长春市第八十七中学2025年高二上数学期末预测试题含解析.doc

长春市第八十七中学2025年高二上数学期末预测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．已知集合，集合或，是实数集，则（ ）
A. B.
C. D.
2．已知实数x，y满足，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
3．已知抛物线上一横坐标为5的点到焦点的距离为6，且该抛物线的准线与双曲线(，)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.4
C.6 D.9
4．已知椭圆的左，右两个焦点分别为，若椭圆C上存在一点A，满足，则椭圆C的离心率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
5．已知抛物线的焦点为，为抛物线上一点，为坐标原点，且，则（ ）
A.4 B.2
C. D.
6．若，则（）
A.1 B.2
C.4 D.8
7．在正方体中中，，若点P在侧面（不含边界）内运动，，且点P到底面的距离为3，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A. B.
C. D.
8．已知全集，集合，则（）
A. B.
C. D.
9．过点作圆的切线，则切线的方程为（）
A. B.
C.或 D.或
10．圆与圆的位置关系是()
A.内切 B.相交
C.外切 D.相离
11．已知函数，其中e是自然数对数的底数，若，则实数a的取值范围是
A. B.
C. D.
12．已知抛物线，过点作抛物线的两条切线，点为切点.若的面积不大于，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．椭圆上一点到两个焦点的距离之和等于，则的标准方程为______.
14．已知直线l的方向向量，平面的法向量，若，则______
15．已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则___________.
16．已知空间向量，，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）已知数列为正项等比数列，满足，，数列满足
（1）求数列，的通项公式；
（2）若数列的前n项和为，数列满足，证明：数列的前n项和
18．（12分）如图，五边形为东京奥运会公路自行车比赛赛道平面设计图，根据比赛需要，在赛道设计时需预留出，两条服务通道（不考虑宽度），，，，，为赛道．现已知，，千米，千米

（1）求服务通道的长
（2）在上述条件下，如何设计才能使折线赛道（即）的长度最大，并求最大值
19．（12分）直线经过两直线和的交点
（1）若直线与直线平行，求直线的方程；
（2）若点到直线的距离为，求直线的方程
20．（12分）请你设计一个包装盒，如图所示，是边长为的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得四个点重合于图中的点，正好形成一个长方体形状的包装盒，、在上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设

（1）求包装盒的容积关于的函数表达式，并求出函数的定义域；
（2）当为多少时，包装盒的容积最大？最大容积是多少？
21．（12分）如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为1的正方形，，，设，，

（1）用，，表示，并求；
（2）求
22．（10分）命题：函数有意义；命题：实数满足.
（1）当且为真时，求实数的取值范围；
（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.
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、A
【解析】先化简集合，再由集合的交集、补集运算求解即可
【详解】，或，故
故选：A
2、B
【解析】实数，满足，通过讨论，得到其图象是椭圆、双曲线的一部分组成的图形，借助图象分析可得的取值就是图象上一点到直线距离范围的2倍，求出切线方程根据平行直线距离公式算出最小值，和最大值的极限值即可得出答案.
【详解】因为实数，满足，
所以当时，，其图象是位于第一象限，焦点在轴上的双曲线的一部分（含点），
当时，其图象是位于第四象限，焦点在轴上的椭圆的一部分，
当时，其图象不存在，
当时，其图象是位于第三象限，焦点在轴上的双曲线的一部分，
作出椭圆和双曲线的图象，其中图象如下：

任意一点到直线的距离
所以，结合图象可得的范围就是图象上一点到直线距离范围的2倍，
双曲线，其中一条渐近线与直线平行，
通过图形可得当曲线上一点位于时，取得最小值，无最大值，小于两平行线与之间的距离的倍，
设与其图像在第一象限相切于点，
由
因为或（舍去）
所以直线与直线的距离为
此时，
所以的取值范围是
故选：B
【点睛】三种距离公式：
（1）两点间的距离公式：
平面上任意两点间的距离公式为；
（2）点到直线的距离公式：
点到直线的距离;
（3）两平行直线间的距离公式：
两条平行直线与间的距离.
3、A
【解析】由题意求得抛物线的准线方程为，进而得到准线与双曲线C的渐近线围成的三角形面积，求得，再结合和离心率的定义，即可求解.
【详解】由题意，抛物线上一横坐标为5的点到焦点的距离为6，
根据抛物线定义，可得，即，所以抛物线的准线方程为，
又由双曲线C的两条渐近线方程为，
则抛物线的准线与双曲线C的两条渐近线围成的三角形面积为，
解得，
又由，可得，所以双曲线C的离心率.
故选：A.
4、C
【解析】根据题意可知当A为椭圆的上下顶点时，即可满足椭圆C上存在一点A，使得，由此可得，解此不等式可得答案.
【详解】由椭圆的对称性可知，当A为椭圆的上下顶点时， 最大，
故只需即可满足题意，
设O为坐标原点，则只需 ,即有，
所以 ，解得 ，

故选：C
5、B
【解析】依题意可得，设，根据可得，，根据为抛物线上一点，可得.
【详解】依题意可得，设，
由得，
所以，，所以，，
因为为抛物线上一点，所以，解得.
故选：B.
【点睛】本题考查了平面向量加法的坐标运算，考查了求抛物线方程，属于基础题.
6、D
【解析】由题意结合导数的运算可得，再由导数的概念即可得解.
【详解】由题意，所以，
所以.
故选：D.
7、A
【解析】如图建立空间直角坐标系，先由，且点P到底面的距离为3，确定点P的位置，然后利用空间向量求解即可
【详解】如图，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，
所以，
所以，
所以，
因为,所以平面，
因为平面平面，点P在侧面（不含边界）内运动，，
所以，
因为点P到底面的距离为3，所以，
所以，
因为，
所以异面直线与所成角的余弦值为
，
故选：A

8、B
【解析】根据题意先求出，再利用交集定义即可求解.
【详解】全集，集合，
则，故
故选：B
9、C
【解析】设切线的方程为，然后利用圆心到直线的距离等于半径建立方程求解即可.
【详解】圆的圆心为原点，半径为1，
当切线的斜率不存在时，即直线的方程为，不与圆相切，
当切线的斜率存在时，设切线的方程为，即
所以，解得或
所以切线的方程为或
故选：C
10、B
【解析】判断圆心距与两圆半径之和、之差关系即可判断两圆位置关系.
【详解】由得圆心坐标为，半径，
由得圆心坐标为，半径，
∴，，
∴，即两圆相交.
故选：B.
11、B
【解析】利用函数的奇偶性将函数转化为f（M）≤f（N）的形式，再利用单调性脱去对应法则f，转化为一般的二次不等式求解即可
【详解】由于，，则f（﹣x）＝﹣x3+e﹣x﹣ex＝﹣f（x），故函数f（x）为奇函数
故原不等式f（a﹣1）+f（2a2）≤0，可转化为f（2a2）≤﹣f（a﹣1）＝f（1﹣a），即f（2a2）≤f（1﹣a）；
又f'（x）＝3x2﹣cosx+ex+e﹣x，由于ex+e﹣x≥2，故ex+e﹣x﹣cosx>0，
所以f'（x）＝3x2﹣cosx+ex+e﹣x≥0恒成立，
故函数f（x）单调递增，则由f（2a2）≤f（1﹣a）可得，2a2≤1﹣a，即2a2+a﹣1≤0，
解得，
故选B
【点睛】本题考查了函数的奇偶性和单调性的判定及应用，考查了不等式的解法，属于中档题
12、C
【解析】由题意，设，直线方程为，则由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，再联立直线与抛物线方程，由韦达定理及弦长公式求出，进而可得，结合即可得答案.
【详解】解：因为抛物线的性质：在抛物线上任意一点处的切线方程为，设，
所以在点处的切线方程为，在点B处的切线方程为，
因为两条切线都经过点，
所以，，
所以直线的方程为，即，
点到直线的距离为，
联立直线与抛物线方程有，消去得，
由得，，由韦达定理得，
所以弦长，
所以，
整理得，即，解得，又
所以.
故选：C.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】根据椭圆定义求出其长半轴长，再结合焦点坐标即可计算作答.
【详解】因椭圆上一点到两个焦点的距离之和等于，则该椭圆长半轴长，
而半焦距，于是得短半轴长b，有，
所以的标准方程为.
故答案为：
14、
【解析】由，可得∥，从而可得，代入坐标列方程可求出，从而可求出
【详解】因为直线l的方向向量，平面的法向量，，
所以∥，
所以存在唯一实数，使，
所以，所以，
解得，
所以，
故答案为：
15、2
【解析】由，可两平面的法向量也平行，从而可求出，进而可求得答案
【详解】因为平面的法向量为，平面的法向量为，，
所以∥，
所以存实数使，
所以，所以，解得，
所以，
故答案为：2
16、7
【解析】根据题意，结合空间向量的坐标运算，即可求解.
【详解】根据题意，易知，因为，所以，
即，解得
故答案为：7

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）将已知条件用首项和公比表示，联立方程组即可求解数列的通项公式，然后由对数的运算性质即可得数列的通项公式；
（2）由（1）求出，然后利用裂项相消求和法求出数列的前n项和，即可证明.
【小问1详解】
解：设等比数列的公比为，
由题意，得，即，解得或（舍），
又，所以，
所以，；
【小问2详解】
解：，
所以，
所以
18、（1）服务通道的长为千米
（2）时，折线赛道的长度最大，最大值为千米
【解析】（1）先在中利用正弦定理得到长度，再在中，利用余弦定理得到即可；
（2）在中利用余弦定理得到，再根据基本等式求解最值即可.
【小问1详解】
在中，由正弦定理得：
，
在中，由余弦定理，
得，
即
解得或（负值舍去）
所以服务通道的长为千米
【小问2详解】
在中，由余弦定理得：，
即，所以
因为，所以，
所以，即（当且仅当时取等号）
即当时，折线赛道的长度最大，最大值为千米
19、（1）
（2）或
【解析】（1）由题意两立方程组，求两直线的交点的坐标，利用两直线平行的性质，用待定系数法求出的方程
（2）分类讨论直线的斜率，利用点到直线的距离公式，用点斜式求直线的方程
【小问1详解】
解：由，解得，
所以两直线和的交点为
当直线与直线平行，设的方程为，
把点代入求得，
可得的方程为
【小问2详解】
解：斜率不存在时，直线方程为，满足点到直线的距离为5
当的斜率存在时，设直限的方程为，即，
则点到直线的距离为，求得，
故的方程为，即
综上，直线的方程为或
20、（1），定义域为；
（2）当时，包装盒的容积最大是.
【解析】（1）设出包装盒的高和底面边长，利用长方体的表面积得到等量关系，再利用长方体的体积公式求出表达式，再利用实际意义得到函数的定义域；
（2）求导，利用导函数的符号变化得到函数的极值，即最值.
小问1详解】
解：设包装盒的高为，底面边长为，
则，，
所以=
其定义域为；
【小问2详解】
解：由（1）得：，，
因为，
所以当时，；
当时，；
所以当时，取得极大值，
即当时，包装盒的容积最大是
21、（1），
（2）0
【解析】（1）把，，作为基底，利用空间向量基本定理表示，然后根据已知的数据求，
（2）先把用基底表示，然后化简求解
【小问1详解】
因为，，，,
所以

，
因为底面ABCD是边长为1的正方形，，，
所以

【小问2详解】
因为，底面ABCD是边长为1的正方形，，，
所以

22、 (1)；(2)
【解析】(1)首先将命题，化简，然后由为真可得，均为真，取交集即可求出实数的取值范围；
(2)将是的充分不必要条件转化为是的必要不充分条件，进而将问题转化为，从而求出实数的取值范围
【详解】(1)若命题为真，则，解得，
当时，命题，
若命题为真，则，解得，所以，
因为为真，所以，均为真，
所以，所以，
所以实数的取值范围为
(2) 因为是的充分不必要条件，所以是的必要不充分条件，
所以，所以或，所以，
所以实数的取值范围是
【点睛】本题主要考查根据真值表判断复合命题中的单个命题的真假，根据充分不必要条件求参数的取值范围，同时考查一元二次不等式的解法，分式不等式的解法．第(2)问关键是将问题等价转化为两个集合间的真包含关系