2025年新疆兵团八师一四三团一中高二数学第一学期期末监测试题含解析.doc

2025年新疆兵团八师一四三团一中高二数学第一学期期末监测试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．下列求导错误的是（）
A. B.
C. D.
2．以轴为对称轴，抛物线通径的长为8，顶点在坐标原点的抛物线的方程是（）
A. B.
C.或 D.或
3．已知抛物线上一点到焦点的距离为3，准线为l，若l与双曲线的两条渐近线所围成的三角形面积为，则双曲线C的离心率为（）
A.3 B.
C. D.
4．设变量满足约束条件，则的最大值为（ ）
A.0 B.
C.3 D.4
5．函数，的值域为（）
A. B.
C. D.
6．如图，在三棱锥中，平面ABC，，，，则点A到平面PBC的距离为（ ）

A.1 B.
C. D.
7．已知，则a，b，c的大小关系为（）
A. B.
C. D.
8．已知在直角坐标系xOy中，点Q(4，0)，O为坐标原点，直线l：上存在点P满足.则实数m的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
9．已知双曲线的右焦点为F，关于原点对称的两点A、B分别在双曲线的左、右两支上，，且点C在双曲线上，则双曲线的离心率为（）
A.2 B.
C. D.
10．命题“，”否定形式是（）
A.， B.，
C.， D.，
11．已知两条异面直线的方向向量分别是，，则这两条异面直线所成的角满足（ ）
A. B.
C. D.
12．等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A.12 B.18
C.21 D.27
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，右焦点分别为，，过右焦点且倾斜角为直线l与该双曲线交于M，N两点（点M位于第一象限），的内切圆半径为，的内切圆半径为，则为___________.
14．已知抛物线：，斜率为且过点的直线与交于，两点，且，其中为坐标原点
（1）求抛物线的方程；
（2）设点，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值
15．已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系是______
16．已知实数，满足，则的最大值为______.
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．（12分）已知O为坐标原点，点P在抛物线C：上，点F为抛物线C的焦点，记P到直线的距离为d，且.
（1）求抛物线C的标准方程；
（2）若过点的直线l与抛物线C相切，求直线l的方程.
18．（12分）如图，在正方体中，分别为，的中点

（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值
19．（12分）已知首项为1的数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前n项和.
20．（12分）已知椭圆上的点到左、右焦点、的距离之和为4，且右顶点A到右焦点的距离为1.
（1）求椭圆的方程;
（2）直线与椭圆交于不同两点，，记的面积为，当时求的值.
21．（12分）在四棱锥中，底面ABCD是矩形，点E是线段PA的中点.

（1）求证：平面EBD；
（2）若是等边三角形，，平面平面ABCD，求点E到平面PDB的距离.
22．（10分）已知圆C：x2+y2-2x+4y-4=0,问是否存在斜率是1的直线l，使l被圆C截得的弦AB，以AB为直径的圆经过原点，若存在，写出直线l的方程；若不存在，说明理由.
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】根据导数运算求得正确答案.
【详解】、、运算正确.
，B选项错误.
故选：B
2、C
【解析】由分焦点在轴的正半轴上和焦点在轴的负半轴上，两种情况讨论设出方程，根据，即可求解.
【详解】由题意，抛物线的顶点在原点，以轴为对称轴，且通经长为8，
当抛物线的焦点在轴的正半轴上时，设抛物线的方程为，
可得，解得，所以抛物线方程为；
当抛物线的焦点在轴的负半轴上时，设抛物线的方程为，
可得，解得，所以抛物线方程为，
所以所求抛物线的方程为.
故选：C.
3、C
【解析】先由已知结合抛物线的定义求出，从而可得抛物线的准线方程，则可求出准线l与两条渐近线的交点分别为，然后由题意可得，进而可求出双曲线的离心率
详解】依题意，抛物线准线，
由抛物线定义知，解得，则准线，
双曲线C的两条渐近线为，于是得准线l与两条渐近线的交点分别为，原点为O，
则面积，
双曲线C的半焦距为c，离心率为e，则有，解得
故选：C
4、A
【解析】先画出约束条件所表示的平面区域，然后根据目标函数的几何意义，即可求出目标函数的最大值.
【详解】解：满足约束条件的可行域如下图所示：

由，可得，
因为目标函数，即，表示斜率为，截距为的直线，
由图可知，当直线经过时截距取得最小值，即取得最大值，
所以的最大值为，
故选：A.
5、A
【解析】利用基本不等式可得，进而可得，即求.
【详解】∵，
∴，当且仅当，即时取等号，
∴，，
∴.
故选：A.
6、A
【解析】设点A到平面PBC的距离为，根据等体积法求解即可.
【详解】因为平面ABC，
所以,
因为，，
所以
又，，
所以,
所以,
设点A到平面PBC的距离为，
则,
即,
，
故选：A
7、A
【解析】根据给定条件构造函数，再探讨其单调性并借助单调性判断作答.
【详解】令函数，求导得，当时，，
于是得在上单调递减，而，则，即，
所以，
故选：A
8、A
【解析】根据给定直线设出点P的坐标，再借助列出关于的不等式，然后由不等式有解即可计算作答.
【详解】因点P在直线l：上，则设，于是有，
而，因此，，
即，依题意，上述关于的一元二次不等式有实数解，
从而有，解得，
所以实数m的取值范围是.
故选：A
9、D
【解析】设，由，得到四边形是矩形，在中，利用勾股定理求得，再在中，利用勾股定理求解.
【详解】如图所示：

设，则，，，
因为，所以，
则四边形是矩形，
在中，，
即，解得，
在中，，
即，
解得，
故选：D
10、C
【解析】利用含有一个量词的命题的否定的定义求解.
【详解】因为命题“，是特称命题，
所以其否定是全称命题，即为，
故选：C
11、D
【解析】利用向量夹角余弦公式直接求解
【详解】解：两条异面直线的方向向量分别是，，
这两条异面直线所成的角满足：，
，
故选：D
12、B
【解析】根据等差数列的前项和为具有的性质，即成等差数列，由此列出等式，求得答案.
【详解】因为 为等差数列的前n项和，且，，
所以成等差数列，
所以，
即 ，解得=18，
故选：B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、##
【解析】设，，，利用双曲线的定义可得，作出图形，结合图形分析，可知与直线的倾斜角相等，利用直角三角形中的边角关系，即求.
【详解】设的内切圆为圆，与三边的切点分别为，如图所示，

设，，，设的内切圆为圆，
由双曲线的定义可得，得，
由此可知，在中，轴于点，同理可得轴于点，
所以轴，
过圆心作的垂线，垂足为，
因为，
所以，
∴，即
∴，即
故答案为：.
【点睛】关键点点睛，得到是关键，说明轴，同时直线的倾斜角与大小相等，计算即得.
14、（1）（2）为定值6
【解析】（1）由题意可知：将直线方程代入抛物线方程，由韦达定理可知：，，，，求得p的值，即可求得抛物线E的方程；
（2）由直线的斜率公式可知：，， ，代入，，即可得到：.
试题解析：
（1）直线的方程为，联立方程组得，
设，，
所以，，
又，
所以，从而抛物线的方程为
（2）因为，，
所以，，
因此
，
又，，
所以，
即为定值
点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
15、相交
【解析】把两个圆的方程化为标准方程，分别找出两圆的圆心坐标和半径，利用两点间的距离公式求出两圆心的距离，与半径和与差的关系比较即可知两圆位置关系.
【详解】化为，
化为，
则两圆圆心分别为：，，半径分别为：，
圆心距为，，
所以两圆相交.
故答案为：相交.
16、
【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，联立方程组得到最优解的坐标，代入目标函数得答案.
【详解】由约束条件作出可行域如图所示，
化目标函数为，
由图可知，当直线过点时，直线在y轴上的截距最大，z最大，
联立方程组，解得点，
则取得最大值为.
故答案为：

【点睛】本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想，需要注意的是：一，准确无误作出可行域；二，画目标函数所对应直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率比较；三，一般情况下，目标函数的最值会在可行域的端点或边界上取得.

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）或.
【解析】（1）根据抛物线的定义进行求解即可；
（2）根据直线l是否存在斜率分类讨论，结合一元二次方程根的判别式进行求解即可.
【小问1详解】
因为，所以P到直线的距离等于，
所以抛物线C的准线为，
所以，，
所以抛物线C的标准方程为；
【小问2详解】
当直线l的斜率不存在时，方程为，此时直线l恰与抛物线C相切
当直线l的斜率存在时，设其方程为，
联立方程，得
若，显然不合题意；
若，则，解得
此时直线l的方程为
综上，直线l与抛物线C相切时，l的方程为或.
18、（1）证明见解析；
（2）.
【解析】（1）由正方体性质易得，根据线面平行的判定可得面、面，再由面面平行的判定证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，确定相关点的坐标，进而求两个半平面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值
【小问1详解】
在正方体中，且，且，
且，则四边形为平行四边形，即有，
因为面，面，则平面，同理平面，
又，面，则平面平面E.
小问2详解】
以点为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，则，，
所以，，
设平面的法向量为,则，令，则
由平面，则是平面的一个法向量
设平面与平面夹角,，
因此平面与平面所成锐二面角的余弦值为
19、（1）
（2）
【解析】（1）由，构造是以为首项，为公比等比数列，利用等比数列的通项公式可得结果；
（2）由（1）得，利用裂项相消可求.
【小问1详解】
由，得，
又，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
则，即，
故数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）知，，
所以.
因为，
所以

，
所以数列的前n项和.
20、（1）
（2）
【解析】（1）根据题意得到，，再根据求解即可.
（2）首先设，，再根据求解即可.
【小问1详解】
由题意，，
因为右顶点到右焦点的距离为，即，所以，
则，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
设，，且
根据椭圆的对称性得，
联立方程组，整理得，解得，
因为的面积为3，可得，解得.
21、（1）见解析 （2）
【解析】（1）连接交于点，连接，由中位线定理结合线面平行的判定证明即可；
（2）由得出点到平面的距离，再由是的中点，得出点到平面的距离.
【小问1详解】
连接交于点，连接.
因为分别是的中点，所以.
又平面EBD，平面EBD，所以平面EBD；
【小问2详解】
过点作的垂线，垂足为，连接.
因为平面平面ABCD，平面平面ABCD，所以平面ABCD
，

所以，设点到平面的距离为
因为，所以，
因为点是的中点，所以点到平面的距离为.

22、x-y-4=0或x-y+1="0."
【解析】假设存在，并设出直线方程y＝x＋b，然后代入圆的方程得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理得到根的关系，最后利用OA⊥OB即x1x2＋y1y2＝0，得到参数b的方程求解即可
试题解析：
设直线l的方程为y＝x＋b①
圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0．②
联立①②消去y，得
2x2＋2（b＋1）x＋b2＋4b－4＝0
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则有③
因为以AB为直径的圆经过原点，所以OA⊥OB，即x1x2＋y1y2＝0，
而y1y2＝（x1＋b）（x2＋b）＝x1x2＋b（x1＋x2）＋b2，所以2x1x2＋b（x1＋x2）＋b2＝0，
把③代入：b2＋4b－4－b（b＋1）＋b2＝0，
即b2＋3b－4＝0， 解得b＝1或b＝－4，
故直线l存在，方程是x－y＋1＝0，或x－y－4＝0
考点：存在性问题
【方法点睛】存在性问题，首先应假设存在，然后去求解．对本题来说具体是：设出直线方程y＝x＋b，然后分析几何性质得到OA⊥OB即得到关于参数b方程求解即可．解该类问题最容易出错的的地方是，忽视对参数范围的考虑，即直线方程与圆的方程联立求解后应得到，即求出的b值必须满足b的范围，否则无解