2025年山西省平遥县综合职业技术学校高二数学第一学期期末调研试题含解析.doc

2025年山西省平遥县综合职业技术学校高二数学第一学期期末调研试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．设为抛物线焦点，直线，点为上任意一点，过点作于，则（ ）
A.3 B.4
C.2 D.不能确定
2．新型冠状病毒（2019-NCoV）因2019年武汉病毒性肺炎病例而被发现，2020年1月12日被世界卫生组织命名，为考察某种药物预防该疾病的效果，进行动物试验，得到如下列联表：

患病

未患病

总计

服用药
10

45

55

未服药

20

30

50

总计

30

75

105

下列说法正确的是（）
参考数据：，

0.05
0.01

3.841
6.635
A.有95%的把握认为药物有效
B.有95%的把握认为药物无效
C.在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为药物无效
D.在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为药物有效
3．已知正实数满足，则的最小值为（ ）
A. B.9
C. D.
4．为了解一片大约一万株树木的生长情况，随机测量了其中100株树木的底部周长（单
位：㎝）.根据所得数据画出的样本频率分布直方图如图，那么在这片树木中，底部周长
小于110㎝的株树大约是（　　）

A.3000 B.6000
C.7000 D.8000
5．圆的圆心坐标与半径分别是（ ）
A. B.
C. D.
6．已知函数的部分图象与轴交于点，与轴的一个交点为，如图所示，则下列说法错误的是（）

A. B.的最小正周期为6
C.图象关于直线对称 D.在上单调递减
7．已知点是双曲线的左焦点，是双曲线右支上一动点，过点作轴垂线并延长交双曲线左支于点，当点向上移动时，的值（ ）

A.增大 B.减小
C.不变 D.无法确定
8．是双曲线：上一点，已知，则的值（）
A. B.
C.或 D.
9．如图所示，已知是椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，在轴上，，且是的中点，为坐标原点，若点到直线的距离为3，则椭圆的方程为（ ）

A B.
C. D.
10．若直线与曲线有公共点，则b的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
11．命题；命题．则
A.“或”为假 B.“且”为真
C.真假 D.假真
12．中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则等于（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．记为等差数列的前n项和.若，则_________.
14．若命题“，不等式恒成立”为真命题，则实数a的取值范围是________.
15．过点的直线与双曲线交于两点，且点恰好是线段的中点，则直线的方程为___________.
16．已知，用割线逼近切线的方法可以求得___________.
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．（12分）如图，三棱锥中，为等边三角形，且面面，

（1）求证：；
（2）当与平面BCD所成角为45°时，求二面角的余弦值
18．（12分）如图所示等腰梯形ABCD中，，，，点E为CD的中点，沿AE将折起，使得点D到达F位置.

（1）当时，求证：平面AFC；
（2）当时，求二面角的余弦值.
19．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：（a>b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为.点P是椭圆上的一动点，且P在第一象限.记的面积为S，当时，.
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）如图，PF1，PF2的延长线分别交椭圆于点M，N，记和的面积分别为S1和S2.

（i）求证：存在常数λ，使得成立；
（ii）求S2- S1的最大值.
20．（12分）在平面直角坐标系中，为坐标原点，曲线上点都在轴及其右侧，且曲线上的任一点到轴的距离比它到圆的圆心的距离小1
（1）求曲线的方程；
（2）已知过点的直线交曲线于点，若,求面积
21．（12分）已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）四边形的顶点在椭圆上，且对角线，均过坐标原点，若，求的取值范围.
22．（10分）新型冠状病毒的传染主要是人与人之间进行传播，感染人群年龄大多数是岁以上人群.该病毒进入人体后有潜伏期.潜伏期是指病原体侵入人体至最早出现临床症状的这段时间.潜伏期越长，感染到他人的可能性越高.现对个病例的潜伏期(单位：天)进行调查，统计发现潜伏期平均数为，方差为.如果认为超过天的潜伏期属于“长潜伏期”，按照年龄统计样本，得到下面的列联表：
年龄/人数
长期潜伏
非长期潜伏
50岁以上
60
220
50岁及50岁以下
40
80
（1）是否有的把握认为“长期潜伏”与年龄有关；
（2）假设潜伏期服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差.
（i）现在很多省市对入境旅客一律要求隔离天，请用概率知识解释其合理性；
（ii）以题目中的样本频率估计概率，设个病例中恰有个属于“长期潜伏”的概率是，当为何值时，取得最大值.
附：

0.1
0.05
0.010

2.706
3.841
6.635
若，则，，.
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】由抛物线方程求出准线方程，由题意可得，由抛物线的定义可得
，即可求解.
【详解】由可得，准线为，
设，由抛物线的定义可得，
因为过点作于，可得，
所以，
故选：A.
2、A
【解析】根据列联表计算，对照临界值即可得出结论
【详解】根据列联表，计算，
由临界值表可知，
有95%的把握认为药物有效，A正确
故选：A
3、A
【解析】根据，将式子化为，进而化简，然后结合基本不等式求得答案.
【详解】因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.
故选：A.
4、C
【解析】先由频率分布直方图得到抽取的样本中底部周长小于110㎝的概率，进而可求出结果.
【详解】由频率分布直方图可得，样本中底部周长小于110㎝的概率为，
因此在这片树木中，底部周长小于110㎝的株树大约是.
故选：C.
【点睛】本题主要考查频率分布直方图的应用，属于基础题型.
5、C
【解析】将圆的一般方程化为标准方程，即可得答案.
【详解】由题可知，圆的标准方程为，
所以圆心为，半径为3，
故选.
6、D
【解析】根据函数的图象求出，再利用函数的性质
结合周期公式逆推即可求解.
【详解】因为函数的图象与轴交于点，
所以，又，所以，A正确；
因为的图象与轴的一个交点为，即，
所以，又，解得，
所以，所以，
求得最小正周期为，B正确；
，所以是的一条对称轴，C正确；
令，解得，
所以函数在，上单调递减，D错误
故选：D.
7、C
【解析】令双曲线右焦点为，由对称性可知，，结合双曲线的定义即可得出结果.
【详解】令双曲线右焦点为，由对称性可知，，
则，为常数，
故选：C.
8、B
【解析】根据双曲线定义，结合双曲线上的点到焦点的距离的取值范围，即可求解.
【详解】双曲线方程为：，
是双曲线：上一点，，
，或，
又，.
故选：B
9、D
【解析】由题设可得，直线的方程为，点线距离公式表示到直线的距离，又联立解得即可得出答案.
【详解】且，则△是等边三角形，
设，则①，
∴直线方程为，即，
∴到直线的距离为②，
又③，
联立①②③，解得，，故椭圆方程为.
故选：D.
10、D
【解析】将本题转化为直线与半圆的交点问题，数形结合，求出的取值范围
【详解】将曲线的方程化简为
即表示以 为圆心，以2为半径的一个半圆，如图所示：

当直线经过时最大，即，
当直线与下半圆相切时最小，
由圆心到直线 距离等于半径2，可得：
解得 （舍去），或
结合图象可得
故选：D.
11、D
【解析】命题：可能为0，不为0，假命题，命题：，为真命题，所以“或”为真命题，“且”为假命题．选D.
12、A
【解析】由题得，进而根据余弦定理求解即可.
【详解】解：依题意，即，
所以，
所以，由于，
所以
故选：A

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、5
【解析】根据等差数列前项和的公式及等差数列的性质即可得出答案.
【详解】解：，
所以.
故答案为：5.
14、
【解析】，不等式恒成立，只要即可，利用基本不等式求出即可得出答案.
【详解】解：因为，不等式恒成立，
只要即可，
因为，所以，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以，
所以.
故答案为：.
15、
【解析】设，，，，分别代入双曲线方程，两式相减，化简可得：，结合中点坐标公式求得直线的斜率，再利用点斜式即可求直线方程
【详解】过点的直线与该双曲线交于，两点，
设，，，，
，
两式相减可得：，
因为为的中点，
，，
，
则，
所以直线的方程为，即为
故答案为：
【点睛】方法点睛：对于有关弦中点问题常用“ 点差法”，其解题步骤为：①设点（即设出弦的两端点坐标）；②代入（即代入圆锥曲线方程）；③作差（即两式相减，再用平方差公式分解因式）；④整理（即转化为斜率与中点坐标的关系式），然后求解.
16、
【解析】根据导数的定义直接计算即可
【详解】因为，
所以

，
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）证明见解析；
（2）.
【解析】(1)根据给定条件证得平面即可推理作答.
(2)由与平面BCD所成角确定正边长与CD长的关系，再作出二面角的平面角，借助余弦定理计算作答.
【小问1详解】
在三棱锥中，平面平面，平面平面，而，
平面，因此有平面，又有平面，
所以.
【小问2详解】
取BC中点F，连接AF，DF，如图，

因为等边三角形，则，而平面平面，平面平面，
平面，于是得平面，是与平面BCD所成角，即，
令，则，因，即有，由(1)知，，则有，
过C作交AD于O，在平面内过O作交BD于E，连CE，从而得是二面角的平面角，
中，，，
中，由余弦定理得，
，，显然E是斜边中点，则，
中，由余弦定理得，
所以二面角的余弦值.
18、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）结合线面垂直的判定定理来证得结论成立.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得二面角的大小.
【小问1详解】
设，
由于四边形是等腰梯形，是的中点，，
所以，所以四边形是平行四边形，
由于，所以四边形是菱形，
所以，
由于，是的中点，
所以，
由于，
所以平面.
【小问2详解】
由于，
所以三角形、三角形、三角形是等边三角形，
设是的中点，设，
则，
所以，所以，
由于两两垂直.
以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
，
,
平面的法向量为，
设平面法向量为，
则，故可设，
由图可知，二面角为钝角，设二面角为，
，则.

19、（1）
（2）(i) 存在常数，使得成立；
(ii) 的最大值为 .
【解析】(1)求点P的坐标，再利用面积和离心率，可以求出，然后就可以得到椭圆的标准方程；
(2)设点的坐标和直线方程，联立方程，解出的y坐标值与P的坐标之间的关系，求以焦距为底边的三角形面积；利用均值定理 当且仅当 时取等号，求最大值.
【小问1详解】
先求第一象限P点坐标：
，所以P点的坐标为，
所以，
所以椭圆E的方程为
【小问2详解】
设，
易知直线和直线的坐标均不为零，
因为，所以设直线的方程为，直线的方程为，
由
所以，因为，，
所以
所以
同理由
所以，因为，，
所以
所以，
因为，，
(i)所以
所以存在常数，使得成立.
(ii)

，
当且仅当，时取等号，
所以的最大值为 .

20、（1）
（2）
【解析】（1）由题意直接列或根据抛物线的定义求轨迹方程
（2）待定系数法设直线方程，联立直线与抛物线方程，根据抛物线的定义，利用韦达定理解出直线方程，再求面积
【小问1详解】
解法1：配方法可得圆的方程为，
即圆的圆心为，
设的坐标为，由已知可得，
化简得，曲线的方程为
解法2：配方可得圆的方程为，
即圆的圆心为，
由题意可得上任意一点到直线的距离等于该点到圆心的距离，
由抛物线的定义可得知，点的轨迹为以点为焦点的抛物线，
所以曲线的方程为
【小问2详解】
抛物线的焦点为，准线方程为，
由，可得的斜率存在，设为，，
过的直线的方程为，
与抛物线的方程联立，可得，
设，的横坐标分别为，，可得，，
由抛物线的定义可得
，解得，
即直线的方程为，
可得到直线的距离为，
，
所以的面积为
21、（1）
（2）
【解析】（1）根据椭圆的离心率为，且过点，由求解；
（2）设直线AC方程为，则直线BD的方程为，分时，与椭圆方程联立求得A，B的坐标，再利用数量积求解.
【小问1详解】
解：因为椭圆的离心率为，且过点，
所以，
所以 ，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
设直线AC的方程为，则直线BD的方程为.
当时，联立，得，不妨设A，
联立，得，
当B时，，
，
当B时，，
，
当时，同理可得上述结论.
综上，
22、（1）有；（2）（i）答案见解析；（ii）250.
【解析】（1）根据列联表中的数据，利用求得，与临界表值对比下结论；
（2）(ⅰ)根据，利用小概率事件判断； (ⅱ)易得一个患者属于“长潜伏期”的概率是，进而得到，然后判断其单调性求解.
【详解】（1）依题意有，
由于，故有的把握认为“长期潜伏”与年龄有关；
（2）(ⅰ)若潜伏期，
由，
得知潜伏期超过天的概率很低，因此隔离天是合理的；
(ⅱ)由于个病例中有个属于长潜伏期，
若以样本频率估计概率，一个患者属于“长潜伏期”的概率是，
于是，
则，
，
当时，；
当时，；
∴，.
故当时，取得最大值.
【点睛】方法点睛：利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式的三个条件：(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p；(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率