2025年四川省邻水实验学校数学高二第一学期期末考试试题含解析.doc

2025年四川省邻水实验学校数学高二第一学期期末考试试题
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．已知抛物线的焦点为，直线过点与抛物线相交于两点，且，则直线的斜率为（ ）
A. B.
C. D.
2．数列中，满足，，设，则（）
A. B.
C. D.
3．已知直线和互相平行，则实数的取值为（　　）
A 或3 B.
C. D.1或
4．设函数，若的整数有且仅有两个，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
5．若倾斜角为的直线过两点，则实数（ ）
A. B.
C. D.
6．的展开式中，常数项为（）
A. B.
C. D.
7．（文科）已知点为曲线上的动点,为圆上的动点,则的最小值是
A.3 B.5
C. D.
8．如图，四面体-，是底面△的重心，，则（）

A B.
C. D.
9．点到直线的距离是（）
A. B.
C. D.
10．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M=AN=，则MN与平面BB1C1C的位置关系是（ ）
A.相交 B.平行
C.垂直 D.不能确定
11．设是定义在R上的可导函数，若（为常数），则（）
A. B.
C. D.
12．已知直线与垂直，则为（ ）
A.2 B.
C.-2 D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．双曲线上的一点到一个焦点的距离等于1，那么点到另一个焦点的距离为_________.
14．在空间直角坐标系中，向量为平面ABC的一个法向量，其中，，则向量的坐标为______
15．如图所示四棱锥，底面ABCD为直角梯形，，，，，是底面ABCD内一点（含边界），平面MBD，则点O轨迹的长度为_____________.

16．已知数列满足，记，则______；数列的通项公式为______.
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）已知等比数列的前项和为，，．数列的前项和为，且，
（1）分别求数列和的通项公式；
（2）若，为数列的前项和，是否存在不同的正整数，，（其中，，成等差数列），使得，，成等比数列？若存在，求出所有满足条件的，，的值；若不存在，说明理由
18．（12分）已知函数
（Ⅰ）讨论函数的极值点的个数
（Ⅱ）若，，求的取值范围
19．（12分）已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.
（Ⅰ）求数列{an}的通项; （Ⅱ）求数列的前n项和Sn.
20．（12分）已知直线，，，其中与的交点为P
（1）求过点P且与平行的直线方程；
（2）求以点P为圆心，截所得弦长为8的圆的方程
21．（12分）已知函数.
(I)若曲线在点处的切线方程为,求的值；
(II)若,求的单调区间.
22．（10分）如图1，在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD折起到△BDC′的位置，如图2所示，并使得平面BDC′⊥平面ABD，E是BD的中点，FA⊥平面ABD，且FA=.

图1 图2
（1）求平面FBC′与平面FBA夹角的余弦值；
（2）在线段AD上是否存在一点M，使得⊥平面?若存在，求 的值；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】设直线倾斜角为，由，及，可求得，当点在轴上方，又，求得，利用对称性即可得出结果.
【详解】设直线倾斜角为，由，所以，由，
，所以，当点在轴上
方，又，所以，所以由对称性知，直线的斜率.
故选：B.
2、C
【解析】由递推公式可归纳得，由此可以求出的值
【详解】因为，，
所以，
，
，

因此
故选C
【点睛】本题主要考查利用数列的递推式求值和归纳推理思想的应用，意在考查学生合情推理的意识和数学建模能力
3、B
【解析】利用两直线平行的等价条件求得实数m的值.
【详解】∵两条直线x+my+6=0和（m﹣2）x+3y+2m=0互相平行，
∴
解得 m=﹣1，
故选B
【点睛】已知两直线的一般方程判定两直线平行或垂直时，记住以下结论，可避免讨论：
已知，
，
则，

4、D
【解析】等价于，令，，利用导数研究函数的单调性，作出的简图，数形结合只需满足即可.
【详解】，即，
又，则.
令，，
，当时，，
时，，时，，
在单调递减，在单调递增，且，且，，作出函数图象如图所示，
若的整数有且仅有两个，即只需满足
，即，解得：
故选：D

5、A
【解析】解方程即得解.
【详解】解：由题得.
故选：A
6、A
【解析】写出展开式通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项计算即可得解.
【详解】的展开式通项为，
令，可得，因此，展开式中常数项为.
故选：A.
7、A
【解析】数形结合分析可得,当时能够取得的最小值,根据点到圆心的距离减去半径求解即可.
【详解】由对勾函数的性质,可知,当且仅当时取等号,
结合图象可知当A点运动到时能使点到圆心的距离最小,
最小为4,从而的最小值为.

故选：A
【点睛】本题考查两动点间距离的最值问题,考查转化思想与数形结合思想,属于中档题.
8、B
【解析】根据空间向量的加减运算推出，进而得出结果.
【详解】因为，
所以

，
故选：B
9、B
【解析】直接使用点到直线距离公式代入即可.
【详解】由点到直线距离公式得
故选：B
10、B
【解析】建立空间直角坐标系，求得平面BB1C1C的法向量和直线MN的方向向量，利用两向量垂直，得到线面平行.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，由图可知平面BB1C1C的法向量.

∵A1M=AN=，∴M，N，
∴.∵，
∴MN∥平面BB1C1C，
故选：B.
【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有利于空间向量判断线面平行，属于简单题目.
11、C
【解析】根据导数的定义即可求解.
【详解】.
故选：C.
12、A
【解析】利用一般式中直线垂直的系数关系列式求解.
【详解】因为直线与垂直
，

故选：A.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、【解析】首先将已知的双曲线方程转化为标准方程，然后根据双曲线的定义知双曲线上的点到两个焦点的距离之差的绝对值为，即可求出点到另一个焦点的距离为17.
考点：双曲线的定义.
14、
【解析】根据向量为平面ABC的一个法向量，由求解.
【详解】因为，，
所以，
又因为向量为平面ABC的一个法向量，
所以，
解得，
所以，
故答案为：
15、
【解析】绘出如图所示的辅助线，然后通过平面平面得出点轨迹为线段，最后通过求出、的长度即可得出结果.
【详解】如图，延长到点，使且，连接，
取上点，使得，作，交于点，交于点，连接，

因为，所以，
因为，又，所以，，
因为，，，
所以平面平面，
因为平面，面，所以点轨迹为线段，
因为，，所以，
因为，，，所以，
因为底面为直角梯形，
所以，，，，
故答案为：.
16、 ①. ②..
【解析】结合递推公式计算出，即可求出的值；证得数列是以3为首项，2为公比的等比数列，即可求出结果.
【详解】因为，
所以，，，
因此，
由于，又，
即，所以，因此数列是以3为首项，2为公比的等比数列，则，即，
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），；（2）不存在，理由见解析.
【解析】（1）利用数列为等比数列，将已知的等式利用首项和公比表示，得到一个方程组，求解即可得到首项和公比，结合等比数列的通项公式即可求出；将已知的等式变形，得到数列为等差数列，利用等差数列通项公式求出，再结合数列的第项与前项和之间的关系进行求解，即可得到；
（2）先利用等比数列求和公式求出，从而得到的表达式，然后利用裂项相消求和法求出，假设存在不同的正整数，，（其中，，成等差数列），使得，，成等比数列，利用等比中项、等差中项以及进行化简变形，得到假设不成立，故可得到答案
【详解】（1）因为数列为等比数列，设首项为，公比为，
由题意可知，所以，
所以，
由②可得，即，所以或2，
因为，所以，所以，
所以，
由，可得，
所以数列为等差数列，首项为，公差为1，
故，则，
当时，，
当时，也适合上式，
故
（2）由，可得，
所以，
所以，
假设存在不同的正整数，，（其中，，成等差数列），使得，，成等比数列，
则有，
所以，
则，即，
因为，所以，即，
所以，所以，
则，所以，则，
所以，即，
所以，这与已知的，，互不相等矛盾，
故不存在不同的正整数，，（其中，，成等差数列），使得，，成等比数列
【点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
18、（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）求得，分，和三种情况讨论，求得函数的单调性，结合极值的概念，即可求解；
（Ⅱ）由不等式，转化为当时，不等式恒成立，设，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】（Ⅰ）由题意，函数的定义域为，
且，
当时，令，解得，
令，解得或，
故在上单调递减，在，上单调递增，
所以有一个极值点；
当时，令，解得或，
令，得，
故在，上单调递减，在上单调递增，
所以有一个极值点；
当时，上单调递增，在上单调递减，
所以没有极值点
综上所述，当时，有个极值点；当时，没有极值点.
（Ⅱ）由，即，可得，
即当时，不等式恒成立，
设，则
设，则
因为，所以，所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以
所以的取值范围是.
【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题
3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
19、（Ⅰ）
（Ⅱ）
【解析】本试题考查了等差数列与等比数列的概念以及等比数列的前n项和公式等基本知识
（Ⅰ）由题设知公差
由成等比数列得
解得（舍去），
故的通项
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
由等比数列前n项和公式得

点评：本试题题目条件给的比较清晰，直接．只要抓住概念就可以很好的解决
20、（1）；
（2）.
【解析】（1）首先求、的交点坐标，根据的斜率，应用点斜式写出过P且与平行的直线方程；
（2）根据弦心距、弦长、半径的关系求圆的半径，结合P的坐标写出圆的方程.
【小问1详解】
联立、得：，可得，故，
又的斜率为，则过P且与平行的直线方程，
∴所求直线方程为.
【小问2详解】
由（1），P到的距离，
∴以P为圆心，截所得弦长为8的圆的半径，
∴所求圆的方程为.
21、（Ⅰ）
（Ⅱ）在区间上单调递增,在区间上单调递减
【解析】（Ⅰ）求出函数的导函数，根据题意可得得到关于的方程组，解得；
（Ⅱ）求出函数的导函数，解得函数的单调递增区间，解得函数的单调递减区间.
【详解】解：（Ⅰ）

因为函数在点处的切线方程为

解得
（Ⅱ）
令,得或 .
因为,所以时， ；
时，.
故在区间上单调递增,在区间上单调递减
【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性，属于基础题.
22、（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】（1）利用垂直关系，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量和，利用公式，即可求解；
（2）若满足条件，，利用向量的坐标表示，判断是否存在点满足.
【小问1详解】
∵，E为BD的中点
∴CE⊥BD，
又∵平面⊥平面ABD，平面平面，⊥平面，
∴⊥平面ABD，
如图以E原点，分别以EB、AE、EC′所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，A(0，-，0)，D(-1，0，0)，F(0，-，2)，(0，0，)，
∴=(-1，-，2)，=(-1，0，)，=(1，，0)，
设平面的法向量为=(x，y，z)，
则，
取z=1，得平面的一个法向量=(，1，1)，
设平面FBA的法向量为=(a，b，c)，
则
取b=1，得平面FBA的一个法向量为=(-，1，0)，
∴
设平面ABD与平面的夹角为θ，则
∴平面ABD与平面夹角的余弦值为.
【小问2详解】
假设在线段AD上存在M(x，y，z)，使得平面，
设(0≤λ≤1)，则(x，y+，z)=(-1，，0)，即(x，y+，z)=(-λ，，0)，
∴，，z=0，
∴，
是平面的一个法向量
由∥，得，此方程无解.
∴线段AD上不存点M，使得平面.