吉林省扶余市第一中学2025年数学高二第一学期期末达标检测试题含解析.doc

吉林省扶余市第一中学2025年数学高二第一学期期末达标检测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．给出如下四个命题正确的是（）
①方程表示的图形是圆；
②椭圆的离心率；
③抛物线的准线方程是；
④双曲线的渐近线方程是
A.③ B.①③
C.①④ D.②③④
2．参加抗疫的300名医务人员，编号为1，2，…，300.为了解这300名医务人员的年龄情况，现用系统抽样的方法从中抽取15名医务人员的年龄进行调查.若抽到的第一个编号为6，则抽到的第二个编号为（ ）
A.21 B.26
C.31 D.36
3．直线的倾斜角的大小为
A. B.
C. D.
4．已知数列满足，，，前项和（）
A. B.
C. D.
5．在长方体中，，，则异面直线与所成角的正弦值是（）

A. B.
C. D.
6．已知函数在上是增函数，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D.
7．函数的导数为（ ）
A.
B.
C
D.
8．某次数学考试试卷评阅采用“双评+仲裁”的方式，规则如下：两位老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于或等于分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分.如图所示，当，，时，则（）

A. B.
C.或 D.
9．为了更好地解决就业问题，国家在2020年提出了“地摊经济”为响应国家号召，有不少地区出台了相关政策去鼓励“地摊经济”.某摊主2020年4月初向银行借了免息贷款8000元，用于进货，因质优价廉，供不应求，据测算：每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底扣除生活费800元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2021年3月底该摊主的年所得收入为（ ）
（取，）
A.24000元 B.26000元
C.30000元 D.32000元
10．边长为的正方形沿对角线折成直二面角，、分别为、的中点，是正方形的中心，则的大小为（）
A. B.
C. D.
11．已知抛物线的焦点为F，，点是抛物线上的动点，则当的值最小时，=（ ）
A.1 B.2
C. D.4
12．运行如图所示程序后，输出的结果为（）

A.15 B.17
C.19 D.21
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．一个高为2的圆柱，底面周长为2，该圆柱的表面积为.
14．如图，棱长为2的正方体中，E，F分别为棱、的中点，G为面对角线上一个动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值为___________.

15．在中，，，的外接圆半径为，则边c的长为_____.
16．设，则动点P的轨迹方程为________
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）已知函数 ，且 a > 0
（1）当a =1 时，求函数 f (x ) 的单调区间；
（2）记函数 ，若函数有两个零点，
①求实数 a 的取值范围；
②证明：
18．（12分）已知椭圆的中心在原点，对称轴为坐标轴且焦点在轴上，抛物线：，若抛物线的焦点在椭圆上，且椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知斜率存在且不为零的直线满足：与椭圆相交于不同两点、，与直线相交于点.若椭圆上一动点满足：，，且存在点，使得恒为定值，求的值.
19．（12分）已知数列满足且
（1）求证：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和为.
20．（12分）已知直线，抛物线.
（1）与有公共点，求的取值范围；
（2）是坐标原点，过的焦点且与交于两点，求的面积.
21．（12分）已知是奇函数.
（1）求的值；
（2）若，求的值
22．（10分）已知抛物线：上的点到焦点的距离为
（1）求抛物线的方程；
（2）设纵截距为的直线与抛物线交于，两个不同的点，若，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、A
【解析】对选项①，根据圆一般方程求解即可判断①错误，对选项②，求出椭圆离心率即可判断②错误，对③，求出抛物线渐近线即可判断③正确，对④，求出双曲线渐近线方程即可判断④错误。
【详解】对于①选项，，，故①错误；
对于②选项，由题知，所以，所以离心率，
故②错误；
对于③选项，抛物线化为标准形式得抛物线，故准线方程是，
故③正确；
对于④选项，双曲线化为标准形式得，
所以，焦点在轴上，故渐近线方程是，故④错误.
故选：A
2、B
【解析】将300个数编号：001，002，003，，3000，再平均分为15个小组，然后按系统抽样方法得解.
【详解】将300个数编号：001，002，003，，3000，再平均分为15个小组，
则第一编号为006，第二个编号为.
故选：B.
3、A
【解析】考点：直线的倾斜角
专题：计算题
分析：因为直线的斜率是倾斜角的正切值，所以欲求直线的倾斜角，只需求出直线的斜率即可，把直线化为斜截式，可得斜率，问题得解
解答：解：∵x-y+1=0可化为y=x+，
∴斜率k=
设倾斜角为θ，则tanθ=k=，θ∈[0，π）
∴θ=
故选A
点评：本题主要考查了直线的倾斜角与斜率之间的关系，属于直线方程的基础题型，需要学生对基础知识熟练掌握
4、C
【解析】根据，利用对数运算得到，再利用等比数列的前n项和公式求解.
【详解】解：因为，
所以，则，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
故选：C
5、C
【解析】连接，可得，得到异面直线与所成角即为直线与所成角，设，设，求得的值，在中，利用余弦定理，即可求解.
【详解】如图所示，连接，
在正方体中，可得，
所以异面直线与所成角即为直线与所成角，设，
由在长方体中，，，
设，可得，
在直角中，可得，
在中，可得，
所以，
因为，所以.
故选：C.

6、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.
7、B
【解析】由导数运算法则可求出.
【详解】，

.
故选：B.
8、B
【解析】按照框图考虑成立和不成立即可求解.
【详解】因为，，，所以输入，当成立时，，即，
解得，，满足条件；当不成立时，，即，解得，，不满足条件；
故.
故选：B.
9、D
【解析】设，从4月份起每月底用于下月进借货的资金依次记为，由题意得出的递推关系，变形构造出等比数列，由得其通项公式后可得结论
【详解】设，从4月份起每月底用于下月进借货的资金依次记为，
，、
同理可得，所以，而，
所以数列是等比数列，公比为，
所以，，
总利润为
故选：D
【点睛】思路点睛：本题考查数列的实际应用．解题方法是用数列表示月初进货款，得出递推关系，然后构造等比数列求解
10、B
【解析】建立空间直角坐标系，以向量法去求的大小即可解决.
【详解】由题意可得平面，，则两两垂直
以O为原点，分别以OB、OA、OC所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系

则，，，，

又，则
故选：B
11、B
【解析】根据抛物线定义，转化，要使有最小值，只需最大，即直线与抛物线相切，联立直线方程与抛物线方程，求出斜率，然后求出点坐标，即可求解.
【详解】由题知，抛物线的准线方程为，，过P作垂直于准线于，连接，由抛物线定义知.

由正弦函数知，要使最小值，即最小，即最大，即直线斜率最大，即直线与抛物线相切.
设所在的直线方程为：，联立抛物线方程：
，整理得：
则，解得
即，解得，代入得
或，再利用焦半径公式得
故选：B.

关键点睛：本题考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，解题的关键是要将取最小值转化为直线斜率最大，再转化为抛物线的切线，考查学生的转化思想与运算求解能力，属于中档题.
12、D
【解析】根据给出的循环程序进行求解，直到满足，输出.
【详解】，，，，，，，，，，，，所以.
故选：D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、6
【解析】2r=2，r=1，S表=2rh+2r2=4+2=6.
14、
【解析】以DA，DC，分别为x轴，y轴，z轴建系，则，设，球心，得到外接球半径关于的函数关系，求出的最小值，即可得到答案；
【详解】解：以DA，DC，分别为x轴，y轴，z轴建系.
则，设，球心，
，又.
联立以上两式，得，所以时，，为最小值，
外接球表面积最小值为.
故答案为：.
15、
【解析】由面积公式求得，结合外接圆半径，利用正弦定理得到边c的长.
【详解】，从而，由正弦定理得：，解得：
故答案为：
16、
【解析】根据双曲线的定义可得答案.
【详解】因为，所以动点P的轨迹是焦点为A，B，实轴长为4的双曲线的上支．因为，所以，所以动点P的轨迹方程为
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）函数 f (x ) 在区间 (0，+¥ ) 上单调递减
（2）① ；②证明见解析
【解析】（1）求导，求解可得导函数恒小于等于0,即得证；
（2）①分析函数的单调性，由有两个实数根可求解；
②由（1）得2ln x> x−，再利用其放缩可得，由此有，问题得证.
【小问1详解】
当a =1 时，函数
因为
所以函数 f (x ) 在区间 (0，+¥ ) 上单调递减；
【小问2详解】
（i）由已知可得方程 有两个实数根
记 ，则 ．当 时， ，函数 k (x ) 是增函数；
当时，，函数 k (x ) 是减函数，
所以 ，故
（ii）易知，当 x >1 时，，故 ．由（1）可知，当 0<x<1时，
，所以 2ln x> x−
由 ，得 ，所以
因为 ，所以
18、（1）
（2）
【解析】（1）先求得椭圆的，代入公式即可求得椭圆的方程；
（2）以设而不求的方法得到两根和，再由条件，得到四边形为平行四边形，并以向量方式进行等价转化，再与恒为定值进行联系，即可求得的值.
【小问1详解】
由条件可设椭圆：，
因为抛物线：的焦点为，所以，解得
因为椭圆离心率为，所以，则，
故椭圆的方程为
【小问2详解】
设直线：，，，
把直线的方程代入椭圆的方程，可得，
所以，
因为，，所以四边形为平行四边形，
得，即，得
由在椭圆上可得，，即
因为，又
所以，
所以
将代入得，
所以，即.
【点睛】数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。
19、（1）证明见解析，；
（2）.
【解析】（1）对递推公式进行变形，结合等差数列的定义进行求解即可；
（2）运用裂项相消法进行求解即可.
【小问1详解】
因为，且，
所以即，所以数列是公差为2的等差数列.
又，所以即；
【小问2详解】
由（1）得，所以.
故

.
20、（1）；
（2）.
【解析】(1)联立直线l与抛物线C的方程消去x，借助判别式建立不等式求解作答.
(2)利用(1)中信息求出点纵坐标差的绝对值即可计算作答.
【小问1详解】
依题意，由消去x并整理得：，
因与有公共点，则，解得：，
所以的取值范围是.
【小问2详解】
抛物线的焦点，则，设，
由(1)知，，则，
因此，，
所以的面积.
21、（1）；（2）4
【解析】（1）根据奇函数的定义，代入化简得，进而可得的值；（2）设，可得，根据奇函数的性质得，进而可得结果.
【详解】解：（1）因为是奇函数，所以，
即，整理得，又，所以
（2）设，因为，
所以
因为是奇函数，所以
所以
【点睛】本题主要考查了已知函数的奇偶性求参数的值，根据函数的奇偶性求函数的值，属于中档题.
22、（1）；（2）
【解析】（1）利用抛物线的性质即可求解.
（2）设直线方程，与抛物线联立，利用韦达定理，即可求解.
【详解】（1）由题设知，抛物线的准线方程为，
由点到焦点的距离为，得，解得，
所以抛物线的标准方程为
（2）设，，
显然直线的斜率存在，故设直线的方程为，
联立消去得，
由得，即
所以，
又因为，，
所以，
所以，
即，
解得，满足，
所以直线的方程为