新疆哈密石油中学2025年数学高二第一学期期末综合测试试题含解析.doc

新疆哈密石油中学2025年数学高二第一学期期末综合测试试题
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．在直三棱柱中，，，则直线与所成角的大小为（ ）
A.30° B.60°
C.120° D.150°
2．已知一个圆锥的体积为，任取该圆锥的两条母线a，b，若a，b所成角的最大值为，则该圆锥的侧面积为（）
A. B.
C. D.
3．从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，两数和为偶数的概率为（ ）
A. B.
C. D.
4．已知，则“”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
5．阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知在平面直角坐标系中，椭圆的面积为，两焦点与短轴的一个端点构成等边三角形，则椭圆的标准方程是（ ）
A. B.
C. D.
6．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.
7．已知集合A=（）
A. B.
C.或 D.
8．抛物线的顶点在原点，对称轴是x轴，点在抛物线上，则抛物线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
9．数列是等比数列，是其前n项之积，若，则的值是（ ）
A.1024 B.256
C.2 D.512
10．古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明.经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明.他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线.现有方程表示的曲线是双曲线，则的取值范围为（）
A. B.
C. D.
11．袋子中有四个小球，分别写有“文、明、中、国”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“中”“国”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率.利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0，1，2，3代表“文、明、中、国”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：

由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为（）
A. B.
C. D.
12．某企业为节能减排，用万元购进一台新设备用于生产.第一年需运营费用万元，从第二年起，每年运营费用均比上一年增加万元，该设备每年生产的收入均为万元.设该设备使用了年后，年平均盈利额达到最大值（盈利额等于收入减去成本），则等于（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．银行一年定期的存款的利率为p，如果将a元存入银行一年定期，到期后将本利再存一年定期，到期后再存一年定期……，则10年后到期本利共________元
14．若“”是真命题，则实数的最小值为_____________.
15．已知椭圆的弦AB的中点为M，O为坐标原点，则直线AB的斜率与直线OM的斜率之积等于_________
16．已知数列满足：，，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）如图所示，圆锥的高，底面圆的半径为，延长直径到点，使得，分别过点、作底面圆的切线，两切线相交于点，点是切线与圆的切点

（1）证明：平面；
（2）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求该圆锥的体积
18．（12分）已知点和圆.
（1）求圆的圆心坐标和半径；
（2）设为圆上的点，求的取值范围.
19．（12分）如图，四棱锥中，，且，

（1）求证：平面平面；
（2）若是等边三角形，底面是边长为3的正方形，是中点，求直线与平面所成角的正弦值.
20．（12分）在直角坐标系中，点到两点、的距离之和等于，设点的轨迹为，直线与交于、两点
（1）求曲线的方程；
（2）若，求的值
21．（12分）某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过12站的地铁票价如下表：
乘坐站数

票价（元）
2
4
6
现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过12站，且他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的.
（1）若甲、乙两人共付费6元，则甲、乙下地铁的方案共有多少种？
（2）若甲、乙两人共付费8元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？
22．（10分）某中医药研究所研制出一种新型抗过敏药物，服用后需要检验血液抗体是否为阳性，现有n（n∈N*）份血液样本，每个样本取到的可能性均等，有以下两种检验方式：①逐份检验，需要检验n次；②混合检验，将其中k（k∈N*，2≤k≤n）份血液样本分别取样混合在一起检验，若结果为阴性，则这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只需检验一次就够了，若检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪份为阳性，就需要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k+1次.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是相互独立的，且每份样本是阳性的概率为p（0＜p＜1）.
（1）假设有5份血液样本，其中只有两份样本为阳性，若采取逐份检验的方式，求恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率.
（2）现取其中的k（k∈N*，2≤k≤n）份血液样本，采用逐份检验的方式，样本需要检验的次数记为ξ1；采用混合检验的方式，样本需要检验的总次数记为ξ2.
（i）若k＝4，且，试运用概率与统计的知识，求p的值；
（ii）若，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、B
【解析】根据三棱柱的特征补全为正方体，则，为直线与所成角，连接，则为等边三角形即可得解.
【详解】根据直三棱柱的特征，
补全可得如图所示的正方体，
易知，为直线与所成角，
连接，则为等边三角形，
所以，
所以直线与所成角的大小为.
故选：B

2、B
【解析】设圆锥的母线长为R，底面半径长为r，由题可知圆锥的轴截面是等边三角形，根据体积公式计算可得，利用扇形的面积公式计算即可求得结果.
【详解】如图，设圆锥的母线长为R，底面半径长为r，由题可知圆锥的轴截面是等边三角形，
所以，圆锥的体积，解得，
所以该圆锥的侧面积为.
故选：B

3、B
【解析】利用列举法，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率.
【详解】从中任取个不同的数的方法有，共种，
其中和为偶数的有共种，
所以所求的概率为.
故选：B
【点睛】本小题主要考查古典概型概率计算，属于基础题.
4、A
【解析】由，结合基本不等式可得，由此可得，由此说明“”是“”的充分条件，再通过举反例说明“”不是“”的必要条件，由此确定正确选项.
【详解】∵ ，
∴ （当且仅当时等号成立），（当且仅当时等号成立），
∴ （当且仅当时等号成立），
若，则，
∴ ，
所以“”是“”的充分条件，
当时，，此时，
∴“”不是“”的必要条件，
∴“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
5、A
【解析】由椭圆的面积为和两焦点与短轴的一个端点构成等边三角形，得到求解.
【详解】由题意得，解得，
所以椭圆的标准方程是.
故选：A
6、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.
7、A
【解析】先求出集合，再根据集合的交集运算，即可求出结果.
【详解】因为集合，
所以.
故选：A.
8、B
【解析】首先根据题意设出抛物线的方程，利用点在曲线上的条件为点的坐标满足曲线的方程，代入求得参数的值，最后得到答案.
【详解】解：根据题意设出抛物线的方程，
因为点在抛物线上，所以有，解得，
所以抛物线的方程是：，
故选：B.
9、D
【解析】设数列的公比为q，由已知建立方程求得q，再利用等比数列的通项公式可求得答案.
【详解】解：因为数列是等比数列，是其前n项之积， ，设数列的公比为q，
所以，解得，
所以，
故选：D.
10、C
【解析】对方程进行化简可得双曲线上一点到定点与定直线之比为常数，进而可得结果.
【详解】已知方程可以变形为，即，
∴
其表示双曲线上一点到定点与定直线之比为常数，
又由，可得，
故选：C.
11、A
【解析】利用古典概型的概率公式求解.
【详解】因为随机模拟产生了以下18组随机数：
，
其中恰好第三次就停止包含的基本事件有：023,123,132共3个，
所以由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为，
故选：A
12、D
【解析】设该设备第年的营运费为万元，利用为等差数列可求年平均盈利额，利用基本不等式可求其最大值.
【详解】设该设备第年的营运费为万元，
则数列是以2为首项，2为公差的等差数列，则，
则该设备使用年的营运费用总和为，
设第n年的盈利总额为，则，
故年平均盈利额为，
因为，当且仅当时，等号成立，
故当时，年平均盈利额取得最大值4.
故选：D.
【点睛】本题考查等差数列在实际问题中的应用，注意根据题设条件概括出数列的类型，另外用基本不等式求最值时注意检验等号成立的条件.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】根据题意求出每年底的本利和，归纳即可.
【详解】由题意知，
第一年本利和为：元，
第二年本利和为：元，
第三年本利和为：元，
以此类推，
第十年本利和为：元，
故答案：
14、1
【解析】若“ ”是真命题，则大于或等于函数在的最大值
因为函数在上为增函数，所以，函数在上的最大值为1，
所以， ，即实数 的最小值为1.
所以答案应填:1.
考点：1、命题；2、正切函数的性质.
15、
【解析】根据点是弦的中点，为坐标原点，利用点差法求解.
【详解】设，且，
则，（1），（2）
得：，
，
.
又，
，
.
故答案为：
16、
【解析】令n=n-1代回原式，相减可得，利用累乘法，即可得答案.
【详解】因为，
所以，
两式相减可得，整理得，
所以，
整理得，又，解得.
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）证明见解析；
（2）.
【解析】（1）由线面垂直、切线的性质可得、，再根据线面垂直的判定即可证结论.
（2）若，构建为原点，、、为x、y、z轴的空间直角坐标系，求面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及其对应的余弦值求R，最后由圆锥的体积公式求体积.
【小问1详解】
由题设，底面圆，又是切线与圆的切点，
∴底面圆，则，且，而，
∴平面.
【小问2详解】
由题设，若，可构建为原点，、、为x、y、z轴的空间直角坐标系，
又，可得，
∴，，，有，，
若是面的一个法向量，则，令，则，
又面的一个法向量为，

∴，可得，
∴该圆锥的体积
18、（1）圆心的坐标为，半径；
（2）
【解析】（1）利用配方法化圆的一般方程为标准方程，可得圆心坐标与半径；
（2）由两点间的距离公式求得，得到与，则的取值范围可求
【小问1详解】
解：由，得，
圆心的坐标为，半径；
【小问2详解】
解：，，
，
，
的取值范围是
19、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）根据线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式，结合线面角定义进行求解即可.
【小问1详解】
∵，∴，，又，∴，∵，面，∴面，平面ABCD,
平面平面
【小问2详解】
∵平面平面，交AD于点F，平面，平面平面，∴平面，
以为原点，，的方向分别为轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，
设平面的法向量为，则，求得法向量为，
由，所以直线与平面所成角的正弦值为.

20、（1）；（2）.
【解析】（1）本题可根据椭圆的定义求出点的轨迹；
（2）本题首先可设、，然后联立椭圆与直线方程，通过韦达定理得出、，最后通过得出，代入、的值并计算，即可得出结果.
【详解】（1）因为点到两点、的距离之和等于，
所以结合椭圆定义易知，点的轨迹是以点、为焦点且的椭圆，
则，，，点的轨迹.
（2）设，，
联立，整理得，
则，，
因为，所以，
即，整理得，
则，整理得，解得.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据椭圆定义求动点轨迹以及直线与抛物线相关问题的求解，椭圆的定义为动点到两个定点的距离为一个固定的常数，考查韦达定理的应用，考查计算能力，是难题.
21、（1）24（种）
（2）21（种）
【解析】（1）先根据共付费6元得一人付费2元一人付费4元，再确定人与乘坐站数，即可得结果；
（2）先根据共付费8元得一人付费2元一人付费6元或两人都付费4元，再求甲比乙先下地铁的方案数.
【小问1详解】
由已知可得：甲、乙两人共付费6元，则甲、乙一人付费2元一人付费4元，
又付费2元的乘坐站数有1，2，3三种选择，付费4元的乘坐站数有4，5，6，7四种选，
所以甲、乙下地铁的方案共有（3×4）×2=24（种）.
【小问2详解】
甲、乙两人共付费8元，则甲、乙一人付费2元一人付费6元或两人都付费4元；
当甲付费2元，乙付费6元时，甲乘坐站数有1，2，3三种选择，乙乘坐站数有8，9，10，11，12五种选择，此时，共有35=15（种）方案；
当两人都付费4元时，若甲在第4站下地铁，则乙可在第5，6，7站下地铁，有3种方案；
若甲在第5站下地铁，则乙可在第6，7站下地铁，有2种方案；
若甲在第6站下地铁，则乙可在第7站下地铁，有1种方案；
综上，甲比乙先下地铁的方案共有（种）.
22、（1）；（2）（i）；（ii）证明见解析.
【解析】（1）设恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来为事件A，由古典概型概率计算公式可得答案；
（2）（i）由已知，可能取值分别为1，，求解概率然后求期望推出关于的关系式；
（ii）由，计算出，再由，构造函数，利用导数判断函数的最值可得答案..
【详解】（1）设恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来为事件A，
所以前2次检验中有一阳性有一阴性样本第三次为阳性样本，或者前3次均为阴性样本，
则.
（2）（i），所以，可能取值分别为1，，
，
，
因为得，因为，
所以，.
（ii）因为，由（i）知，
所以，
设，，
所以在单调递增，所以
由于，所以，即，得证.
【（4）（5）选做】