2025年湖南省宁乡一中等部分中学数学高二第一学期期末复习检测试题含解析.doc

2025年湖南省宁乡一中等部分中学数学高二第一学期期末复习检测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知直线l与圆交于A，B两点，点满足，若AB的中点为M，则的最大值为（）
A. B.
C. D.
2．已知，是球的球面上两点，，为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为（）
A. B.
C. D.
3．已知数列中，其前项和为，且满足，数列的前项和为，若对恒成立，则实数的值可以是（ ）
A. B.2
C.3 D.
4．已知空间四边形中，，，，点在上，且，为中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
5．已知数列的前n项和为，，，则（ ）
A. B.
C.1025 D.2049
6．已知矩形 ，，，沿对角线将折起，若二面角的余弦值为，则与之间距离为（ ）
A. B.
C. D.
7．已知数列满足且，则（）
A.是等差数列 B.是等比数列
C.是等比数列 D.是等比数列
8．已知函数及其导函数，若存在使得，则称是的一个“巧值点”.下列选项中没有“巧值点”的函数是()
A. B.
C. D.
9．如图，在平行六面体中，AC与BD的交点为M，设，，，则下列向量中与相等的向量是（）

A. B.
C. D.
10．若等比数列的前n项和，则r的值为（ ）
A. B.
C. D.
11．已知，是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若以为直径的圆过点P，且，则C的离心率为（）
A. B.
C. D.
12．金刚石的成分为纯碳，是自然界中存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体.若某金刚石的棱长为2，则它外接球的体积为（ ）

A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知春季里，甲地每天下雨的概率为，乙地每天下雨的概率大于0，且甲、乙两地下雨相互独立，则春季的一天里，已知乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为___________.
14．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数．用一点（或一个小石子）代表1，两点（或两个小石子）代表2，三点（或三个小石子）代表3，…他们研究了各种平面数（包括三角形数、正方形数、长方形数、五边形数、六边形数等等）和立体数（包括立方数、棱锥数等等）．如前四个四棱锥数为第n个四棱锥数为1+4+9+…+n2＝．中国古代也有类似的研究，如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…若一个“三角垛”共有20层，则第6层有 ____个球，这个“三角垛”共有______个球

15．已知、是椭圆（）长轴的两个端点，、是椭圆上关于轴对称的两点，直线，的斜率分别为，（）．若椭圆的离心率为，则的最小值为______
16．一支车队有10辆车，某天下午依次出发执行运输任务．第一辆车于14时出发，以后每间隔10分钟发出一辆车．假设所有的司机都连续开车，并都在18时停下来休息．截止到18时，最后一辆车行驶了____小时，如果每辆车行驶的速度都是60km/h，这个车队各辆车行驶路程之和为______千米
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知直线：mx－（2－m）y－4=0与直线h：x+y－2=0的交点M在第一三象限的角平分线上.
（1）求实数m的值；
（2）若点P在直线l上且，求点P的坐标.
18．（12分）中心在原点，焦点在x轴上的一椭圆与一双曲线有共同的焦点F1，F2，且|F1F2|＝，椭圆的长半轴长与双曲线半实轴长之差为4，离心率之比为3∶7
（1）求这两曲线方程；
（2）若P为这两曲线的一个交点，求△F1PF2的面积
19．（12分）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
（1）求；
（2）若，求的面积的最大值
20．（12分）已知椭圆的长轴长是，以其短轴为直径的圆过椭圆的左右焦点，.
（1）求椭圆E的方程；
（2）过椭圆E左焦点作不与坐标轴垂直的直线，交椭圆于M，N两点，线段MN的垂直平分线与y轴负半轴交于点Q，若点Q的纵坐标的最大值是，求面积的取值范围.
21．（12分）设圆的圆心为﹐直线l过点且与x轴不重合，直线l交圆于A，B两点.过作的平行线交于点P.
（1）求点P的轨迹方程；
（2）设点P的轨迹为曲线E，直线l交E于M，N两点，C在线段上运动，原点O关于C的对称点为Q，求四边形面积的取值范围；
22．（10分）已知函数
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个零点，，证明：
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、A
【解析】设，，则、，由点在圆上可得，再由向量垂直的坐标表示可得，进而可得M的轨迹为圆，即可求的最大值.
【详解】设，中点，则，，
又，，则，
所以，
又，则，而，，
所以，即，
综上，，整理得，即为M的轨迹方程，
所以在圆心为，半径为的圆上，则.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：由点圆位置、中点坐标公式及向量垂直的坐标表示得到关于的轨迹方程.
2、C
【解析】当平面时，三棱锥体积最大，根据棱长与球半径关系即可求出球半径，从而求出表面积.
【详解】当平面时，三棱锥体积最大.
又，则三棱锥体积，解得；
故表面积.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查三棱锥与球的组合体的综合问题，本题的关键是判断当平面时，三棱锥体积最大.
3、D
【解析】由求出，从而可以求，再根据已知条件不等式恒成立，可以进行适当放大即可.
【详解】若n=1，则 ，故；
若 ，则
由 得，故，
所以，，
又因为 对 恒成立，
当 时，则 恒成立，
当时， ，
所以，，
，
若n为奇数，则；
若n为偶数，则，所以
所以，对 恒成立，必须满足 .
故选：D
4、B
【解析】利用空间向量运算求得正确答案.
【详解】
.

故选：B
5、B
【解析】根据题意得，进而根据得数列是等比数列，公比为，首项为，再根据等比数列求和公式求解即可.
【详解】解：因为数列的前n项和为满足，
所以当时，，解得，
当时，，即
所以，解得或，
因为，所以.
所以，，
所以当时，，
所以，即
所以数列是等比数列，公比为，首项为，
所以
故选：B
6、C
【解析】过点在平面内作，过点在平面内作，以、为邻边作平行四边形，连接，分析可知二面角的平面角为，利用余弦定理求出，证明出，再利用勾股定理可求得的长.
【详解】过点在平面内作，过点在平面内作，以、为邻边作平行四边形，连接，

因为，，，则，
因为，由等面积法可得，同理可得，
由勾股定理可得，同理可得，，
因为四边形为平行四边形，且，故四边形为矩形，所以，，
因为，所以，二面角的平面角为，
在中，，，
由余弦定理可得，
，，，则，，
因为，平面，平面，则，
，由勾股定理可得.
故选：C.
7、D
【解析】由，化简得，结合等比数列、等差数列的定义可求解.
【详解】由，可得，所以，
又由，，
所以是首项为，公比为2的等比数列，
所以，，，
，所以不是等差数列；
不等于常数，所以不是等比数列.
故选：D.
8、C
【解析】利用新定义：存在使得，则称是的一个“巧点”，对四个选项中的函数进行一一的判断即可
【详解】对于A，，则，令，解得或，即有解，故选项A的函数有“巧值点”，不符合题意；
对于B，，则，令，令，则g(x)在x＞0时为增函数，∵(1)，(e)，由零点的存在性定理可得，在上存在唯一零点，即方程有解，故选项B的函数有“巧值点”，不符合题意；
对于C，，则，令，故方程无解，故选项C的函数没有“巧值点”，符合题意；
对于D，，则，
令，
则.
∴方程有解，故选项D的函数有“巧值点”，不符合题意
故选：C
9、B
【解析】根据向量加法和减法法则即可用、、表示出.
【详解】

故选：B.
10、B
【解析】利用成等比数列来求得.
【详解】依题意，等比数列的前n项和，
，
，所以.
故选：B
11、B
【解析】根据题意，在中，设，则，进而根据椭圆定义得，进而可得离心率.
【详解】在中，
设，则，
又由椭圆定义可知
则离心率，
故选：B.
【点睛】本题考查椭圆离心率的计算，考查运算求解能力，是基础题.本题解题的关键在于根据已知条件，结合椭圆的定义，在焦点三角形中根据边角关系求解.
12、A
【解析】求得外接球的半径，进而计算出外接球体积.
【详解】设，正八面体的棱长为，
根据正八面体的性质可知：，
所以是外接球的球心，且半径，
所以外接球的体积为.
故选：A

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、##0.5
【解析】根据条件概率求概率的方法即可求得答案.
【详解】设A表示“甲地每天下雨”，B表示“乙地每天下雨”，乙地每天下雨的概率为p，则，因为甲乙两地下雨相互独立，所以，于是在乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为.
故答案为：.
14、 ①.21 ②.1540
【解析】根据题中给出的图形，结合题意找到各层球的数列与层数的关系，得到＝，由此可求的值，以及前20层的总球数
【详解】由题意可知，
，
故＝＝，
所＝＝21，
所以S20＝a1+a2+a3+a4+⋯⋯+a20＝（12+22+32+⋯⋯+202）+（1+2+3+⋯⋯+20）
＝×+×＝1540
故答案为：21；1540
15、
【解析】设出点，，，的坐标，表示出直线，的斜率，作和后利用基本不等式求最值，利用离心率求得与的关系，则答案可求
详解】解：设，，，，，，，，
，，
，
当且仅当，即时等号成立
，是椭圆长轴的两个端点，，是椭圆上关于轴对称的两点，，，即，
的最小值为，
椭圆的离心率为，
，即，得，
的最小值为
故答案为：
16、 ①.2.5#### ②.1950
【解析】通过分析，求出最后一辆车的出发时间，从而求出最后一辆车的行驶时间，这10辆车的行驶路程可以看作等差数列，利用等差数列求和公式进行求解.
【详解】因为，所以最后一辆车出发时间为15时30分，则最后一辆车行驶时间为18-15.5=2.5小时，第一辆车行程为km，且从第二辆车开始，每辆车都比前一辆少走km，这10辆车的行驶路程可以看作首项为240，公差为-10的等差数列，则10辆车的行程路程之和为（km）.
故答案为：2.5,1950

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）3（2）
【解析】（1）求出直线与直线的交点坐标，代入直线的方程可得值；
（2）设，代入已知等式可求得值，得坐标
【小问1详解】
由得，即
所以，
【小问2详解】
由（1）直线方程是，在直线上，设，
则，解得，
所以点坐标为
18、（1）椭圆方程为双曲线方程为；（2）12
【解析】（1）根据半焦距，设椭圆长半轴为a，由离心率之比求出a，进而求出椭圆短半轴的长及双曲线的虚半轴的长，写出椭圆和双曲线的标准方程；（2）由椭圆、双曲线的定义求出与的长，在三角形中，利用余弦定理求出 cos∠的值，进一步求得sin∠的值，代入面积公式得答案
试题解析：（1）设椭圆方程为，双曲线方程为 （a，b，m，n>0，且a>b），
则解得：a＝7，m＝3，∴b＝6，n＝2，
∴椭圆方程为双曲线方程为
（2）不妨设F1，F2分别为左、右焦点，P是第一象限的一个交点，则PF1＋PF2＝14，PF1－PF2＝6，
∴PF1＝10，PF2＝4，∴cos∠F1PF2＝＝，
∴sin∠F1PF2＝．∴S△F1PF2＝PF1·PF2sin∠F1PF2＝·10·4·＝12
考点：椭圆双曲线方程及性质
19、（1）
（2）
【解析】（1）由正弦定理将边化为角，结合三角函数的两角和的正弦公式，可求得答案;
（2）由余弦定理结合基本不等式可求得，再利用三角形面积公式求得答案.
【小问1详解】
由正弦定理及，
得，
∵∴,
∵，∴
【小问2详解】
由余弦定理，∴，
即 ，当且仅当 时取等号，
∴，当且仅当时等号成立，
∴的面积的最大值为
20、（1）；
（2）.
【解析】(1)根据给定条件结合列式计算即可作答.
(2)设出直线MN的方程，与椭圆方程联立并结合已知求出m的范围，
再借助韦达定理求出面积函数，利用函数单调性计算作答.
【小问1详解】
令椭圆半焦距为c，依题意，，解得，
所以椭圆E的方程为.
【小问2详解】
由(1)知，椭圆E左焦点为，设过椭圆E左焦点的直线为(存在且不为0)，
由消去x得，，设，
则，线段的中点为，
因此线段的垂直平分线为，由得的纵坐标为，
依题意，且，解得，由(1)知，，
，
令，在上单调递减，
当，即时，，当，即时，，
所以面积的取值范围.
【点睛】结论点睛：过定点的直线l：y=kx+b交圆锥曲线于点，，则面积；
过定点直线l：x=ty+a交圆锥曲线于点，，则面积
21、（1）
（2）
【解析】（1）由得，，再由，
可得的轨迹方程；
（2）设四边形的面积为，，设直线的方程为，代入椭圆方程，利用韦达定理代入，整理后再利用函数单调性可得答案.
【小问1详解】
（1）圆的圆心为，因为，所以，
因为，所以，又，
且，，
所以的轨迹方程为.
【小问2详解】
设四边形面积为，则，
可设直线的方程为，
代入椭圆方程化简得，
>0恒成立.设，
则，
=，
令，则，在上单调递增，，
即四边形面积的取值范围.

22、（1）函数的单调性见解析；
（2）证明见解析.
【解析】(1)求出函数的导数，按a值分类讨论判断的正负作答.
(2)将分别代入计算化简变形，再对所证不等式作等价变形，构造函数，借助函数导数推理作答.
【小问1详解】
已知函数的定义域为，，
当时，恒成立，所以在区间上单调递增；
当时，由，解得，由，解得，
的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
依题意，不妨设，则，，
于是得，即，
亦有，即，
因此，，
要证明，即证，
即证，
即证，即证，
令，，，
则有在上单调递增，，，即成立，
所以.
【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.