2025屆玉溪市重點中學高二上數學期末預測試題含解析

2025屆玉溪市重點中學高二上數學期末預測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知向量分別是直線的方向向量，若，則（）A. B.C. D.2．圓與直線的位置關系是（）A.相交 B.相切C.相離 D.不能確定3．已知命題，；命題，，那么下列命題為假命題的是（）A. B.C. D.4．設拋物線的焦點為F，過點F且垂直于x軸的直線與拋物線C交于A，B兩點，若，則（）A1 B.2C.4 D.85．已知F為橢圓的右焦點，A為C的右頂點，B為C上的點，且垂直于x軸．若直線AB的斜率為，則橢圓C的離心率為（）A. B.C. D.6．將直線繞著原點逆時針旋轉，得到新直線的斜率是（）A. B.C. D.7．直線l：的傾斜角為（）A. B.C. D.8．在中國古代，人們用圭表測量日影長度來確定節氣，一年之中日影最長的一天被定為冬至.從冬至算起，依次有冬至、小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種這十二個節氣，其日影長依次成等差數列，若冬至、立春、春分日影長之和為31.5尺，小寒、雨水，清明日影長之和為28.5尺，則大寒、驚蟄、谷雨日影長之和為（）A.25.5尺 B.34.5尺C.37.5尺 D.96尺9．對于公差為1的等差數列，；公比為2的等比數列，，則下列說法不正確的是（）A.B.C.數列為等差數列D.數列的前項和為10．已知，則點關于平面的對稱點的坐標是（）A. B.C. D.11．已知拋物線C：，則過拋物線C的焦點，弦長為整數且不超過2022的直線的條數是（）A.4037 B.4044C.2019 D.202212．已知，且，則的最大值為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知雙曲線C：的兩焦點分別為，，P為雙曲線C上一點，若，則=___________.14．已知橢圓和雙曲線有相同的焦點和，設橢圓和雙曲線的離心率分別為，，P為兩曲線的一個公共點，且（O為坐標原點）．若，則的取值范圍是______15．已知點P為橢圓上的任意一點，點，分別為該橢圓的左、右焦點，則的最大值為______________.16．已知數列滿足，，則使得成立的n的最小值為__________.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）已知直線l：，圓C：.（1）當時，試判斷直線l與圓C的位置關系，并說明理由；（2）若直線l被圓C截得的弦長恰好為，求k的值.18．（12分）設：，：.（1）若命題“，是真命題”，求的取值范圍；（2）若是的充分不必要條件，求的取值范圍.19．（12分）在△中，內角所對的邊分別為，已知（1）求角的大??；（2）若的面積，求的值20．（12分）設函數（1）若，求的單調區間和極值；（2）在（1）的條件下，證明：若存在零點，則在區間上僅有一個零點；（3）若存在，使得，求的取值范圍21．（12分）如圖，在四棱錐中，底面為正方形，底面，，為棱的中點.（1）求直線與所成角的余弦值；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）求二面角的余弦值.22．（10分）已知點，點為直線上的動點，過作直線的垂線，線段的中垂線與交于點.（1）求點的軌跡的方程；（2）若過點直線與曲線交于，兩點，求與面積之和的最小值.（為坐標原點）

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】由題意，得，由此可求出答案【詳解】解：∵，且分別是直線的方向向量，∴，∴，∴，故選：C【點睛】本題主要考查向量共線的坐標表示，屬于基礎題2、B【解析】用圓心到直線的距離與半徑的大小判斷【詳解】解：圓的圓心到直線的距離，等于圓的半徑，所以圓與直線相切，故選：B3、B【解析】由題設命題的描述判斷、的真假，再判斷其復合命題的真假即可.【詳解】對于命題，僅當時，故為假命題；對于命題，由且開口向上，故為真命題；所以為真命題，為假命題，綜上，為真，為假，為真，為真.故選：B4、C【解析】根據焦點弦的性質即可求出【詳解】依題可知，，所以故選：C5、D【解析】根據題意表示出點的坐標，再由直線AB的斜率為，列方程可求出橢圓的離心率【詳解】由題意得，，當時，，得，由題意可得點在第一象限，所以，因為直線AB的斜率為，所以，化簡得，所以，，得（舍去），或，所以離心率，故選：D6、B【解析】由題意知直線的斜率為，設其傾斜角為，將直線繞著原點逆時針旋轉，得到新直線的斜率為，化簡求值即可得到答案.【詳解】由知斜率為，設其傾斜角為，則，將直線繞著原點逆時針旋轉，則故新直線的斜率是.故選：B.7、D【解析】先求得直線的斜率，由此求得傾斜角.【詳解】依題意，直線的斜率為，傾斜角的范圍為,則傾斜角為.故選：D.8、A【解析】由題意可知，十二個節氣其日影長依次成等差數列，設冬至日的日影長為尺，公差為尺，利用等差數列的通項公式，求出，即可求出，從而得到答案【詳解】設從冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種這十二個節氣其日影長依次成等差數列{}，如冬至日的日影長為尺，設公差為尺.由題可知，所以，，，，故選：A9、B【解析】由等差數列的通項公式判定選項A正確；利用等比數列的通項公式求出，即判定選項B錯誤；利用對數的運算和等差數列的定義判定選項C正確；利用錯位相減法求和，即判定選項D正確.【詳解】對于A:由條件可得，，即選項A正確；對于B：由條件可得，，即選項B錯誤；對于C：因為，所以，則，即數列是首項和公差均為的等差數列，即選項C正確；對于D：，設數列的前項和為，則，，上面兩式相減可得，所以，即選項D正確.故選：B.10、C【解析】根據對稱性求得坐標即可.【詳解】點關于平面的對稱點的坐標是，故選：C11、A【解析】根據已知條件，結合拋物線的性質，先求出過焦點的最短弦長，再結合拋物線的對稱性，即可求解【詳解】∵拋物線C：，即，由拋物線的性質可得，過拋物線焦點中，長度最短的為垂直于y軸的那條弦，則過拋物線C的焦點，長度最短的弦的長為，由拋物線的對稱性可得，弦長在5到2022之間的有共有條，故弦長為整數且不超過2022的直線的條數是故選：A12、A【解析】由基本不等式直接求解即可得到結果.【詳解】由基本不等式知；（當且僅當時取等號），的最大值為.故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、18或2##2或18【解析】先由雙曲線的方程求出，再利用雙曲線的定義列方程求解即可【詳解】由，得，則，因為雙曲線C：的兩焦點分別為，，P為雙曲線C上一點，所以，即，所以或，因為，所以或都符合題意，故答案為：18或214、【解析】設出半焦距c，用表示出橢圓的長半軸長、雙曲線的實半軸長，由可得為直角三角形，由此建立關系即可計算作答.【詳解】設橢圓的長半軸長為，雙曲線的實半軸長為，它們的半焦距為c，于是得，，由橢圓及雙曲線的對稱性知，不妨令焦點和在x軸上，點P在y軸右側，由橢圓及雙曲線定義得：，解得，，因，即，而O是線段的中點，因此有，則有，即，整理得：，從而有，即有，又，則有，即，解得，所以的取值范圍是.故答案：15、【解析】利用正弦定理表示出，再求t，再利用求的最大值即可.【詳解】在中，由正弦定理得，所以，，即求的最大值，也就是求t的最小值，而，即最大時，由橢圓的性質知當P為橢圓上頂點時最大，此時，，所以，所以的最大值是1，，所以，故答案為：.【點睛】本題考查橢圓焦點三角形的問題，考查正弦定理的應用.16、11【解析】由題設可得，結合等比數列的定義知從第二項開始是公比為2的等比數列，進而寫出的通項公式，即可求使成立的最小值n.【詳解】因為，所以，兩式相除得，整理得.因為，故從第二項開始是等比數列，且公比為2，因為，則，所以，則，由得：，故故答案為：11.三、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）相離，理由見解析；（2）0或【解析】（1）求出圓心到直線的距離和半徑比較即可判斷；（2）求出圓心到直線的距離，利用弦長計算即可得出.【詳解】（1）圓C：的圓心為，半徑為2，當時，線l：，則圓心到直線的距離為，直線l與圓C相離；（2）圓心到直線的距離為，弦長為，則，解得或.18、（1）（2）【解析】（1）解不等式得到解集，根據題意列出不等式組，求出的取值范圍；（2）先解不等式，再根據充分不必要條件得到是的真子集，進而求出的取值范圍.【小問1詳解】因為，由可得：，因為“，”為真命題，所以，即，解得：.即的取值范圍是.【小問2詳解】因為，由可得：，，因為是的充分不必要條件，所以是的真子集，所以（等號不同時?。獾茫?，即的取值范圍是.19、（1）；（2）【解析】（1）由正弦定理，將條件中的邊化成角，可得，進而可得的值；（2）由三角形面積公式可得，再由余弦定理可得，得最后結論試題解析：（1），又∴又得（2）由，∴又得，∴得考點：正弦定理；余弦定理【易錯點睛】解三角形問題的兩重性：①作為三角形問題，它必須要用到三角形的內角和定理，正弦、余弦定理及其有關三角形的性質，及時進行邊角轉化，有利于發現解題的思路；②它畢竟是三角變換，只是角的范圍受到了限制，因此常見的三角變換方法和原則都是適用的，注意“三統一”（即“統一角、統一函數、統一結構”）是使問題獲得解決的突破口20、（1）遞減區間是，單調遞增區間是，極小值（2）證明見解析（3）【解析】（1）對函數進行求導通分化簡，求出解得，在列出與在區間上的表格，即可得到答案.（2）由（1）知，在區間上的最小值為，因為存在零點，所以，從而．在對進行分類討論，再利用函數的單調性得出結論.（3）構造函數，在對進行求導，在對進行分情況討論，即可得的得到答案.【小問1詳解】函數的定義域為，，由解得與在區間上的情況如下：–↘↗所以，的單調遞減區間是，單調遞增區間是；在處取得極小值，無極大值【小問2詳解】由（1）知，在區間上的最小值為因為存在零點，所以，從而當時，在區間上單調遞減，且，所以是在區間上的唯一零點當時，在區間上單調遞減，且，所以在區間上僅有一個零點綜上可知，若存在零點，則在區間上僅有一個零點【小問3詳解】設，①若，則，符合題意②若，則，故當時，，在上單調遞增所以，存在，使得的充要條件為，解得③若，則，故當時，；當時，在上單調遞減，在上單調遞增所以，存在，使得的充要條件為，而，所以不合題意綜上，的取值范圍是【點睛】本題考查求函數的單調區間和極值、證明給定區間只有一個零點問題，以及含參存在問題，屬于難題.21、（1）；（2）；（3）.【解析】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.（1）寫出、的坐標，利用空間向量法計算出直線與所成角的余弦值；（2）求出平面的一個法向量的坐標，利用空間向量法可計算得出直線與平面所成角的正弦值；（3）求出平面的一個法向量的坐標，利用空間向量法可求得二面角的余弦值.【詳解】平面，四邊形為正方形，設.以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，如下圖所示：則、、、、、.（1），，，所以，異面直線、所成角的余弦值為；（2）設平面的一個法向量為，，，由，可得，取，可得，則，，，因此，直線與平面所成角的正弦值為；（3）設平面的一個法向量為，，，由，可得，得，取，則，，所以，平面的一個法向量為，，由圖形可知，二面角為銳角，因此，二面角的余弦值為.【點睛】方法點睛：求空間角的常用方法：（1）定義法：由異面直線所成角、線面角、二面角的定義，結合圖形，作出所求空間角，再結合題中條件，解對應的三角形，即可求出結果；（2）向量法：建立適當的空間直角坐標系，通過計算向量的夾角（兩直線的方向向量、直線的方向向量與平面的法向量、兩平面的法向量）的余弦值，即可求得結果.22、（1）（2）【解析】（1）根據拋物線的定義可得軌跡方程；（2）聯立直線與拋物線方程，利用根與系數關系結合均值不等式可得最小值【小問1詳