2025屆邢臺市重點中學數學高二上期末聯考試題含解析

2025屆邢臺市重點中學數學高二上期末聯考試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請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．離心率為，長軸長為6的橢圓的標準方程是A. B.或C. D.或2．如圖，在平行六面體中，AC與BD的交點為M.設，則下列向量中與相等的向量是（）A. B.C. D.3．設斜率為2的直線l過拋物線（）的焦點F，且和y軸交于點A，若（O為坐標原點）的面積為4，則拋物線方程為（）A. B.C. D.4．在數列中，，，則（）A. B.C. D.5．已知數列是首項為，公差為1的等差數列，數列滿足．若對任意的，都有成立，則實數的取值范圍是（）A.， B.C.， D.6．已知數列滿足，則（）A. B.C. D.7．已知等比數列滿足，則q＝（）A.1 B.－1C.3 D.－38．橢圓的長軸長是（）A.3 B.4C.6 D.89．設拋物線上一點到軸的距離是4，則點到該拋物線焦點的距離是（）A.6 B.8C.9 D.1010．若圓上至少有三個點到直線的距離為1，則半徑的取值范圍是（）A. B.C. D.11．過點且斜率為的直線方程為（）A. B.C. D.12．如圖是函數的導數的圖象，則下面判斷正確的是（）A.在內是增函數B.在內是增函數C.在時取得極大值D.在時取得極小值二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．雙曲線的右頂點為A，右焦點為F，過點F平行于雙曲線的一條漸近線的直線與雙曲線交于點B，則的面積為__________14．阿波羅尼斯與阿基米德、歐幾里得被稱為亞歷山大時期的數學三巨匠．“阿波羅尼斯圓”是他的代表成果之一：平面上動點P到兩定點A，B的距離之比滿足(且，t為常數)，則點的軌跡為圓．已知在平面直角坐標系中，，，動點P滿足，則P點的軌跡為圓，該圓方程為_________；過點的直線交圓于兩點，且，則_________15．設O為坐標原點，F為雙曲線的焦點，過F的直線l與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點．若，且的內切圓的半徑為，則C的離心率為____________16．從正方體的8個頂點中選取4個作為項點，可得到四面體的概率為________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．（12分）阿基米德(公元前287年---公元前212年，古希臘)不僅是著名的哲學家、物理學家，也是著名的數學家，他利用“逼近法”得到橢圓面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積.在平面直角坐標系中，橢圓的面積等于，且橢圓的焦距為.（1）求橢圓的標準方程；（2）點是軸上的定點，直線與橢圓交于不同的兩點，已知A關于軸的對稱點為，點關于原點的對稱點為，已知三點共線，試探究直線是否過定點.若過定點，求出定點坐標；若不過定點，請說明理由.18．（12分）圓心為的圓經過點,，且圓心在上，（1）求圓的標準方程；（2）過點作直線交圓于且，求直線的方程.19．（12分）已知數列滿足.（1）求數列的通項公式；（2）設，數列的前項和為，證明：當時，.20．（12分）如圖甲是由正方形，等邊和等邊組成的一個平面圖形，其中，將其沿，，折起得三棱錐，如圖乙.（1）求證：平面平面；（2）過棱作平面交棱于點，且三棱錐和的體積比為，求直線與平面所成角的正弦值.21．（12分）已知函數（1）討論的單調性；（2）當時，證明22．（10分）如圖，在四棱錐中，底面為的中點（1）求證：平面；（2）若，求平面與平面的夾角大小

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、B【解析】試題解析：當焦點在x軸上：當焦點在y軸上：考點：本題考查橢圓的標準方程點評：解決本題的關鍵是焦點位置不同方程不同2、B【解析】根據代入計算化簡即可.【詳解】故選：B.3、B【解析】根據拋物線的方程寫出焦點坐標，求出直線的方程、點的坐標，最后根據三角形面積公式進行求解即可.【詳解】拋物線的焦點的坐標為，所以直線的方程為：，令，解得，因此點的坐標為：，因為面積為4，所以有，即，，因此拋物線的方程為.故選：B.4、A【解析】根據已知條件，利用累加法得到的通項公式，從而得到.【詳解】由，得，所以，所以.故選：A.5、D【解析】由等差數列通項公式得，再結合題意得數列單調遞增，且滿足，，即，再解不等式即可得答案.【詳解】解：根據題意：數列是首項為，公差為1的等差數列，所以，由于數列滿足，所以對任意的都成立，故數列單調遞增，且滿足，，所以，解得故選：6、D【解析】根據給定條件求出數列的通項公式，再利用裂項相消法即可計算作答.【詳解】因，則，所以，所以.故選：D7、C【解析】根據已知條件，利用等比數列的基本量列出方程，即可求得結果.【詳解】因為，故可得；解得.故選：C.8、D【解析】根據橢圓方程可得到a，從而求得長軸長.【詳解】橢圓方程為，故，所以橢圓長軸長為，故選:D.9、A【解析】計算拋物線的準線，根據距離結合拋物線的定義得到答案.【詳解】拋物線的焦點為，準線方程為，到軸的距離是4，故到準線的距離是，故點到該拋物線焦點的距離是.故選：A.10、B【解析】先求出圓心到直線的距離為，由此可知當圓的半徑為時，圓上恰有三點到直線的距離為，當圓的半徑時，圓上恰有四個點到直線的距離為，故半徑的取值范圍是，即可求出答案.【詳解】由已知條件得的圓心坐標為，圓心到直線為，∵圓上至少有三個點到直線的距離為1，∴圓的半徑的取值范圍是，即，即半徑的取值范圍是.故選：.11、B【解析】利用點斜式可得出所求直線的方程.【詳解】由題意可知所求直線的方程為，即.故選：B.12、B【解析】根據圖象判斷的單調性，由此求得的極值點，進而確定正確選項.【詳解】由圖可知，在區(qū)間上,單調遞減；在區(qū)間上,單調遞增.所以不是的極值點，是的極大值點.所以ACD選項錯誤，B選項正確.故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由平行線的性質求出斜率，由點斜式求出直線方程，然后求出交點坐標，由三角形面積公式可得結果.【詳解】雙曲線的右頂點，右焦點，，所以漸近線方程為，不妨設直線FB的方程為，將代入雙曲線方程整理，得，解得，，所以，所以故答案為：.14、①.②.【解析】設，根據可得圓的方程，利用垂徑定理可求.【詳解】設，則，整理得到，即.因為，故為的中點，過圓心作的垂線，垂足為，則為的中點，則，故，解得，故答案為：，.15、##【解析】，作出漸近線圖像，由題可知的內切圓圓心在x軸上，過內心作OA和AB的垂線，可得幾何關系，據此即可求解.【詳解】雙曲線漸近線OA與OB如圖所示，OA與OB關于x軸對稱，設△OAB的內切圓圓心為，則M在的平分線上，過點分別作于點于，由，則四邊形為正方形，由焦點到漸近線的距離為得，又，∴，且，∴，∴，則.故答案為：.16、【解析】計算出正方體的8個頂點中選取4個作為項點的取法和分從上底面取一個點下底面取三個點、從上底面取二個點下底面取二個點、從上底面取三個點下底面取一個點可得到四面體的取法，由古典概型概率計算公式可得答案.【詳解】正方體的8個頂點中選取4個作為項點，共有取法，可得到四面體的情況有從上底面取一個點下底面取三個點有種；從上底面取二個點下底面取二個點有種，其中當上底面和下底面取的四個點在同一平面時共有10種情況不符合，此種情況共有種；從上底面取三個點下底面取一個點有種；一個有種，所以可得到四面體的概率為.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）直線恒過定點.【解析】（1）根據橢圓的焦距可求出，由橢圓的面積等于得，求出，即可求出橢圓的標準方程；（2）設直線，，進而寫出為，兩點坐標，將直線與橢圓的方程聯立，根據韋達定理求，，由三點共線可知，將，代入并化簡，得到的關系式，分析可知經過的定點坐標.【詳解】（1）橢圓的面積等于，，，橢圓的焦距為，，，橢圓方程為（2）設直線，，則，，三點共線，得，直線與橢圓交于兩點,,，，由，得，，，代入中，，，當，直線方程為，則重合，不符合題意；當時，直線,所以直線恒過定點.18、（1）；（2）或.【解析】（1）求出線段的垂直平分線方程，求出此直線與已知直線的交點坐標即為圓心坐標，再求得半徑后可得圓的標準方程；（2）檢驗直線斜率不存在時是否滿足題意，在斜率存在時設方程為,求得圓心到直線的距離，由勾股定理得弦長，由弦長為8得參數，得直線方程【詳解】（1）由已知，中點坐標為，垂直平分線方程為則由解得，所以圓心,因此半徑所以圓的標準方程（2）由可得圓心到直線的距離當直線斜率不存在時,其方程為，當直線斜率存在時,設其方程為,則，解得，此時其方程為，所以直線方程為或.【點睛】方法點睛：本題考查求圓的標準方程，考查直線與圓相交弦長．求弦長方法是幾何法：即求出圓心到弦所在直線距離，由勾股定理求得弦長．求直線方程時注意檢驗直線斜率不存在的情形19、（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）利用前n項和與的關系即求；（2）由題知，然后利用裂項相消法即證.【小問1詳解】由，可得，兩式相減可得，當時，，滿足，所以.【小問2詳解】∵，因為，所以當時，.20、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）取的中點為，連接，，證明，，即證平面，即證得面面垂直；（2）建立如圖空間直角坐標系，寫出對應點的坐標和向量的坐標，再計算平面法向量，利用所求角的正弦為即得結果.【詳解】（1）證明：如圖，取的中點為，連接，.∵，∴.∵，，∴，同理.又，∴，∴.∵，，平面，∴平面.又平面，∴平面平面；（2）解：如圖建立空間直角坐標系，根據邊長關系可知，，，，，∴，.∵三棱錐和的體積比為，∴，∴，∴.設平面的法向量為，則，令，得.設直線與平面所成角為，則.∴直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】方法點睛：求空間中直線與平面所成角的常見方法為：（1）定義法：直接作平面的垂線，找到線面成角；（2）等體積法：不作垂線，通過等體積法間接求點到面的距離，距離與斜線長的比值即線面成角的正弦值；（3）向量法：利用平面法向量與斜線方向向量所成的余弦值的絕對值，即是線面成角的正弦值.21、（1）答案見解析（2）證明見解析【解析】（1）求導得，進而分和兩種情況討論求解即可；（2）根據題意證明，進而令，再結合（1）得，研究函數的性質得，進而得時，，即不等式成立.【小問1詳解】解：函數的定義域為，，∴當時，在上恒成立，故函數在區(qū)間上單調遞增；當時，由得，由得，即函數在區(qū)間上單調遞增，在上單調遞減；綜上，當時，在區(qū)間上單調遞增；當時，在區(qū)間上單調遞增，在上單調遞減；【小問2詳解】證明：因為時，證明，只需證明，由（1）知，當時，函數在區(qū)間上單調遞增，在上單調遞減；所以.令，則，所以當時，，函數單調遞減；當時，，