2025屆黑龍江省鶴崗市工農(nóng)區(qū)鶴崗一中數(shù)學高二上期末聯(lián)考模擬試題含解析

2025屆黑龍江省鶴崗市工農(nóng)區(qū)鶴崗一中數(shù)學高二上期末聯(lián)考模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若數(shù)列滿足，，則該數(shù)列的前2021項的乘積是（）A. B.C.2 D.12．《九章算術(shù)》中，將四個面都為直角三角形的三棱錐稱為鱉臑（nào）．如圖所示的三棱錐為一鱉臑，且平面，平面，若，，，則（）A. B.C. D.3．已知數(shù)列滿足，，則（）A. B.C.1 D.24．我們知道∶用平行于圓錐母線的平面（不過頂點）截圓錐，則平面與圓錐側(cè)面的交線是拋物線一部分，如圖，在底面半徑和高均為2的圓錐中，AB、CD是底面圓O的兩條互相垂直的直徑，E是母線PB的中點，已知過CD與E的平面與圓錐側(cè)面的交線是以E為頂點的圓錐曲線的一部分，則該圓錐曲線的焦點到其準線的距離等于（）A. B.C. D.15．已知點、為橢圓的左、右焦點，若點為橢圓上一動點，則使得的點的個數(shù)為（）A. B.C. D.不能確定6．若圓與圓相外切，則的值為（）A. B.C.1 D.7．已知函數(shù)的圖象過點，令.記數(shù)列的前n項和為，則（）A. B.C. D.8．曲線為四葉玫瑰線，這種曲線在苜蓿葉型立交橋的布局中有非常廣泛的應(yīng)用，苜蓿葉型立交橋有兩層，將所有原來需要穿越相交道路的轉(zhuǎn)向都由環(huán)形匝道來實現(xiàn)，即讓左轉(zhuǎn)車輛行駛環(huán)道后自右側(cè)切向匯入高速公路，四條環(huán)形匝道就形成了苜蓿葉的形狀.下列結(jié)論正確的個數(shù)是()①曲線C關(guān)于點(0，0)對稱；②曲線C關(guān)于直線y＝x對稱；③曲線C的面積超過4π.A.0 B.1C.2 D.39．（）A.-2 B.-1C.1 D.210．若橢圓上一點到C的兩個焦點的距離之和為，則（）A.1 B.3C.6 D.1或311．阿基米德曾說過：“給我一個支點，我就能撬動地球”.他在做數(shù)學研究時，有一個有趣的問題：一個邊長為2的正方形內(nèi)部挖了一個內(nèi)切圓，現(xiàn)在以該內(nèi)切圓的圓心且平行于正方形的一邊的直線為軸旋轉(zhuǎn)一周形成幾何體，則該旋轉(zhuǎn)體的體積為（）A. B.C. D.12．已知橢圓=1的離心率為，則k的值為（）A.4 B.C.4或 D.4或二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知雙曲線：的右焦點為，過點向雙曲線的一條漸近線引垂線，垂足為，交另一條漸近線于，若，則雙曲線的漸近線方程為__________14．在1和9之間插入三個數(shù)，使這五個數(shù)成等比數(shù)列，則中間三個數(shù)的積等于________.15．為和的等差中項，則_____________.16．不等式的解集是________.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖是一個正三棱柱（以為底面）被一平面所截得到的幾何體，截面為ABC.已知，，M為AB中點.（1）證明：平面；（2）求此幾何體的體積.18．（12分）如圖，在直三棱柱中，，，，分別為，，的中點，點在棱上，且，，.（1）求證：平面；（2）求證：平面平面；（3）求平面與平面的距離.19．（12分）在等差數(shù)列中，，（1）求的通項公式；（2）設(shè)，求數(shù)列的前項和20．（12分）已知函數(shù)（1）解關(guān)于的不等式；（2）若不等式在上有解，求實數(shù)的取值范圍21．（12分）已知橢圓F：經(jīng)過點且離心率為，直線和是分別過橢圓F的左、右焦點的兩條動直線，它們與橢圓分別相交于點A、B和C、D，O為坐標原點，直線AB和直線CD相交于M．記直線的斜率分別為，且（1）求橢圓F的標準方程（2）是否存在定點P，Q，使得為定值．若存在，請求出P、Q的坐標，若不存在，請說明理由22．（10分）已知拋物線E：過點Q(1，2)，F(xiàn)為其焦點，過F且不垂直于x軸的直線l交拋物線E于A，B兩點，動點P滿足△PAB的垂心為原點O.（1）求拋物線E的方程；（2）求證：動點P在定直線m上，并求的最小值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】先由數(shù)列滿足，，計算出前5項，可得，且，再利用周期性即可得到答案.【詳解】因為數(shù)列滿足，，所以，同理可得，…所以數(shù)列每四項重復(fù)出現(xiàn)，即，且，而，所以該數(shù)列的前2021項的乘積是.故選：C.2、A【解析】根據(jù)平面，平面求解.【詳解】因為平面，平面，所以，又，，，所以,所以，故選：A3、C【解析】結(jié)合遞推關(guān)系式依次求得的值.【詳解】因為，，所以，得由，得.故選：C4、C【解析】由圓錐的底面半徑和高及E的位置可得，建立適當?shù)钠矫嬷苯亲鴺讼?，可得C的坐標，設(shè)拋物線的方程，將C的坐標代入求出拋物線的方程，進而可得焦點到其準線的距離【詳解】設(shè)AB，CD的交點為，連接PO，由題意可得PO⊥面AB，所以PO⊥OB，由題意OB=OP=OC=2，因為E是母線PB的中點，所以，由題意建立適當?shù)淖鴺讼?，以BP為y軸以O(shè)E為x軸，E為坐標原點，如圖所示∶可得∶，設(shè)拋物線的方程為y2=mx，將C點坐標代入可得，所以，所以拋物線的方程為∶，所以焦點坐標為，準線方程為，所以焦點到其準線的距離為故選：C5、B【解析】利用余弦定理結(jié)合橢圓的定義可求得、，即可得出結(jié)論.【詳解】在橢圓中，，，，則，，可得，所以，，解得，此時點位于橢圓短軸的頂點.因此，滿足條件的點的個數(shù)為.故選：B.6、D【解析】確定出兩圓的圓心和半徑，然后由兩圓的位置關(guān)系建立方程求解即可.【詳解】由可得，所以圓的圓心為，半徑為，由可得，所以圓的圓心為，半徑為，因為兩圓相外切，所以，解得，故選：D7、D【解析】由已知條件推導(dǎo)出，．由此利用裂項求和法能求出【詳解】解：由，可得，解得，則.∴，故選：【點睛】本題考查了函數(shù)的性質(zhì)、數(shù)列的“裂項求和”，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題8、C【解析】根據(jù)圖像或解析式即可判斷對稱性①②；估算第一象限內(nèi)圖像面積即可判斷③.【詳解】①將點(－x，－y)代入后依然為，故曲線C關(guān)于原點對稱；②將點(y，x)代入后依然為，故曲線C關(guān)于y＝x對稱；③曲線C在四個象限的圖像是完全相同的，不妨只研究第一象限的部分，∵，∴曲線C上離原點最遠的點的距離為顯然第一象限內(nèi)曲線C的面積小于以為直徑的圓的面積，又∵，∴第一象限內(nèi)曲線C的面積小于，則曲線C的總面積小于4π.故③錯誤.故選：C.9、A【解析】利用微積分基本定理計算得到答案.【詳解】.故選：.【點睛】本題考查了定積分的計算，意在考查學生的計算能力.10、B【解析】討論焦點的位置利用橢圓定義可得答案.【詳解】若，則由得（舍去）；若，則由得故選：B.11、B【解析】根據(jù)題意，結(jié)合圓柱和球的體積公式進行求解即可.【詳解】由題意可知：該旋轉(zhuǎn)體的體積等于底面半徑為，高為的圓柱的體積減去半徑為的球的體積，即，故選：B12、C【解析】根據(jù)焦點所在坐標軸進行分類討論，由此求得的值.【詳解】當焦點在軸上時，，且.當焦點在軸上時，且.故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由題意得雙曲線的右焦點F(c,0)，設(shè)一漸近線OM的方程為，則另一漸近線ON的方程為．設(shè)，∵，∴，∴，解得∴點M的坐標為，又，∴，整理得，∴雙曲線的漸近線方程為答案：點睛：（1）已知雙曲線的標準方程求雙曲線的漸近線方程時，只要令雙曲線的標準方程中“1”為“0”就得到兩漸近線方程，即方程就是雙曲線的兩條漸近線方程（2）求雙曲線的漸進線方程的關(guān)鍵是求出的關(guān)系，并根據(jù)焦點的位置確定出漸近線的形式，并進一步得到其方程14、27【解析】設(shè)公比為，利用已知條件求出，然后根據(jù)通項公式可求得答案【詳解】設(shè)公比為，插入的三個數(shù)分別為，因為，所以，得，所以，故答案為：2715、【解析】利用等差中項的定義可求得結(jié)果.【詳解】由等差中項的定義可得.故答案為：.16、【解析】把原不等式的右邊移項到左邊，通分計算后，根據(jù)分式不等式解法，然后轉(zhuǎn)化為兩個一元一次不等式組，注意分母不為0的要求，求出不等式組的解集即為原不等式的解集【詳解】不等式得，故，故答案為：.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析（2）【解析】(1)取的中點，連接，,可得四邊形為平行四邊形，從而可得，然后證明平面，從而可證明.(2)過作截面平面，分別交，于，，連接，作于,由所求幾何體體積為從而可得答案.【小問1詳解】如圖，取的中點，連接，，因為，分別是，的中點.所以且又因為，，所以且，故四邊形為平行四邊形，所以.因為正三角形，是的中點，所以，又因為平面，所以，又，所以平面又，所以平面.【小問2詳解】如圖，過作截面平面，分別交，于，，連接，作于，因為平面平面，所以，結(jié)合直三棱柱的性質(zhì)，則平面因為，，，所以.所以所求幾何體體積為18、（1）見解析（2）見解析（3）【解析】（1）利用勾股定理證得，證明平面，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)證得，再根據(jù)線面垂直的判定定理即可得證；（2）取的中點，連接，可得為的中點，證明，四邊形是平行四邊形，可得，再根據(jù)面面平行的判定定理即可得證；（3）設(shè)，由（1）（2）可得即為平面與平面的距離，求出的長度，即可得解.【小問1詳解】證明：在直三棱柱中，為的中點，，，故，因為，所以，又平面，平面，所以，又因，，所以平面，又平面，所以，又，所以平面；【小問2詳解】證明：取的中點，連接，則為的中點，因為，，分別為，，的中點，所以，且，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以，又平面，平面，所以平面，因為，所以，又平面，平面，所以平面，又因，平面，平面，所以平面平面；【小問3詳解】設(shè)，因為平面，平面平面，所以平面，所以即為平面與平面的距離，因平面，所以，，所以，即平面與平面的距離為.19、（1）；（2）.【解析】(1)根據(jù)等差數(shù)列的通項公式求解；(2)運用裂項相消法求數(shù)列的和.詳解】（1）∵，∴，即∴（2）由（1）可得，即.利用累加法得【點睛】本題考查等差數(shù)列的通項公式和裂項相消法求數(shù)列的和.20、（1）當時，或；當時，；當時，或（2）【解析】（1）由題意得對的值進行分類討論可得不等式的解集；（2）將條件轉(zhuǎn)化為，，再利用基本不等式求最值可得的取值范圍；【小問1詳解】，即，所以，所以，①當時不等式的解為或，②當時不等式的解為，③當時不等式的解為或，綜上：原不等式的解集為當時或，當時，當時或【小問2詳解】不等式在上有解，即在上有解，所以在上有解，所以，因為，所以，當且僅當，即時取等號，所以.21、（1）；（2）存在點，使得為定值.【解析】（1）設(shè)，，，結(jié)合條件即求；（2）由題可設(shè)直線方程，利用韋達定理法可得，再結(jié)合條件可得點的軌跡方程為，然后利用橢圓的定義即得結(jié)論.【小問1詳解】設(shè)，，，橢圓方程為：，橢圓過點，，解得t=1，所以橢圓F的方程是【小問2詳解】由題可得焦點的坐標分別為，當直線AB或CD的斜率不存在時，點M的坐標為或，當直線AB和CD的斜率都存在時，設(shè)斜率分別為，點，直線AB為，聯(lián)立，得則，，同理可得，，因為，所以，化簡得由題意，知，所以設(shè)點，則，所以，化簡得，當直線或的斜率不存在時，點M的坐標為或，也滿足此方程所以點在橢圓上，根據(jù)橢圓定義可知，存在定點，使得為定值【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是利用韋達定理法及題設(shè)條件求出點M的軌跡方程，再結(jié)合橢圓的定義，從而問題得到解決.22、（1）；（2）證明見解析，的最小值為.【解析】（1）將點的坐標代入拋物線方程，由此求得的值，進而求得拋物線的方程.（2）設(shè)出直線的方程，聯(lián)立直線的方程與拋物線的方程，寫出韋達定理，設(shè)出直線的方程，聯(lián)