的最小值为_____________.14.已知直线与双曲线交于两点,则该双曲线的离心率的取值范围是______15.用一个平面去截半径为5cm的球,截面面积是则球心到截面的距离为_______16.不等式的解集是_______________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)动点M到点的距离比它到直线的距离小,记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程;(2)已知圆,设P,A,B是C上不同的三点,若直线PA,PB均与圆D相切,若P的纵坐标为,求直线AB的方程.18.(12分)四棱锥,底面为矩形,面,且,点在线段上,且面.(1)求线段的长;(2)对于(1)中的,求直线与面所成角的正弦值.19.(12分)长方体中,,点分别在上,且.(1)求证:平面;(2)求平面与平面所成角的余弦值.20.(12分)已知项数为的数列是各项均为非负实数的递增数列.若对任意的,(),与至少有一个是数列中的项,则称数列具有性质.(1)判断数列,,,是否具有性质,并说明理由;(2)设数列具有性质,求证:;(3)若数列具有性质,且不是等差数列,求项数的所有可能取值.21.(12分)已知命题;命题.(1)若p是q的充分条件,求m的取值范围;(2)当时,已知是假命题,是真命题,求x的取值范围.22.(10分)已知椭圆的两焦点为、,P为椭圆上一点,且(1)求此椭圆的方程;(2)若点P在第二象限,,求的面积
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】根据正弦定理将化为边之间的关系,再结合余弦定理可得答案.【详解】若,则根据正弦定理得:,即,而,故,故选:C.2、A【解析】根据题意和对数的运算公式可证得为以2为首项,2为公比的等比数列,求出,进而得到,利用裂项相消法求得,再解不等式即可.【详解】由,又,所以数列是以2为首项,2为公比的等比数列,故,则,所以,由,得,即,有,又,所以,即n的最小值为10.故选:A3、A【解析】将化成,即可求出的最小值【详解】由可化为,所以,解得,因此最小值是故选:A4、A【解析】结合等差数列的性质求得公比,然后由等比数列的性质得结论【详解】设的公比为,因为,,成等差数列,所以,即,,或(舍去,因为数列各项为正)所以故选:A5、B【解析】根据线线、线面、面面的位置关系,对选项进行逐一判断即可.【详解】选项A.一条直线垂直于一平面内的,两条相交直线,则改直线与平面垂直则由,不能得出,故选项A不正确.选项B.,则正确,故选项B正确.选项C若,则与可能相交,可能异面,也可能平行,故选项C不正确.选项D.若,则与可能相交,可能平行,故选项D不正确.故选:B6、C【解析】根据确定平面的条件可对每一个选项进行判断.【详解】对A,如果三点在同一条直线上,则不能确定一个平面,故A错误;对B,如果这个点在这条直线上,就不能确定一个平面,故B错误;对C,两条平行直线确定一个平面,一条直线与这两条平行直线都相交,则这条直线就在这两条平行直线确定的一个平面内,故这三条直线在同一平面内,C正确;对D,空间两两相交的三条直线可确定一个平面,也可确定三个平面,故D错误.故选:C7、C【解析】设等差数列的首项为,公差为,,则,又,则,说明数列为递减数列,前6项为正,第7项及后面的项为负,又,则,则在数列中绝对值最小的项为,选C.8、A【解析】利用基本不等式可得,进而可得,即求.【详解】∵,∴,当且仅当,即时取等号,∴,,∴.故选:A.9、D【解析】根据分布列即可求出【详解】因为,所以故选:D10、C【解析】对于①,根据线线平行的性质可知点即为点,因此可判断①正确;对于②,根据线面垂直的判定可知平面,,由此可判定的位置,进而判定②的正误;对于③,根据面面平行可判定平面平面,因此可判断此时一定落在上,由此可判断③的正误.【详解】如图:对于①,在正方体中,,若异于,则过点至少有两条直线和平行,这是不可能的,因此底面内(包括边界)满足的点有且只有个,即为点,故①正确;对于②,正方体中,平面,平面,所以,又,所以,而,平面,故平面,因此和垂直的直线一定落在平面内,由是平面上的动点可知,一定落在上,这样的点有无数多个,故②错误;对于③,,平面,则平面,同理平面,而,所以平面平面,而平面,所以一定落在平面上,由是平面上的动点可知,此时一定落在上,即点的轨迹是线段,故③正确,故选:C.11、B【解析】应用基本不等式“1”的代换求的最小值,注意等号成立条件,再根据题设不等式恒成立有,解一元二次不等式求解集即可.【详解】由题设,,当且仅当时等号成立,∴要使恒成立,只需,故,∴.故选:B.12、D【解析】先找临界情况当PQ与圆C相切时,,进而可得满足条件的点P形成的图形为大圆(包括内部),即求.【详解】当PQ与圆C相切时,,这种情况为临界情况,当P往外时无法找到点Q使,当P往里时,可以找到Q使,故满足条件的点P形成的图形为大圆(包括内部),如图,由圆,可知圆心,半径为1,则大圆的半径为,∴所有满足条件的点P构成图形的面积为.故选:D.【点睛】关键点点睛:本题的关键是找出临界情况时点所满足的条件,进而即可得到动点满足条件的图形,问题即可解决.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、##4.5【解析】设为右焦点,半焦距为,,由题意,,则,所以,从而有,最后利用均值不等式即可求解.【详解】解:设为右焦点,半焦距为,,由题意,,则,所以,即,故,当且仅当时取等,所以,故答案为:.14、【解析】分析可知,由可求得结果.【详解】双曲线的渐近线方程为,由题意可知,.故答案为:.15、4cm【解析】根据圆面积公式算出截面圆的半径,利用球的截面圆性质与勾股定理算出球心到截面的距离【详解】解:设截面圆的半径为r,截面的面积是,,可得又球的半径为5cm,根据球的截面圆性质,可得截面到球心的距离为故答案为:4cm【点睛】本题主要考查了球的截面圆性质、勾股定理等知识,考查了空间想象能力,属于基础题16、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.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)由抛物线的定义可得结论;(2)设,得PA的两点式方程为,由在抛物线上,化简直线方程为,然后由圆心到切线的距离等于半径得出的关系式,并利用得出点满足的等式,同理设得方程,最后由直线方程的定义可得直线方程【小问1详解】由题意得动点M到点的距离等于到直线的距离,所以曲线C是以为焦点,为准线的抛物线.设,则,于是C的方程为.【小问2详解】由(1)可知,设,PA的两点式方程为.由,,可得.因为PA与D相切,所以,整理得.因为,可得.设,同理可得于是直线AB的方程为.18、(1)1(2)【解析】(1)根据线面垂直得到,再由相似比得方程可求解;(2)建立空间直角坐标系,求平面的法向量,运用夹角公式先求线面角的余弦值,再转化为正弦值即可.小问1详解】面,在矩形中,易得:;【小问2详解】如四建立空间直角坐标系:则,,由题意可知:为平面的一个法向量,,,直线与面所成角的正弦值为.19、(1)证明见解析.(2)【解析】(1)根据线面垂直的性质和判定可得证;(2)以为坐标原点,分以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系,由面面角的空间向量求解方法可得答案.【小问1详解】证明:长方体中,平面,又平面,又平面,又平面同理可证,而平面,平面【小问2详解】解:以为坐标原点,分以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系.从而,,,由(1)知,为平面的一个法向量,设平面的法向量为,则,,则,从而,令,则,得平面的一个法向量为由图示得平面与平面所成的角为锐角,平面与平面所成的角的余弦值为20、(1)数列,,,不具有性质;(2)证明见解析;(3)可能取值只有.【解析】(1)由数列具有性质的定义,只需判断存在与都不是数列中的项即可.(2)由性质知:、,结合非负递增性有,再由时,必有,进而可得,,,,,应用累加法即可证结论.(3)讨论、、,结合性质、等差数列的性质判断是否存在符合题设性质,进而确定的可能取值.【小问1详解】数列,,,不具有性质.因为,,和均不是数列,,,中的项,所以数列,,,不具有性质.【小问2详解】记数列的各项组成的集合为,又,由数列具有性质,,所以,即,所以.设,因为,所以.又,则,,,,.将上面的式子相加得:.所以.【小问3详解】(i)当时,由(2)知,,,这与数列不是等差数列矛盾,不合题意.(ii)当时,存在数列,,,,符合题意,故可取.(iii)当时,由(2)知,.①当时,,所以,.又,,∴,,,,即.由,,得:,,∴.②由①②两式相减得:,这与数列不是等差数列矛盾,不合题意.综上,满足题设的的可能取值只有.【点睛】关键点点睛:第二问,由可知,并应用累加法求证结论;第三问,讨论k的取值,结合的性质,由性质、等差数列的性质判断不同k的取值情况下数列的存在性即可.21、(1);(2).【解析】(1)解不等式组即得解;(2)由题得p、q一真一假,分两种情况讨论得解.【小问1
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