四川省石室中学2025年数学高二第一学期期末检测试题含解析.doc

四川省石室中学2025年数学高二第一学期期末检测试题
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．过抛物线C：的准线上任意一点作抛物线的切线，切点为，若在轴上存在定点，使得恒成立，则点的坐标为（）
A. B.
C. D.
2．在下列函数中，最小值为2的是（）
A. B.
C. D.
3．某地政府为落实疫情防控常态化，不定时从当地780名公务员中，采用系统抽样的方法抽取30人做核酸检测．把这批公务员按001到780进行编号，若018号被抽中，则下列编号也被抽中的是（）
A.076 B.122
C.390 D.522
4．在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数.一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为 4 天，那么感染人数超过 1000 人大约需要（）（初始感染者传染个人为第一轮传染，这个人每人再传染个人为第二轮传染）
A.20 天 B.24 天
C.28 天 D.32 天
5．现有4本不同的书全部分给甲、乙、丙3人，每人至少一本，则不同的分法有（）
A.12种 B.24种
C.36种 D.48种
6．公比为的等比数列，其前项和为，前项积为，满足，.则下列结论正确的是（ ）
A.的最大值为
B.
C.最大值为
D.
7．已知f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1没有极值，则实数a的取值范围是（）
A.[0，1] B.(－∞，0]∪[1，＋∞)
C.[0，2] D.(－∞，0]∪[2，＋∞)
8．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
9．各项均为正数的等比数列的前项和为，若，，则（）
A. B.
C. D.
10．已知双曲线，则双曲线的离心率为（）
A. B.
C. D.
11．直线在轴上的截距为，在轴上的截距为，则有（）
A.， B.，
C.， D.，
12．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
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知椭圆的右焦点为，短轴的一个端点为，直线交椭圆于两点．若，点到直线的距离不小于，则椭圆的离心率的取值范围是______________
14．已知椭圆方程为，左、右焦点分别为、，P为椭圆上的动点，若的最大值为，则椭圆的离心率为___________.
15．某班有位同学，将他们从至编号，现用系统抽样的方法从中选取人参加文艺演出，抽出的编号从小到大依次排列，若排在第一位的编号是，那么第四位的编号是______
16．函数在处的切线方程为_________
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）已知椭圆的焦距为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若斜率为1的直线与椭圆交于不同的两点，，求的最大值.
18．（12分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C1：的左、右焦点分别为，且椭圆C1与抛物线C2：y2 = 2px（p>0）在第一象限的交点为Q， 已知.
（1）求的面积
（2）求抛物线C2的标准方程.
19．（12分）如图，四棱锥中，，.

（1）证明：平面；
（2）在线段上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值等于？
20．（12分）设椭圆的左，右焦点分别为，其离心率为，且点在C上.
（1）求C的方程；
（2）O为坐标原点，P为C上任意一点.若M为的中点，过M且平行于的直线l交椭圆C于A，B两点，是否存在实数，使得？若存在，求值；若不存在，说明理由.
21．（12分）（1）已知集合，．：，：，并且是的充分条件，求实数的取值范围
（2）已知：，，：，，若为假命题，求实数的取值范围
22．（10分）在平面直角坐标系中，设点，直线，点P在直线l上移动，R是线段PF与y轴的交点，也是PF的中点．，

（1）求动点Q的轨迹的方程E；
（2）过点F作两条互相垂直的曲线E的弦AB、CD，设AB、CD的中点分别为M，N．求直线MN过定点R的坐标
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、D
【解析】设切点，点，联立直线的方程和抛物线C的准线方程可得，将问题转化为对任意点恒成立，可得，解出，从而求出答案
【详解】设切点，点
由题意，抛物线C的准线，且由，得，
则直线的方程为，即，
联立令，得
由题意知，对任意点恒成立，也就是对任意点恒成立
因为，，
则，即对任意实数恒成立，
所以，即，所以，
故选：D
【点睛】一般表示抛物线的切线方程时可将抛物线方程转化为函数解析式，可利用导数的几何意义求解切线斜率，再代入计算.
2、C
【解析】结合基本不等式的知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】对于A选项，时，为负数，A错误.
对于B选项，，，，但不存在使成立，所以B错误.
对于C选项，，当且仅当时等号成立，C正确.
对于D选项，，，，但不存在使成立，所以D错误.
故选：C
3、B
【解析】根据系统抽样的特点，写出组数与对应抽取编号的关系式，即可判断和选择.
【详解】根据题意，780名公务员中，采用系统抽样的方法抽取30人，
则需要分为组，每组人；
设第组抽取的编号为，故可设，
又第一组抽中号，故可得，解得
故，
当时，.
故选：.
4、B
【解析】根据题意列出方程，利用等比数列的求和公式计算n轮传染后感染的总人数，得到指数方程，求得近似解，然后可得需要的天数.
【详解】感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要n轮传染,
则每轮新增感染人数为，
经过n轮传染，总共感染人数为：

即，解得，
所以感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要24天，
故选：B
【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程
5、C
【解析】先把4本书按2，1，1分为3组，再全排列求解.
【详解】先把4本书按2，1，1分为3组，再全排列，
则有种分法，
故选：C
6、A
【解析】根据已知条件，判断出，即可判断选项D，再根据等比数列的性质，判断，，由此判断出选项A,B,C.
【详解】根据题意，等比数列满足条件，，，
若，则，
则，，则，
这与已知条件矛盾，所以不符合题意，故选项D错误；
因为，，，
所以 ，，，
则，，
数列前2021项都大于1，从第2022项开始都小于1，
因此是数列中的最大值，故选项A正确
由等比数列的性质，，故选项B不正确；
而，由以上分析可知其无最大值，故C错误；
故选：A
7、C
【解析】求导得，再解不等式即得解.
【详解】由得，
根据题意得，解得
故选：C
8、A
【解析】先解不等式，再比较集合包含关系确定选项.
【详解】因为，
所以是的充分不必要条件，选A.
【点睛】本题考查解含绝对值不等式、解一元二次不等式以及充要关系判定，考查基本分析求解能力，属基础题.
9、D
【解析】根据等比数列性质可知，，，成等比数列，由等比中项特点可构造方程求得，由等比数列通项公式可求得，进而得到结果.
【详解】由等比数列的性质可得：，，，成等比数列，
则，即，解得：，
，，解得：.
故选：D.
10、D
【解析】由双曲线的方程及双曲线的离心率即可求解.
【详解】解：因为双曲线，所以，
所以双曲线的离心率，
故选：D.
11、B
【解析】将直线方程的一般形式化为截距式，由此可得其在x轴和y轴上的截距.
【详解】直线方程化成截距式为，
所以，
故选：B.
12、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

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】设左焦点为，连接，．则四边形是平行四边形，可得．设，由点M到直线l的距离不小于，即有 ，解得．再利用离心率计算公式即可得出范围
【详解】设左焦点为，连接，．则四边形是平行四边形，故，所以
，所以，设，则，故，从而，，
，所以，即椭圆的离心率的取值范围是
【点睛】本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、点到直线的距离公式、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题
14、
【解析】利用椭圆的定义结合余弦定理可求得，再利用公式可求得该椭圆的离心率的值.
【详解】由椭圆的定义可得，
由余弦定理可得
，
因为的最大值为，则，可得，
因此，该椭圆的离心率为.
故答案为：.
15、29
【解析】根据给定信息利用系统抽样的特征直接计算作答.
【详解】因系统抽样是等距离抽样，依题意，相邻两个编号相距，
所以第四位的编号是.
故答案为：29
16、
【解析】求得函数的导数，得到且，结合直线的点斜式方程，即可求解.
【详解】由题意，函数，可得，则且，
所以函数在处的切线方程为，即，
即切线方程为.
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）；
（2）.
【解析】（1）由题设可得且，结合椭圆参数关系求，即可得椭圆的方程；
（2）设直线为，联立抛物线整理成一元二次方程的形式，由求m的范围，再应用韦达定理及弦长公式求关于m的表达式，根据二次函数性质求最值即可.
小问1详解】
由题设，且，故，，则，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设直线为，联立椭圆并整理得：，
所以，可得，且，，
所以且，
故当时，.
18、（1）
（2）
【解析】（1）设，由椭圆的定义可得，结合余弦定理可得出的值，从而可得面积.
(2) 设,根据的面积结合椭圆的方程求出点的坐标，代入抛物线可得答案.
【小问1详解】
由椭圆方程知a=2， b=1，，
设，则
即，求得
所以的面积为
【小问2详解】
设
由（1）中，得
又，，所以
代入抛物线方程得，所以
所以抛物线的标准方程为
19、（1）详解解析；
（2）存在.
【解析】（1）利用勾股定理证得，结合线面垂直的判定定理即可证得结论；
（2）以A为原点建立空间直角坐标系，设点，，求得平面的法向量，利用已知条件建立关于的方程，进而得解.
【小问1详解】
取中点为，连接，

在中，，，
，又，，
所以，又，
，而，
所以，又，
，
，又，，
平面.
【小问2详解】
以A为坐标原点，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，
设点，因为点F在线段上，设，
， ，
设平面的法向量为，，，
则，令，则，
设直线CF与平面所成角为，
，
解得或（舍去），
，此时点F是的三等分点，
所以在线段上是存在一点，使直线与平面所成角的正弦值等于.
20、（1）；
（2）.
【解析】(1)列出关于a、b、c的方程组求解即可；
(2)直线l斜率不存在时，易得λ的值；斜率存在时，设l方程为，联立直线l与椭圆C的方程，求出；求出OP方程，联立OP方程与椭圆C的方程，求出；代入即可求得λ.
【小问1详解】
由已知可得，
解得，∴椭圆C的标准方程为.
【小问2详解】
若直线的斜率不存在时，，
∴；
当斜率存在时，设直线l的方程为.
联立直线l与椭圆方程，消去y，得，
∴.
∵，设直线的方程为，
联立直线与椭圆方程，消去y，得，
解得.
∴，
∴，
同理，∴，
∵，
∴，故，存在满足条件，
综上可得，存在满足条件.

【点睛】关键点点睛：本题的关键在于弦长公式的运用，AB斜率为k，，M(1，0)，则，，，将弦长之积转化为韦达定理求解.
21、（1）；（2）
【解析】（1）由二次函数的性质，求得，又由，求得集合，
根据命题是命题的充分条件，所以，列出不等式，即可求解
（2）依题意知，均为假命题，分别求得实数的取值范围，即可求解
【详解】（1）由，∵，∴，，
∴，所以集合，
由，得，所以集合，
因为命题是命题的充分条件，所以，则，解得或，
∴实数的取值范围是.
（2）依题意知，，均为假命题，
当是假命题时，恒成立，则有，
当是假命题时，则有，或.
所以由均为假命题，得，即.
【点睛】本题主要考查了复合命题的真假求参数，以及充要条件的应用，其中解答中正确得出集合间的关系，列出不等式，以及根据复合命题的真假关系求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题
22、（1）
（2）
【解析】（1）由图中的几何关系可知,故可知动点Q的轨迹E是以F为焦点，l为准线的抛物线，但不能和原点重合，即可直接写出抛物线的方程；
（2）设出直线AB的方程，把点、的坐标代入抛物线方程，两式作差后，再利用中点坐标公式求出点M的坐标，同理求出点的坐标，即可求出直线MN的方程，最后可求出直线MN过哪一定点.
【小问1详解】
∵直线的方程为，点R是线段FP的中点且，
∴RQ是线段FP的垂直平分线,
∵, ∴是点Q到直线l的距离,
∵点Q在线段FP的垂直平分线，∴,
则动点Q的轨迹E是以F为焦点，l为准线的抛物线，但不能和原点重合，
即动点Q轨迹的方程为.
【小问2详解】
设，，由题意直线AB斜率存在且不为0，设直线AB的方程为，
由已知得，两式作差可得，即，则，
代入可得，即点M的坐标为，
同理设，，直线的方程为，
由已知得，两式作差可得，即，
则，代入可得，即点的坐标为，
则直线MN的斜率为，
即方程为，整理得，
故直线MN恒过定点.