2025年贵州省贵定县第二中学数学高二第一学期期末检测试题含解析.doc

2025年贵州省贵定县第二中学数学高二第一学期期末检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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．已知点为直线上任意一点，为坐标原点．则以为直径的圆除过定点外还过定点（）
A. B.
C. D.
2．若复数，则（）
A B.
C. D.
3．若向量，，，则（ ）
A. B.
C. D.
4．已知点，在双曲线上，线段的中点，则（）
A. B.
C. D.
5．已知数列满足：，数列的前n项和为，若恒成立，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
6．直线分别与曲线，交于，两点，则的最小值为（）
A. B.1
C. D.2
7．甲、乙两名同学同时从教室出发去体育馆打球（路程相等），甲一半时间步行，一半时间跑步；乙一半路程步行，一半路程跑步.如果两人步行速度、跑步速度均相等，则（）
A.甲先到体育馆 B.乙先到体育馆
C.两人同时到体育馆 D.不确定谁先到体育馆
8．等差数列中，，，则（）
A.1 B.2
C.3 D.4
9．已知线段AB的端点B在直线l：y=-x+5上，端点A在圆C1：上运动，线段AB的中点M的轨迹为曲线C2，若曲线C2与圆C1有两个公共点，则点B的横坐标的取值范围是（　　）
A.（-1，0） B.（1，4）
C.（0，6） D.（-1，5）
10．若函数在上有且仅有一个极值点，则实数的取值范围为（）
A. B.
C. D.
11．已知、分别是双曲线的左、右焦点，为一条渐近线上的一点，且，则的面积为（）
A. B.
C. D.1
12．已知命题：；：若，则，则下列判断正确的是（）
A.为真，为真，为假 B.为真，为假，为真
C.为假，为假，为假 D.为真，为假，为假
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，从下列四个条件：①；②；③；④中选出三个条件，能使满足所选条件的存在且唯一的所有c的值为______.
14．已知，，若，则_________.
15．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝__________.
16．若经过点且斜率为1的直线与抛物线交于，两点，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）已知函数，当时，有极大值3
（1）求的值；
（2）求函数的极小值
18．（12分）如图，四边形是矩形，平面平面，为中点，，，

（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值
19．（12分）在正方体中，，，分别是，，的中点.

（1）证明：平面平面；
（2）求直线与所成角的正切值.
20．（12分）如图，在正方体中，为棱的中点.求证：

（1）平面；
（2）求直线与平面所成角的大小.
21．（12分）已知函数
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，证明：存在最大值，且恒成立.
22．（10分）已知圆C经过、两点，且圆心在直线上
（1）求圆C的方程；
（2）若直线经过点且与圆C相切，求直线的方程
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、D
【解析】设垂直于直线，可知圆恒过垂足；两条直线方程联立可求得点坐标.
【详解】设垂直于直线，垂足为，则直线方程为：，
由圆的性质可知：以为直径的圆恒过点，
由得：，以为直径的圆恒过定点.
故选：D.
2、A
【解析】根据复数的乘法运算即可求解.
【详解】由，
故选：A
3、A
【解析】根据向量垂直得到方程，求出的值.
【详解】由题意得：，解得：.
故选：A
4、D
【解析】先根据中点弦定理求出直线的斜率，然后求出直线的方程，联立后利用弦长公式求解的长.
【详解】设，，则可得方程组：，两式相减得：，即，其中因为的中点为，故，故，即直线的斜率为，故直线的方程为：，联立，解得：，由韦达定理得：，，则
故选：D
5、D
【解析】由于，所以利用裂项相消求和法可求得，然后由可得恒成立，再利用基本不等式求出的最小值即可
【详解】，
故
，
故恒成立等价于，
即恒成立，
化简得到，
因为，当且仅当，即时取等号，
所以
故选：D
6、B
【解析】设，，，，得到，用导数法求解.
【详解】解：设，，，，则，
，
，
令，则，
函数在上单调递减，在上单调递增，
时，函数的最小值为1，
故选：B
7、A
【解析】设出总路程与步行速度、跑步速度，表示出两人所花时间后比较不等式大小
【详解】设总路程为，步行速度，跑步速度
对于甲：，得
对于乙：
，当且仅当时等号成立，
而，故，乙花时间多，甲先到体育馆
故选：A
8、B
【解析】根据给定条件利用等差数列性质直接计算作答.
【详解】在等差数列中，因，，而，于是得，解得，
所以.
故选：B
9、D
【解析】设，AB的中点，由中点坐标公式求得，代入圆C1：得点点M的轨迹方程，再根据两圆的位置关系建立不等式，代入，求解即可得点B的横坐标的取值范围.
【详解】解：设，AB的中点，则，所以，
又因为端点A在圆C1：上运动，所以，即，
因为曲线C2与圆C1有两个公共点，所以，
又因B在直线l：y=-x+5上，所以，所以，
整理得，即，解得，
所以点B的横坐标的取值范围是，
故选：D.
10、C
【解析】根据极值点的意义,可知函数的导函数在上有且仅有一个零点.结合零点存在定理,即可求得的取值范围.
【详解】函数
则
因为函数在上有且仅有一个极值点
即在上有且仅有一个零点
根据函数零点存在定理可知满足即可
代入可得
解得
故选:C
【点睛】本题考查了函数极值点的意义,函数零点存在定理的应用,属于中档题.
11、A
【解析】先表示出渐近线方程，设出点坐标，利用，解出点坐标，再按照面积公式求解即可.
【详解】由题意知，双曲线渐近线方程为，不妨设在上，设，由得，
解得，的面积为.
故选：A.
12、D
【解析】先判断出命题，的真假，即可判断.
【详解】因为成立，所以命题为真，
由可得或，所以命题为假命题，
所以为真，为假，为假.
故选：D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、，##，
【解析】由①②结合正弦定理可求出，但是角不唯一，故所选条件中不能同时有①②，只能是①③④或②③④，若选①③④，结合余弦定理可求，若选②③④，结合正弦定理即可求解
【详解】由①②结合正弦定理，所以，此时角不唯一，
所以故所选条件中不能同时有①②，
所以只能是①③④或②③④，
若选①③④，即，，，
由余弦定理可得，解得，
若选②③④，即，，，
因为，，所以，
由正弦定理得，，
故答案为：，
14、
【解析】由题意，，利用向量数量积的坐标运算可得，然后利用定积分性质可得，原式，
最后利用微积分基本定理计算，，利用定积分的几何意义计算，即可得答案.
【详解】解：因为，，且，
所以，解得，
所以=
= ==.
故答案为：.
15、－.
【解析】因为，所以，所以，即，又，即，所以数列是首项和公差都为的等差数列，所以，所以
考点：数列的递推关系式及等差数列的通项公式
【方法点晴】本题主要考查了数列的通项公式、数列的递推关系式的应用、等差数列的通项公式及其性质定知识点的综合应用，解答中得到， ，确定数列是首项和公差都为的等差数列是解答的关键，着重考查了学生灵活变形能力和推理与论证能力，平时应注意方法的积累与总结，属于中档试题
16、
【解析】由题意写出直线的方程与抛物线方程联立，得出韦达定理，由弦长公式可得答案.
【详解】设，则直线的方程为
由，得
所以
所以
故答案为：

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）0
【解析】（1）由题意得，则可得到关于实数的方程组，求解方程组，即可求得的值；
（2）结合（1）中的值得出函数的解析式，即可利用导数求得函数的极小值.
【详解】（1），当时，有极大值3，所以
，解得，
经检验，满足题意，所以；
（2）由（1）得，则，令，得或，
列表得

极小值

极大值

易知是函数的极小值点，所以当时，函数有极小值0
【点睛】本题主要考查了函数的极值的概念，以及利用导数求解函数的极值，考查了学生对极值概念的理解与运算求解能力.
18、（1）证明见解析；（2）
【解析】(1)利用面面垂直的性质，证得平面，进而可得，平面即可得证；
(2)在平面ABC内过点A作Ax⊥AB，以A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量而得解.
【详解】（1）因为，为中点，所以，因为是矩形，所以，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，因为平面，所以，
又，平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）在平面ABC内过点A作Ax⊥AB，由（1）知，平面，
故以点A为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图：

则，，，，，则，
所以，，，，
由（1）知，为平面的一个法向量，设平面的法向量为，
则，即，令，则，，所以，
所以，
因为二面角为锐角，则二面角的余弦值为.
【点睛】思路点睛：二面角大小求解时要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角
19、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）分别证明∥平面，∥平面，最后利用面面平行的判定定理证明平面∥平面即可；
（2）由∥得即为直线与所成角，在直角△即可求解.
【小问1详解】
∵∥且EN平面MNE ,BC平面MNE ,
∴BC∥平面MNE ,
又∵∥且EM平面MNE , 平面MNE ,
∴∥平面MNE
又∵, ∴ 平面∥平面,
【小问2详解】
由（1）得∥,
∴ 为直线MN与所成的角，
设正方体的棱长为a,
在△中，，，
∴.
20、（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）连接，交于，连接，推导出，由此能证明平面.
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的大小.
【详解】（1）证明：连接，交于，连接，
∵在正方体中，是正方形，∴是中点，
∵为棱的中点，∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体中棱长为2，
则，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，取，得，
设直线与平面所成角的大小为，
则，∴，
∴直线与平面所成角的大小为.

【点睛】(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解
(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角
21、（1）的单增区间为，；单减区间为，，；（2）证明见解析.
【解析】（1）先求出函数的定义域，求出，由，结合函数的定义域可得出函数的单调区间.
(2) 当时，定义域R,求出，从而得出单调区间，由当时，，当时，，以及极值点与2的大小关系可得出当时，函数有最大值，然后再证明即可.
【详解】解：（1）定义域

，可得且且，，可得且

3

无

0

无

0

减
无
减

增
无
增

减
所以，的单增区间为，；单减区间为，，.
（2）当时，定义域R

因为，当时，，当时，，
所以的最大值在时取得；
由，即，得
由，得，或
由，得
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
当时，，且，由
所以当时，函数有最大值.
所以，
因为，所以,设，则
所以化为
由 ，则，则，所以
所以
22、（１） ；（２）
【解析】（1）根据圆心在弦的垂直平分线上，先求出弦的垂直平分线的方程与联立可求得圆心坐标，再用两点间的距离公式求得半径，进而求得圆的方程；（2）当直线斜率不存在时，与圆相切，方程为；当直线斜率存在时，设斜率为，写出其点斜式方程，利用圆心到直线的距离等于半径建立方程求解出的值.
试题解析：（1）依题意知线段的中点坐标是，直线的斜率为，
故线段的中垂线方程是即，
解方程组得，即圆心的坐标为，
圆的半径，故圆的方程是
（2）若直线斜率不存在，则直线方程是，与圆相离，不合题意；若直线斜率存在，可设直线方程是，即，因为直线与圆相切，所以有，
解得或
所以直线的方程是或.