云南省昆明市西山區(qū)民中2025屆數(shù)學高二上期末經(jīng)典試題含解析

云南省昆明市西山區(qū)民中2025屆數(shù)學高二上期末經(jīng)典試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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．已知O為坐標原點，＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，點Q在直線OP上運動，則當取得最小值時，點Q的坐標為（）A. B.C. D.2．已知橢圓的兩個焦點分別為，若橢圓上不存在點，使得是鈍角，則橢圓離心率的取值范圍是（）A. B.C. D.3．函數(shù)的最小值為（）A. B.1C.2 D.e4．已知橢圓的焦點分別為，，橢圓上一點P與焦點的距離等于6，則的面積為（）A.24 B.36C.48 D.605．東漢末年的數(shù)學家趙爽在《周髀算經(jīng)》中利用一副“弦圖”，根據(jù)面積關系給出了勾股定理的證明，后人稱其為“趙爽弦圖”.如圖1，它由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形.我們通過類比得到圖2，它是由三個全等的鈍角三角形與一個小等邊三角形拼成的一個大等邊三角形.對于圖2.下列結論正確的是（）①這三個全等的鈍角三角形不可能是等腰三角形；②若，，則；③若，則；④若是的中點，則三角形的面積是三角形面積的7倍.A.①②④ B.①②③C.②③④ D.①③④6．已知數(shù)列滿足，，.設，若對于，都有恒成立，則最大值為A.3 B.4C.7 D.97．圓（）上點到直線的最小距離為1，則A.4 B.3C.2 D.18．已知是拋物線的焦點，是拋物線的準線，點，連接交拋物線于點，，則的面積為（）A.4 B.9C. D.9．已知命題：，，命題：，，則（）A.是假命題 B.是真命題C.是真命題 D.是假命題10．若圓與直線相切，則實數(shù)的值為（）A. B.或3C. D.或11．已知梯形ABCD中，，，且對角線交于點E，過點E作與AB所在直線的平行線l.若AB和CD所在直線的方程分別是與，則直線l與CD所在直線的距離為（）A.1 B.2C.3 D.412．正四棱錐中，，則直線與平面所成角的正弦值為A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設圓，圓，則圓有公切線___________條.14．過拋物線的焦點作互相垂直的兩條直線，分別交拋物線與A，C，B，D四點，則四邊形ABCD面積的最小值為___________15．橢圓C：的左、右焦點分別為，，P為橢圓上異于左右頂點的任意一點，、的中點分別為M、N，O為坐標原點，四邊形OMPN的周長為4，則的周長是_____16．拋物線的準線方程是，則實數(shù)___________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，在四棱錐中，平面，底面為矩形，，，為的中點，.請用空間向量知識解答下列問題：（1）求線段的長；（2）若為線段上一點，且，求平面與平面夾角的余弦值.18．（12分）已知拋物線的焦點是橢圓的一個焦點，直線交拋物線E于兩點（1）求E的方程；（2）若以BC為直徑的圓過原點O，求直線l的方程19．（12分）如圖，已知平面，四邊形為矩形，四邊形為直角梯形，，，，（1）求證：∥平面；（2）求證：平面平面20．（12分）已知橢圓，離心率分別為左右焦點，橢圓上一點滿足，且的面積為1.（1）求橢圓的標準方程；（2）過點作斜率為的直線交橢圓于兩點.過點且平行于的直線交橢圓于點，證明：為定值.21．（12分）已知橢圓：過點，其左、右頂點分別為，，上頂點為，直線與直線的斜率之積為.（1）求橢圓的方程；（2）如圖，直線：分別與線段（不含端點）和線段的延長線交于，兩點，直線與橢圓的另一交點為，求證：，，三點共線.22．（10分）已知橢圓C：（）的離心率為，并且經(jīng)過點，（1）求橢圓C的方程；（2）設點關于坐標原點的對稱點為，點為橢圓C上任意一點，直線的斜率分別為，，求證：為定值

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】設，用表示出，求得的表達式，結合二次函數(shù)的性質(zhì)求得當時，取得最小值，從而求得點的坐標.【詳解】設，則＝－＝－λ＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝－＝－λ＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以＝(1－λ，2－λ，3－2λ)·(2－λ，1－λ，2－2λ)＝2(3λ2－8λ＋5)＝.所以當λ＝時，取得最小值，此時＝＝，即點Q的坐標為.故選：C2、C【解析】點P取端軸的一個端點時，使得∠F1PF2是最大角．已知橢圓上不存在點P，使得∠F1PF2是鈍角，可得b≥c，利用離心率計算公式即可得出【詳解】∵點P取端軸的一個端點時，使得∠F1PF2是最大角已知橢圓上不存在點P，使得∠F1PF2是鈍角，∴b≥c，可得a2﹣c2≥c2，可得：a∴故選C【點睛】本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．求橢圓的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：①求出，代入公式；②只需要根據(jù)一個條件得到關于的齊次式，結合轉(zhuǎn)化為的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以或轉(zhuǎn)化為關于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得(的取值范圍).3、B【解析】先化簡為，然后通過換元，再研究外層函數(shù)單調(diào)性，進而求得的最小值【詳解】化簡可得：令，故的最小值即為的最小值，是關于的單調(diào)遞增函數(shù)，易知對求導可得：當時，單調(diào)遞減；當時，單調(diào)遞增則有：故選：B4、A【解析】由題意可得出與、、的值，在根據(jù)橢圓定義得的值，即可得到是直角三角形，即可求出的面積.【詳解】由題意知，.根據(jù)橢圓定義可知，是直角三角形，.故選：A.5、A【解析】對于①，由三角形大邊對大角的性質(zhì)分析，對于②，根據(jù)題意利用正弦定理分析，對于③，利用余弦定理分析，對于④，利用三角形的面積公式分析判斷【詳解】對于①，根據(jù)題意，圖2，它是由三個全等的鈍角三角形與一個小等邊三角形拼成的一個大等邊三角形，故，，所以這三個全等的鈍角三角形不可能是等腰三角形，故①正確；對于②，由題知，在中，，，，所以，所以由正弦定理得解得，因為，所以，故②正確；對于③，不妨設，所以在中，由余弦定理得，代入數(shù)據(jù)得，所以，所以，故③錯誤；對于④，若是的中點，則，所以，故④正確.故選：A第II卷（非選擇題6、A【解析】整理數(shù)列的通項公式有：，結合可得數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列，則，，原問題即：恒成立，當時，，即>3，綜上可得：的最大值為3.本題選擇A選項點睛：數(shù)列的遞推關系是給出數(shù)列的一種方法，根據(jù)給出的初始值和遞推關系可以依次寫出這個數(shù)列的各項，由遞推關系求數(shù)列的通項公式，常用的方法有：①求出數(shù)列的前幾項，再歸納猜想出數(shù)列的一個通項公式；②將已知遞推關系式整理、變形，變成等差、等比數(shù)列，或用累加法、累乘法、迭代法求通項7、A【解析】根據(jù)題意可得,圓心到直線的距離等于,即,求得,所以A選項是正確的.【點睛】判斷直線與圓的位置關系的常見方法：(1)幾何法：利用ｄ與ｒ的關系．(2)代數(shù)法：聯(lián)立方程之后利用判斷．(3)點與圓的位置關系法：若直線恒過定點且定點在圓內(nèi)，可判斷直線與圓相交．上述方法中常用的是幾何法，點與圓的位置關系法適用于動直線問題8、D【解析】根據(jù)題意求得拋物線的方程為和焦點為，由，得到為的中點，得到，代入拋物線方程，求得，進而求得的面積.【詳解】由直線是拋物線的準線，可得，即，所以拋物線的方程為，其焦點為，因為，可得可得三點共線，且為的中點，又因為，，所以，將點代入拋物線，可得，所以的面積為.故選：D.9、C【解析】先分別判斷命題、的真假，再利用邏輯聯(lián)結詞“或”與“且”判斷命題的真假.【詳解】由題意，，所以，成立，即命題為真命題，，所以不存在，使得，即命題為假命題，所以是假命題，為真命題，所以是真命題，是假命題，是假命題，是真命題.故選：C10、D【解析】利用圓心到直線的距離等于半徑可得答案.【詳解】若圓與直線相切，則到直線的距離為，所以，解得，或.故選：D.11、B【解析】先求得直線AB和CD之間的距離，再求直線l與CD所在直線的距離即可解決.【詳解】梯形ABCD中，，，且對角線交于點E，則有△與△相似，相似比為，則，點E到CD所在直線的距離為AB和CD所在直線距離的又AB和CD所在直線的距離為，則直線l與CD所在直線的距離為2故選：B12、C【解析】建立合適的空間直角坐標系，求出和平面的法向量，直線與平面所成角的正弦值即為與的夾角的余弦值的絕對值，利用夾角公式求出即可.【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標系.有圖知，由題得、、、.，，.設平面的一個法向量，則，，令，得，，.設直線與平面所成的角為，則.故選：C.【點睛】本題考查線面角的求解，利用向量法可簡化分析過程，直接用計算的方式解決問題，是基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2【解析】將圓轉(zhuǎn)化成標準式，結合圓心距判斷兩圓位置關系，進而求解.【詳解】由題意得，圓：，圓：，∴，∴與相交，有2條公切線.故答案為：214、512【解析】設出直線的方程與拋物線方程聯(lián)立，結合拋物線的定義、一元二次方程根與系數(shù)的關系進行求解即可.【詳解】拋物線焦點的坐標為，由題意可知：直線存在斜率且不為零，所以設直線的斜率為，所以直線的方程為，與拋物線的方程聯(lián)立得：，設，所以，由拋物線的定義可知：，因為直線互相垂直，所以直線的斜率為，同理可得：，所以四邊形ABCD面積為：，當且僅當時取等號，即當時取等號，故答案為：51215、【解析】先證明則四邊形OMPN是平行四邊形，進而根據(jù)橢圓定義求出a，再求出c，最后求出答案.【詳解】因為M,O,N分別為的中點，所以，則四邊形OMPN是平行四邊形，所以，由四邊形OMPN的周長為4可知，，即，則，于是的周長是.故答案為：.16、##【解析】將拋物線方程化為標準方程，根據(jù)其準線方程即可求得實數(shù).【詳解】拋物線化為標準方程：，其準線方程是，而所以，即，故答案為：三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】（1）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設，由已知可得出，求出的值，即可得解；（2）利用空間向量法可求得平面與平面夾角的余弦值.【小問1詳解】解：平面，，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則、、、，則，，，則，解得，故.【小問2詳解】解：，則，又、、，所以，，，設為平面的法向量，則，取，可得，顯然，為平面的一個法向量，，因此，平面與平面夾角的余弦值為.18、（1）；（2）.【解析】(1)利用橢圓的焦點與拋物線的焦點相同，列出方程求解即可(2)設，、，，聯(lián)立直線與拋物線方程，利用韋達定理，通過，求出，得到直線方程【小問1詳解】由題意知：，，∴的方程是【小問2詳解】設，、，，由題意知，由，得，∴，，，∵以為直徑的圓過點，∴，即，∴，解得，∴直線的方程是19、（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】（1）根據(jù)線面平行的判定，證明即可；（2）過C作，垂足為M，根據(jù)勾股定理證明，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)與判定證明平面BCE即可【小問1詳解】證明：因為四邊形ABEF為矩形，所以，又平面BCE，平面BCE，所以平面BCE【小問2詳解】過C作，垂足為M，則四邊形ADCM為矩形因為，，所以，，，，所以，所以因為平面ABCD，，所以平面ABCD，所以又平面BCE，平面BCE，，所以平面BCE，又平面ACF，所以平面平面BCE20、（1）（2）證明見解析【解析】（1）方法一：根據(jù)離心率以及，可得出，將條件轉(zhuǎn)化為點在以為直徑的圓上，即為圓與橢圓的交點，將的面積用表示，求出，進而求出橢圓的標準方程；方法二：根據(jù)橢圓的定義，，再根據(jù)勾股定理和直角三角形的面積公式，即可解得，又由離心率求出，則可求出橢圓的標準方程；（2）設出直線的方程，代入橢圓方程，根據(jù)韋達定理表示出，再將直線的方程代入橢圓方程，求出，則為定值.【小問1詳解】方法一：由離心率，得：，所以橢圓上一點，滿足，所以點為圓：與橢圓的交點，聯(lián)立方程組解得所以，解得：，所以橢圓的標準方程為：.方法二：由橢圓定義；，因為，所以，得到：，即，又，得所以橢圓C的標準方程為：；【小問2詳解】設直線AB的方程為：.得設過點且平行于的直線方程：.21、（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）由和，聯(lián)立求解；（2）由（1）易得直線：，直線：，，分別與x=t聯(lián)立，求得M，N坐標，設，利用，得到，然后兩邊乘以，結合點P在橢圓上化簡得到即可，【詳解】（1）