2025屆山西省忻州市岢嵐中學高二數(shù)學第一學期期末檢測試題含解析

2025屆山西省忻州市岢嵐中學高二數(shù)學第一學期期末檢測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．已知點是拋物線上的一點,F是拋物線的焦點,則點M到F的距離等于()A.6 B.5C.4 D.22．在正方體的12條棱中任選3條，其中任意2條所在的直線都是異面直線的概率為（）A. B.C. D.3．等差數(shù)列中，為其前項和，，則的值為（）A.13 B.16C.104 D.2084．（文科）已知點為曲線上的動點,為圓上的動點,則的最小值是A.3 B.5C. D.5．如果，，…，是拋物線C：上的點，它們的橫坐標依次為，，…，，點F是拋物線C的焦點.若=10，=10+n，則p等于（）A.2 B.C. D.46．甲、乙、丙、丁、戊共5名同學進行勞動技術比賽，決出第1名到第5名的名次．甲和乙去詢問成績，回答者對甲說：“很遺憾，你和乙都沒有得到冠軍．”對乙說：“你當然不會是最差的．”從這兩個回答分析，5人的名次排列方式共有（）種A.54 B.72C.96 D.1207．下列說法或運算正確的是（）A.B.用反證法證明“一個三角形至少有兩個銳角”時需設“一個三角形沒有銳角”C.“，”的否定形式為“，”D.直線不可能與圓相切8．若定義在R上的函數(shù)滿足，則不等式的解集為（）A. B.C. D.9．函數(shù)的定義域為開區(qū)間，導函數(shù)在內的圖像如圖所示，則函數(shù)在開區(qū)間內的極大值點有（）A.1個 B.2個C.3個 D.4個10．一個盒子里有3個分別標有號碼為1，2，3小球，每次取出一個，記下它的標號后再放回盒子中，共取2次，則在兩次取得小球中，標號最大值是3的概率為（）A. B.C. D.11．以原點為對稱中心的橢圓焦點分別在軸，軸，離心率分別為，直線交所得的弦中點分別為，，若，，則直線的斜率為()A. B.C. D.12．已知：，：，若是的充分不必要條件，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．數(shù)列滿足，，其前n項積為，則______14．假設要考查某公司生產的袋裝牛奶的質量是否達標，現(xiàn)從800袋牛奶中抽取60袋進行檢驗，利用隨機數(shù)法抽取樣本時，先將800袋牛奶按000，001，，799進行編號，若從隨機數(shù)表第7行第8列的數(shù)開始向右讀，則得到的第4個的樣本個體的編號是______（下面摘取了隨機數(shù)表第7行到第9行）84421753315724550688770474476721763350258392120676630163785916955667199810507175128673580744395238793321123429786456078252420744381551001342996602795415．已知O為坐標原點，，是拋物線上的兩點，且滿足，則______；若OM垂直AB于點M，且為定值，則點Q的坐標為__________.16．若滿足約束條件，則的最大值為_____________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）如圖，AC是圓O的直徑，B是圓O上異于A，C的一點，平面ABC，點E在棱PB上，且，，.（1）求證：；（2）當三棱錐的體積最大時，求二面角的余弦值.18．（12分）已知圓C的方程為.（1）直線l1過點P(3，1)，傾斜角為45°，且與圓C交于A，B兩點，求AB的長；（2）求過點P(3，1)且與圓C相切的直線l2的方程.19．（12分）設點是拋物線上異于原點O的一點，過點P作斜率為、的兩條直線分別交于、兩點（P、A、B三點互不相同）（1）已知點，求的最小值；（2）若，直線AB的斜率是，求的值；（3）若，當時，B點的縱坐標的取值范圍20．（12分）如圖，在梯形中，，，四邊形為矩形，且平面，.（1）求證：平面；（2）點在線段含端點上運動，當點在什么位置時，平面與平面所成銳二面角最大，并求此時二面角的余弦值.21．（12分）已知等差數(shù)列的前項和為，.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）求的最大值及相應的的值.22．（10分）已知某學校的初中、高中年級的在校學生人數(shù)之比為9：11，該校為了解學生的課下做作業(yè)時間，用分層抽樣的方法在初中、高中年級的在校學生中共抽取了100名學生，調查了他們課下做作業(yè)的時間，并根據(jù)調查結果繪制了如下頻率分布直方圖：（1）在抽取的100名學生中，初中、高中年級各抽取的人數(shù)是多少？（2）根據(jù)頻率分布直方圖，估計學生做作業(yè)時間的中位數(shù)和平均時長（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表）；（3）另據(jù)調查，這100人中做作業(yè)時間超過4小時的人中2人來自初中年級，3人來自高中年級，從中任選2人，恰好1人來自初中年級，1人來自高中年級的概率是多少

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】先求出,再利用焦半徑公式即可獲解.【詳解】由題意，,解得所以故選：B.2、B【解析】根據(jù)正方體的性質確定3條棱兩兩互為異面直線的情況數(shù)，結合組合數(shù)及古典概率的求法，求任選3條其中任意2條所在的直線是異面直線的概率.【詳解】如下圖，正方體中如：中任意2條所在的直線都是異面直線，∴這樣的3條直線共有8種情況，∴任選3條，其中任意2條所在的直線都是異面直線的概率為.故選：B.3、D【解析】利用等差數(shù)列下標的性質，結合等差數(shù)列前項和公式進行求解即可.【詳解】由，所以，故選：D4、A【解析】數(shù)形結合分析可得,當時能夠取得的最小值,根據(jù)點到圓心的距離減去半徑求解即可.【詳解】由對勾函數(shù)的性質,可知,當且僅當時取等號,結合圖象可知當A點運動到時能使點到圓心的距離最小,最小為4,從而的最小值為.故選：A【點睛】本題考查兩動點間距離的最值問題,考查轉化思想與數(shù)形結合思想,屬于中檔題.5、A【解析】根據(jù)拋物線定義得個等式，相加后，利用已知條件可得結果.【詳解】拋物線C：的準線為，根據(jù)拋物線的定義可知，，，，，所以，所以，所以，所以.故選：A【點睛】關鍵點點睛：利用拋物線的定義解題是解題關鍵，屬于基礎題.6、A【解析】根據(jù)題意，分2種情況討論：①、甲是最后一名，則乙可以為第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三個名次，②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三個名次，由加法原理計算可得答案【詳解】根據(jù)題意，甲乙都沒有得到冠軍，而乙不是最后一名，分2種情況討論：①甲是最后一名，則乙可以為第二、三、四名，即乙有3種情況，剩下的三人安排在其他三個名次，有種情況，此時有種名次排列情況；②甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有種情況，剩下的三人安排在其他三個名次，有種情況，此時有種名次排列情況；則一共有種不同的名次情況，故選：A7、D【解析】對于A：可以解決；對于B:“一個三角形至少由兩個銳角”的反面是“只有一個銳角或沒有銳角”；對于C：全稱否定必須是全部否定；對于D：需要觀察出所給直線是過定點的.【詳解】A：，故錯誤；B：“一個三角形至少由兩個銳角”的反面是“只有一個銳角或沒有銳角”，所以用反證法時應假設只有一個銳角和沒有銳角兩種情況，故錯誤；C：的否定形式是，故錯誤；D：直線是過定點（-1，0），而圓，圓心為（2，0），半徑為4，定點（-1，0）到圓心的距離為2-（-1）=3＜4，故定點在圓內，故正確；故選：D.8、B【解析】構造函數(shù)，根據(jù)題意，求得其單調性，利用函數(shù)單調性解不等式即可.【詳解】構造函數(shù)，則，故在上單調遞減；又，故可得，則，即，解得，故不等式解集為.故選：B.【點睛】本題考察利用導數(shù)研究函數(shù)單調性，以及利用函數(shù)單調性求解不等式，解決本題的關鍵是根據(jù)題意構造函數(shù)，屬中檔題.9、B【解析】利用極值點的定義求解.【詳解】由導函數(shù)的圖象知：函數(shù)在內，與x軸有四個交點：第一個點處導數(shù)左正右負，第二個點處導數(shù)左負右正，第三個點處導數(shù)左正右正，第四個點處導數(shù)左正右負，所以函數(shù)在開區(qū)間內的極大值點有2個，故選：B10、C【解析】求出兩次取球都沒有取到3的概率，再利用對立事件的概率公式計算作答.【詳解】依題意，每次取到標號為3的球的事件為A，則，且每次取球是相互獨立的，在兩次取得小球中，標號最大值是3的事件M，其對立事件是兩次都沒有取到標號為3的球的事件，，則有，所以在兩次取得小球中，標號最大值是3的概率為.故選：C11、A【解析】分類討論直線的斜率存在與不存在兩種情況，聯(lián)立直線與曲線方程，再根據(jù)，求解.【詳解】設橢圓的方程分別為，，由可知，直線的斜率一定存在，故設直線的方程為.聯(lián)立得，故，；聯(lián)立得，則，.因為，所以，所以.又，所以，所以，所以，.故選：A.【點睛】此題利用設而不求的方法，找出、、、之間的關系，化簡即可得到的值.此題的難點在于計算量較大，且容易計算出錯.12、C【解析】由是的充分不必要條件，則是的充分不必要條件，再根據(jù)對應集合的包含關系可得答案.【詳解】由，即，設,由是的充分不必要條件，則是的充分不必要條件所以，則故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據(jù)數(shù)列的項的周期性，去求的值即可解決.【詳解】由，，可得，，，，，，由此可知數(shù)列的項具有周期性，且周期為4，第一周期內的四項之積為1，所以數(shù)列的前2022項之積為故答案為：14、【解析】根據(jù)隨機數(shù)表法依次列舉出來即可.【詳解】根據(jù)隨機數(shù)表法最先檢測的3袋牛奶編號為：331、572、455、068.故答案為：068.15、①.-24②.【解析】由拋物線的方程及數(shù)量積的運算可求出，設直線AB的方程為，聯(lián)立拋物線方程，由根與系數(shù)的關系可求出，由圓的定義求出圓心即可.【詳解】由，即解得或（舍去）.設直線AB的方程為.由，消去x并整理得,.又，，直線AB恒過定點N(6,0),OM垂直AB于點M，點M在以ON為直徑圓上.|MQ|為定值，點Q為該圓的圓心，又即Q(3,0).故答案為：；16、【解析】由下圖可得在處取得最大值，即.考點：線性規(guī)劃.【方法點晴】本題考查線性規(guī)劃問題，靈活性較強，屬于較難題型.考生應注總結解決線性規(guī)劃問題的一般步驟（1）在直角坐標系中畫出對應的平面區(qū)域，即可行域；（2）將目標函數(shù)變形為；（3）作平行線：將直線平移，使直線與可行域有交點，且觀察在可行域中使最大（或最?。r所經過的點，求出該點的坐標；（4）求出最優(yōu)解：將（3）中求出的坐標代入目標函數(shù)，從而求出的最大（?。┲?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）證明見解析（2）【解析】（1）由圓的性質可得，再由線面垂直的性質可得，從而由線面垂直的判定定理可得平面PAB，所以得，再結合已知條件可得平面PBC，由線面垂直的性質可得結論；（2）由已知條件結合基本不等式可得當三棱錐的體積最大時，是等腰直角三角形，，從而以OB，OC所在直線分別為x軸，y軸，以過點O且垂直于圓O平面的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量求解.【小問1詳解】證明：因為AC是圓O的直徑，點B是圓O上不與A，C重合的一個動點，所以.因為平面ABC，平面ABC，所以.因為，且AB，平面PAB，所以平面PAB.因為平面PAB，所以.因為，，且BC，平面PBC，所以平面PBC.因為平面PBC，所以.【小問2詳解】解：因為，，所以，所以三棱錐的體積，（當且僅當“”時等號成立）.所以當三棱錐的體積最大時，是等腰直角三角形，.所以以OB，OC所在直線分別為x軸，y軸，以過點O且垂直于圓O平面的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，.因為∽，所以，因為，，所以，所以，.設向量為平面的一個法向量，則即令得，.向量為平面ABC的一個法向量，.因為二面角是銳角，所以二面角的余弦值為.18、（1）（2）x=3或【解析】（1）首先利用點斜式求出直線的方程，再利用點到直線的距離公式求出圓心到直線的距離，最后利用垂直定理、勾股定理計算可得；（2）依題意可得點在圓外，分直線的斜率存在與不存在兩種情況討論，當直線的斜率不存在直線得到直線方程，但直線的斜率存在時設直線方程為，利用點到直線的距離公式得到方程，解得，即可得解；【小問1詳解】解：根據(jù)題意，直線的方程為，即，則圓心到直線的距離為故；【小問2詳解】解：根據(jù)題意，點在圓外，分兩種情況討論：當直線的斜率不存在時，過點的直線方程是，此時與圓C：相切，滿足題意；當直線的斜率存在時，設直線方程為，即，直線與圓相切時，圓心到直線的距離為解得此時，直線的方程為，所以滿足條件的直線的方程是或.19、（1）；（2）3；（3）；【解析】（1）根據(jù)兩點之間的距離公式，結合點坐標滿足拋物線，構造關于的函數(shù)關系，求其最值即可；（2）根據(jù)題意，求得點的坐標，設出的直線方程，聯(lián)立拋物線方程，利用韋達定理求得點坐標，同理求得點坐標，再利用斜率計算公式求得即可；（3）根據(jù)題意，求得點的坐標，利用坐標轉化，求得關于的一元二次方程，利用其有兩個不相等的實數(shù)根，即可求得的取值范圍.【小問1詳解】因為點在拋物線上，故可得，又，當且僅當時，取得最小值.故的最小值為.【小問2詳解】當時，故可得，即點的坐標為；則的直線方程為：，聯(lián)立拋物線方程：，可得：，故可得，解得：，又故可得同理可得：，又的斜率，即.故為定值.【小問3詳解】當時，可得，此時，因為兩點在拋物線上，故可得，，因為，故可得，整理得：，，因為三點不同，故可得，則，即，，此方程可以理解為關于的一元二次方程，因為，故該方程有兩個不相等的實數(shù)根，，即，故，則，解得或.故點縱坐標的取值范圍為.【點睛】本題考察直線與拋物線相交時范圍問題，定值問題，解決問題的關鍵是合理且充分的利用韋達定理，本題計算量較大，屬綜合困難題.20、（1）證明見解析（2）點與點重合時，二面角的余弦值為【解析】（1）先利用平面幾何知識和余弦定理得到及各邊長度，利用線面平行的性質和判定定理得到線面垂直，再利用線線平行得到線面垂直；（2）建立空間直角坐標系，設，寫出相關點的坐標，得到相關向量的坐標，利用平面的法向量夾角求出二面角的余弦值，再通過二次函數(shù)的最值進行求解.【小問1詳解】證明：在梯形中，因為，，又因為，所以,，所以，即，解得，，所以，