2025年甘肃省民乐县第一中学高二数学第一学期期末达标检测试题含解析.doc

2025年甘肃省民乐县第一中学高二数学第一学期期末达标检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．等差数列的公差，且，，则的通项公式是（）
A. B.
C. D.
2．椭圆的焦点坐标为（）
A. B.
C. D.
3．设A＝37＋·35＋·33＋·3，B＝·36＋·34＋·32＋1，则A－B的值为(　　)
A.128 B.129
C.47 D.0
4．如图，在平行六面体中，，则与向量相等的是（ ）

A. B.
C. D.
5．在空间直角坐标系中，若，，则点B的坐标为（）
A.（3，1，﹣2） B.（-3，1，2）
C.（-3，1，-2） D.（3，-1，2）
6．若双曲线的一条渐近线方程为.则（）
A. B.
C.2 D.4
7．已知函数在上是增函数，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D.
8．若的解集是，则等于（ ）
A.-14 B.-6
C.6 D.14
9．已知在四棱锥中，平面，底面是边长为4的正方形，，E为棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B.
C. D.
10．在长方体中，，，则与平面所成的角的正弦值为（ ）
A. B.
C. D.
11．设正方体的棱长为，则点到平面的距离是（）
A. B.
C. D.
12．已知圆，圆相交于P，Q两点，其中，分别为圆和圆的圆心.则四边形的面积为（）
A.3 B.4
C.6 D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．双曲线的右焦点到C的渐近线的距离为，则C渐近线方程为______
14．已知为抛物线：的焦点，为抛物线上在第一象限的点.若为的中点，为抛物线的顶点，则直线斜率的最大值为______.
15．中小学生的视力状况受到社会的关注.某市有关部门从全市6万名高一学生中随机抽取400名学生，对他们的视力状况进行一次调查统计，将所得到的有关数据绘制成频率分布直方图，如图所示，从左至右五个小组的频率之比为，则抽取的这400名高一学生中视力在范围内的学生有______人.

16．记为等差数列{}的前n项和，若，，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）已知圆，直线
（1）判断直线l与圆C的位置关系；
（2）过点作圆C的切线，求切线的方程
18．（12分）已知为各项均为正数的等比数列，且，
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列前n项和
19．（12分）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，，分别为，的中点

（1）证明：平面；
（2）证明：平面
20．（12分）已知圆的圆心在直线，且与直线相切于点.
（1）求圆的方程；
（2）直线过点且与圆相交，所得弦长为，求直线的方程.
21．（12分）在中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，已知.
（1）求B；
（2）若，，求b的值.
22．（10分）已知数列满足，，数列前项和为.
（1）求数列，的通项公式；
（2）表示不超过的最大整数，如，设的前项和为，令，求证：.
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、C
【解析】由于数列为等差数列，所以，再由可得可以看成一元二次方程的两个根，由可知，所以，从而可求出，可得到通项公式.
【详解】解：因为数列为等差数列，所以，
因为，所以可以看成一元二次方程的两个根，
因为，所以，
所以，解得，
所以
故选：C
【点睛】此题考查的是等差数列的通项公式和性质，属于基础题.
2、B
【解析】根据方程可得，且焦点轴上，然后可得答案.
【详解】由椭圆的方程可得，且焦点在轴上，
所以，即，故焦点坐标为
故选：B
3、A
【解析】先化简A－B，发现其结果为二项式展开式，然后计算即可
【详解】A－B＝37－·36＋·35－·34＋·33－·32＋·3－1＝
故选A.
【点睛】本题主要考查了二项式定理的运用，关键是通过化简能够发现其结果在形式上满足二项式展开式，然后计算出结果，属于基础题
4、A
【解析】根据空间向量的线性运算法则——三角形法，准确运算，即可求解.
【详解】由题意，在平行六面体中，，
可得.
故选：A.
5、C
【解析】利用点的坐标表示向量坐标，即可求解.
【详解】设，，
，
所以，，，解得：，，，
即.
故选：C
6、C
【解析】求出渐近线方程为，列出方程求出.
【详解】双曲线的渐近线方程为，因为，所以，所以.
故选：C
7、A
【解析】由题意可知，对任意的恒成立，可得出对任意的恒成立，利用基本不等式可求得实数的取值范围.
【详解】因为，则，
由题意可知，对任意的恒成立，所以，对任意的恒成立，
由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，
所以，.
故选：A.
8、A
【解析】由一元二次不等式的解集，结合根与系数关系求参数a、b，即可得.
【详解】∵的解集为，
∴-5和2为方程的两根，
∴有，解得，
∴.
故选：A.
9、B
【解析】建立空间直角坐标系，以向量法去求直线与平面所成角的正弦值即可.
【详解】平面，底面是边长为4的正方形，
则有，
而，故平面，
以A为原点，分别以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图：

则，，
，
设直线与平面所成角为，又由题可知为平面的一个法向量，
则
故选：B
10、D
【解析】过点作的垂线，垂足为，由线面垂直判定可知平面，则所求角即为，由长度关系求得即可.
【详解】在平面内过点作的垂线，垂足为，连接.

，，，平面，
平面，的正弦值即为所求角的正弦值，
，，.
故选：D.
11、D
【解析】建立空间直角坐标系，根据空间向量所学点到面的距离公式求解即可.
【详解】建立如下图所示空间直角坐标系，以为坐标原点，
所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴.
因为正方体的边长为4，所以，，，，
，所以，，，
设平面的法向量，所以，，
即，设，所以，，即，
设点到平面的距离为，所以，

故选：D.
12、A
【解析】求得，由此求得四边形的面积.
【详解】圆的圆心为，半径；
圆的圆心为，
所以，
由、两式相减并化简得，
即直线的方程为，
到直线的距离为，
所以，
所以四边形的面积为.
故选：A

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】根据给定条件求出双曲线渐近线，再用点到直线的距离公式计算作答
【详解】双曲线的渐近线为：，即，
依题意，，即，解得，
所以C渐近线方程为.
故答案为：
14、1
【解析】由题意，可得，设，，，根据是线段的中点，求出的坐标，可得直线的斜率，利用基本不等式即可得结论
【详解】解：由题意，可得，设，，，，
是线段的中点，则，，
，当且仅当时取等号，
直线的斜率的最大值为1
故答案为：1
15、50
【解析】利用频率分布直方图的性质求解即可.
【详解】第五组的频率为，
第一组所占的频率为，
则随机抽取400名学生视力在范围内的学生约有人.
故答案为：50.
16、18
【解析】根据等差数列通项和前n项和公式即可得到结果.
【详解】设等差数列的公差为，
由，得，解得，
所以
故答案为：18

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）相交.（2）或.
【解析】（1）先判断出直线恒过定点(2，1) ，由(2，1)在圆内，即可判断；
（2）分斜率存在与不存在两种情况，利用几何法求解.
【小问1详解】
直线方程，即，则直线恒过定点(2，1).因为，则点(2，1)位于圆的内部，故直线与圆相交.
【小问2详解】
直线斜率不存在时，直线满足题意；
②直线斜率存在的时候，设直线方程为，即.
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，解得: ，则直线方程为：.
综上可得，直线方程或.
18、（1）
（2）
【解析】(1)利用基本量法，求出首项和公比，即可求解.
(2)利用错位相减法，即可求解.
【小问1详解】
设等比数列公比为

【小问2详解】

19、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）取中点，结合三角形中位线性质可证得四边形为平行四边形，由此得到，由线面平行判定定理可证得结论；
（2）利用菱形特点和线面垂直的性质可证得，，由线面垂直的判定定理可证得结论.
【详解】（1）取中点，连接，

分别为中点，，
四边形为菱形，为中点，，，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面.
（2）连接，

四边形为菱形，，为等边三角形，
又为中点，，
平面，平面，，
又平面，，平面.
20、（1）
（2）或
【解析】（1）分析可知圆心在直线上，联立两直线方程，可得出圆心的坐标，计算出圆的半径，即可得出圆的方程；
（2）利用勾股定理求出圆心到直线的距离，然后对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出参数，即可得出直线的方程.
【小问1详解】
解：过点且与直线垂直的直线的方程为，
由题意可知，圆心即为直线与直线的交点，
联立，解得，故圆的半径为，
因此，圆的方程为.
【小问2详解】
解：由勾股定理可知，圆心到直线的距离为.
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离为，满足条件；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
由题意可得，解得，
此时，直线的方程为，即.
综上所述，直线的方程为或.
21、（1）；
（2）.
【解析】（1）利用正弦定理，将边化角转化，即可求得；
（2）利用余弦定理，结合（1）中所求，即可求得.
【小问1详解】
在中，由正弦定理得，
因为，所以，所以，
又因为，所以.
【小问2详解】
在中，由余弦定理得，
代入数据解得，
所以
22、（1），
（2）证明见解析
【解析】(1)利用累加法求通项公式，利用通项公式与前n项和公式的关系可求的通项公式；
(2)求出并判断其范围，求出，利用裂项相消法求的前n项和即可证明.
【小问1详解】
由题可知，当n≥2时，

＝

当n＝1时，也符合上式，
∴；
当时，，
当n＝1时，也符合上式，
∴；
【小问2详解】
由(1)知，
∴，
∵，；
∵，，
，，，
∴
设为数列的前n项和，
则.