2025年海口市第一中学数学高二第一学期期末检测试题含解析.doc

2025年海口市第一中学数学高二第一学期期末检测试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．若实数满足约束条件，则最小值为（）
A.-2 B.-1
C.1 D.2
2．直线的倾斜角为（　　）
A. B.
C. D.
3．设是函数的导函数，的图象如图所示，则的解集是（）

A. B.
C. D.
4．在数列中，，，则（）
A.985 B.1035
C.2020 D.2070
5．若，则下列正确的是（）
A. B.
C. D.
6．过圆外一点引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程是
A. B.
C. D.
7．在三棱柱中，，，，则这个三棱柱的高（）
A1 B.
C. D.
8．已知抛物线的焦点为F，准线为l，点P在抛物线上，直线PF交x轴于Q点，且，则点P到准线l的距离为（）
A.4 B.5
C.6 D.7
9．设、是椭圆：的左、右焦点，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则的离心率为
A. B.
C. D.
10．已知定义在区间上的函数，，若以上两函数的图像有公共点，且在公共点处切线相同，则m的值为（）
A.2 B.5
C.1 D.0
11．已知直线与直线平行，且直线在轴上的截距比在轴上的截距大，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
12．已知椭圆的中心为，一个焦点为，在上，若是正三角形，则的离心率为（）
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、双曲线的左、右焦点，A、B为双曲线上关于原点对称的两点，且满足，，则双曲线的离心率为___________.
14．已知双曲线的左、右焦点分别为，双曲线左支上点满足，则的面积为_________
15．已知椭圆与坐标轴依次交于A，B，C，D四点，则四边形ABCD面积为_____.
16．若随机变量，则______.
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）已知双曲线C：（，）的一条渐近线的方程为，双曲线C的右焦点为，双曲线C的左、右顶点分别为A，B
（1）求双曲线C的方程；
（2）过右焦点F的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点（点P在x轴的上方），直线AP的斜率为，直线BQ的斜率为，证明：为定值
18．（12分）如图，在梯形中，，，四边形为矩形，且平面，.

（1）求证：平面；
（2）点在线段含端点上运动，当点在什么位置时，平面与平面所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.
19．（12分）已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，如图，过点任作两条互相垂直的直线，，分别交抛物线于，，，四点，，分别为，的中点.

（1）求的值；
（2）求证：直线过定点，并求出该定点的坐标；
（3）设直线交抛物线于，两点，试求的最小值.
20．（12分）已知函数(其中为自然对数底数)
（1）讨论函数的单调性;
（2）当时，若恒成立，求实数的取值范围.
21．（12分）设等差数列的前项和为
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和
22．（10分）已知椭圆C：的焦距为，点在C上
（1）求C的方程；
（2）过点的直线与C交于M，N两点，点R是直线：上任意一点，设直线RM，RQ，RN的斜率分别为，，，若，，成等差数列，求的方程.
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、B
【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案
【详解】由约束条件作出可行域如图，

联立，解得，
由，得，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小，
有最小值为
故选：B
2、D
【解析】若直线倾斜角为，由题设有，结合即可得倾斜角的大小.
【详解】由直线方程，若其倾斜角为，则，而，
∴.
故选：D
3、C
【解析】先由图像分析出的正负，直接解不等式即可得到答案.
【详解】由函数的图象可知, 在区间上单调递减,在区间(0,2)上单调递增，即当时, ;当x∈(0,2)时, .
因为可化为或，解得：0<x<2或x<0,
所以不等式的解集为.
故选:C
4、A
【解析】根据累加法得，，进而得.
【详解】解：因为
所以，当时，，，……，，
所以，将以上式子相加得，
所以，，.
当时，，满足；
所以，.
所以.
故选：A
5、D
【解析】根据不等式性质并结合反例，即可判断命题真假.
【详解】对于选项A：若，则，
由题意，，不妨令，，则此时，这与结论矛盾，故A错误；
对于选项B：当时，若，则，故B错误；
对于选项C：由，不妨令，，则此时，故C错误；
对于选项D：由不等式性质，可知D正确.
故选：D.
6、A
【解析】过圆外一点，
引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程为，故选
7、D
【解析】先求出平面ABC的法向量，然后将高看作为向量在平面ABC的法向量上的投影的绝对值，则答案可求.
【详解】设平面ABC的法向量为，而，，
则 ,即有 ,
不妨令,则,故 ,
设三棱柱的高为h，
则 ,
故选：D.
8、C
【解析】根据题干条件得到相似，进而得到，求出点P到准线l的距离.
【详解】由题意得：，准线方程为，因为，所以，故点P到准线l的距离为.
故选：C
9、C
【解析】如下图所示，是底角为的等腰三角形，则有
所以，所以
又因为，所以，，所以
所以答案选C.

考点：椭圆的简单几何性质.
10、C
【解析】设两曲线与公共点为，分别求得函数的导数，根据两函数的图像有公共点，且在公共点处切线相同，列出等式，求得公共点的坐标，代入函数，即可求解.
【详解】根据题意，设两曲线与公共点为，其中，
由，可得，则切线的斜率为，
由，可得，则切线斜率为，
因为两函数的图像有公共点，且在公共点处切线相同，
所以，解得或（舍去），
又由，即公共点的坐标为，
将点代入，可得.
故选：C.
11、A
【解析】分析可知直线不过原点，可设直线的方程为，其中且，利用斜率关系可求得实数的值，化简可得直线的方程.
【详解】若直线过原点，则直线在两坐标轴上的截距相等，不合乎题意，
设直线的方程为，其中且，
则直线的斜率为，解得，
所以，直线的方程为，即.
故选：A.
12、D
【解析】根据是正三角形可得的坐标，代入方程后可求离心率.
【详解】不失一般性，可设椭圆的方程为：，为半焦距，为右焦点，
因为且，故，故，
，整理得到，故，
故选：D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】可得四边形为矩形，运用三角函数的定义可得，，由双曲线的定义和矩形的性质，可得，由离心率公式求解即可.
【详解】、为双曲线的左、右焦点，
可得四边形为矩形，
在中，，∴，
在中，，可得，，

∴，
∴，
∵，∴，
∴，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：得出四边形为矩形，利用双曲线的定义解决焦点三角形问题.
14、3
【解析】由双曲线方程可得，利用双曲线定义，以及直角三角形的勾股定理可得，由此求得答案.
【详解】由双曲线的左、右焦点分别为，双曲线左支上点满足，
可得: ，
则 ，且 ，
故，
所以，
故 ，
故答案为：3
15、
【解析】根据椭圆的方程，求得顶点的坐标，结合菱形的面积公式，即可求解.
【详解】由题意，椭圆，可得，可得，
所以椭圆与坐标轴的交点分别为，
此时构成的四边形为菱形，则面积为.
故答案为：.
16、2
【解析】根据给定条件利用二项分布的期望公式直接计算作答.
【详解】因为随机变量，所以.
故答案：2

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）；
（2）证明见解析.
【解析】（1）由题可得，，即求；
（2）由题可设直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理法即证
【小问1详解】
由题意可知在双曲线C中，，，，
解得
所以双曲线C的方程为；
【小问2详解】
证法一：由题可知，
设直线，，，
由，得，
则，，
∴，，

；
当直线的斜率不存在时，，此时.
综上，为定值
证法二：设直线PQ方程为，，，
联立得整理得，
由过右焦点F的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，
则解得，
，，，
由双曲线方程可得，，，，
∵，∴，，

证法三：设直线PQ方程为，，，
联立得整理得，
由过右焦点F的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，
则解得，
∴，，由双曲线方程可得，，
则，
所以，，

，
∴为定值
18、（1）证明见解析
（2）点与点重合时，二面角的余弦值为
【解析】（1）先利用平面几何知识和余弦定理得到及各边长度，利用线面平行的性质和判定定理得到线面垂直，再利用线线平行得到线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，设，写出相关点的坐标，得到相关向量的坐标，利用平面的法向量夹角求出二面角的余弦值，再通过二次函数的最值进行求解.
【小问1详解】
证明：在梯形中，因为，，
又因为，所以,，
所以，
即，解得，，
所以，即.
因为平面，平面，
所以，而平面平面，
所以平面.
因为，所以平面.
【小问2详解】
解：分别以直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系（如图所示），

设，
则，
所以，
设为平面的一个法向量，
由得，
取，则，
又是平面的一个法向量，
设平面与平面所成锐二面角为，
所以

因为，所以当时，有最小值为，
所以点与点重合时，平面与平面所成二面角最大，
此时二面角的余弦值为.
19、（1）
（2）证明见解析，（3,0）
（3）
【解析】（1）求出椭圆的焦点坐标，从而可知抛物线的焦点坐标，进而可得的值；
（2）首先设出直线的方程，联立直线与抛物线的方程，得到，坐标，令，可得直线过点，再证明当，，，三点共线即可；
（3）设出的直线方程，联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理找出根的关系，再利用两点间的距离公式求出最小值即可.
【小问1详解】
椭圆的焦点坐标为，
由于抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，
故，即，；
小问2详解】
由（1）知，抛物线的方程为，
设，，，，
由题意，直线的斜率存在且
设直线的方程为，
代入可得，
则，
故，
故的中点坐标为，
由，设直线的方程为，
代入可得，
则，
故，
可得的中点坐标为，
令得，
此时，
故直线过点，
当时，，
所以，，，三点共线，
所以直线过定点.
【小问3详解】
设，
由题意直线的斜率存在，设直线的方程为，
代入可得，
则，，
，
故，当即直线垂直轴时，取得最小值.
20、（1）答案见解析
（2）
【解析】（1），进而分，，三种情况讨论求解即可；
（2）由题意知在上恒成立，故令，再根据导数研究函数的最小值，注意到使，进而结合函数隐零点求解即可.
【小问1详解】
解：
①，在上单调增；
②，令，单调减
单调增；
③，单调增
单调减.
综上，当时，在上单调增；当时，在上单调递减，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】
解：由题意知在上恒成立
，
令，，
单调递增
∵，
∴使得，即
单调递减；单调递增
，

令，则
在上单调增
，

∴实数的取值范围是
21、（1）；
（2）.
【解析】（1）根据等差数列前n项和求和公式求出首项和公差，进而求出通项公式；
（2）结合（1）求出，再令得出数列的正数项和负数项，进而结合等差数列求和公式求得答案.
【小问1详解】
设等差数列的首项和公差分别为和，
∴，解得：
所以.
【小问2详解】
，所以.
当；当，
当，时，，
当时，
.
综上：.
22、（1）
（2）
【解析】（1）根据椭圆的焦距为，点在C上，由求解；
（2）设，，，的斜率不存在时，则的方程为，与椭圆的方程联立求得M，N的坐标，由，，成等差数列求解；的斜率存在时，设的方程为，与椭圆的方程联立，然后由，，成等差数列，结合韦达定理求解；
【小问1详解】
解：由题意得，
解得，，
所以C的方程为.
【小问2详解】
设，，，
当的斜率不存在时，则的方程为，
将代入，得.
因为，，成等差数列，
所以，即，
显然当时，方程恒成立.
当的斜率存在时，设的方程为，
联立得，
则，.
，
.
因为，，成等差数列，
所以，
即恒成立.
则，
解得.
综上所述，的方程为.