江苏省如东高级中学2025年数学高二上期末联考试题含解析.doc

江苏省如东高级中学2025年数学高二上期末联考试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．已知直线与直线，若，则（）
A.6 B.
C.2 D.
2．“x>1”是“x>0”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
3．函数的极大值点为（）
A. B.
C. D.不存在
4．若关于x的不等式的解集为，则关于x的不等式的解集是（）
A. B.，或
C.，或 D.，或，或
5．直线与圆相交于点，点是坐标原点，若是正三角形，则实数的值为
A.1 B.-1
C. D.
6．如图，把椭圆的长轴分成6等份，过每个分点作x轴的垂线交椭圆的上半部分于点，F是椭圆C的右焦点，则（）

A.20 B.
C.36 D.30
7．已知向量，且向量与互相垂直，则的值是（ ）
A. B.
C. D.
8． “圆”是中国文化的一个重要精神元素在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的便是园林中的门洞．如图，某园林中的圆弧形挪动高为2.5m，底面宽为1m，则该门洞的半径为（）

A.1.2m B.1.3 m
C.1.4 m D.1.5 m
9．已知，则点到平面的距离为（）
A. B.
C. D.
10．已知命题：，；命题：，.则下列命题中为真命题的是（）
A. B.
C. D.
11．抛物线的焦点为F，A，B是拋物线上两点，若，若AB的中点到准线的距离为3，则AF的中点到准线的距离为（ ）
A.1 B.2
C.3 D.4
12．双曲线：的左、右焦点分别为、，过的直线与y轴交于点A、与双曲线右支交于点B若为等边三角形，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B.
C.2 D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，则曲线在点处的切线方程是______.
14．已知为抛物线的焦点，为抛物线上的任意一点，点，则的最小值为______.
15．设直线，直线，若，则_______.
16．下列说法中，正确的有_________（填序号）.
①“”是“方程表示椭圆”的必要而不充分条件；
②若：，则：；
③“，”的否定是“，”；
④若命题“”为假命题，则命题一定是假命题；
⑤是直线：和直线：垂直的充要条件.
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，正方体的棱长为，分别是的中点，点在棱
上，（）.

（Ⅰ）三棱锥的体积分别为，当为何值时，最大？最大值为多少？
（Ⅱ）若平面，证明：平面平面.
18．（12分）在平面直角坐标系内，椭圆E：过点，离心率为
（1）求E的方程；
（2）设直线（k∈R）与椭圆E交于A，B两点，在y轴上是否存在定点M，使得对任意实数k，直线AM，BM的斜率乘积为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由
19．（12分）已知函数的图像在（为自然对数的底数）处取得极值.
（1）求实数的值；
（2）若不等式在恒成立，求的取值范围.
20．（12分）已知离心率为的椭圆 经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若不过点的直线交椭圆于两点，求面积的最大值.
21．（12分）设函数，且存在两个极值点、，其中.
（1）求实数的取值范围；
（2）若恒成立，求最小值.
22．（10分）如图，已知平面，四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，

（1）求证：∥平面；
（2）求证：平面平面
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】根据两直线垂直的充要条件得到方程，解得即可；
【详解】解：因为直线与直线，且，所以，解得；
故选：A
2、A

【解析】根据充分、必要条件间的推出关系，判断“x>1”与“x>0”的关系.
【详解】“x>1”，则“x>0”，反之不成立.
∴“x>1”是“x>0”的充分不必要条件.
故选：A.
3、B
【解析】求导，令导数等于0，然后判断导数符号可得，或者根据对勾函数图象可解.
【详解】令，得，
因为时，，时，，所以时有极大值；
当时，，时，，所以时有极小值.
故选：B
4、D
【解析】先利用已知一元二次不等式的解集求得参数，再代入所求不等式，利用分式大于零，则分子分母同号，列不等式计算即得结果.
【详解】不等式解集为，即的二根是1和2，利用根和系数的关系可知，故不等式即转化成，即等价于或者，解得或，或者.故解集为，或，或.
故选：D.
【点睛】分式不等式的解法：
（1）先化简成右边为零的形式（或），等价于一元二次不等式（或）再求解即可；
（2）先化简成右边为零的形式（或），再利用分子分母同号（或者异号），列不等式组求解即可.
5、C
【解析】由题意得，直线被圆截得的弦长等于半径．圆的圆心坐标，设圆半径为，圆心到直线的距离为，则
由条件得，整理得
所以，解得．选C
6、D
【解析】由椭圆的对称性可知，，代入计算可得答案.
【详解】设椭圆左焦点为，连接
由椭圆的对称性可知，

，
所以.
故选：D.
7、D
【解析】根据向量的坐标运算和向量垂直数量积为0可解.
【详解】解：根据题意，易得，
∵ 与两向量互相垂直，∴ ，解得.
故选：D
8、B
【解析】设半径为R，根据垂径定理可以列方程求解即可.
【详解】设半径为R，,解得,化简得.
故选：B.
9、A
【解析】根据给定条件求出平面的法向量，再利用空间向量求出点到平面的距离.
【详解】依题意，，
设平面的法向量，则，令，得，
则点到平面的距离为，
所以点到平面的距离为.
故选：A
10、C
【解析】利用基本不等式判断命题的真假，由不等式性质判断命题的真假，进而确定它们所构成的复合命题的真假即可.
【详解】由，当且仅当时等号成立，故不存在使，
所以命题为假命题，而命题为真命题，则为真，为假，
故为假，为假，为真，为假.
故选：C
11、C
【解析】结合抛物线的定义求得，由此求得线段的中点到准线的距离
【详解】抛物线方程为，则，
由于中点到准线的距离为3，结合抛物线的定义可知，
即，
所以线段的中点到准线的距离为.
故选：C
12、B
【解析】由双曲线的定义知，，又为等边三角形，所以，由对称性有，所以，在直角三角形中，求出，在三角形中，由余弦定理求出，从而即可求解.
【详解】解：由双曲线的定义知，，又为等边三角形，
所以，由对称性有，
所以，

在直角三角形中，，
在三角形中，由余弦定理有
所以，解得，所以双曲线C的离心率，
故选：B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】求导，得到，写出切线方程.
【详解】因为，
所以，
则，
所以曲线在点处的切线方程是，
即，
故答案为：
14、
【解析】由抛物线的几何性质知：，由图知为的最小值，求长度即可.
【详解】
点是抛物线的焦点，其准线方程为，作于，作于，
∴，当且仅当为与抛物线的交点时取得等号，
∴的最小值为.
故答案为：.
15、##0.5
【解析】根据两直线平行可得，，即可求出
【详解】依题可得，，解得
故答案为：
16、①
【解析】根据椭圆方程的结构特征可判断①；注意到分式不等式分母不等于0可判断②；由全称命题的否定可判断③；根据复合命题的真假可判断④；由直线垂直的充要条件可判断⑤.
【详解】①中，当时，方程为，表示圆，若方程表示椭圆，则，解得或，故①正确；
②中，，故为：，而，故②不正确；
③中，“，”的否定应为“，”，故③不正确；
④中，若命题“”为假命题，有可能为真或为假，故④不正确；
⑤中，，解得或，故是直线：和直线：垂直的充分不必要条件，故⑤不正确.
故答案为：①

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、（Ⅰ）,.（Ⅱ）见解析.
【解析】（Ⅰ）由题可知，，由和，结合基本不等式可求最值；
（Ⅱ）连接交于点，则为的中点，可得为中点，易证得，得平面，所以，进而可证得，，所以平面EFM,因为平面，从而得证.
【详解】（Ⅰ）由题可知，，

.
所以（当且仅当，即时等号成立）
所以当时，最大，最大值为.
（Ⅱ）连接交于点，则为的中点，因为平面，
平面平面，所以，所以为中点.连接，
因为为中点，所以，因为，所以.
因为平面，平面，所以，因为，
所以平面，又平面，所以.同理，因为，所以平面EFM,因为平面，所以平面平面B1D1M.
18、（1）
（2）存在，或者
【解析1）由离心率和椭圆经过的点列出方程组，求出，得到椭圆方程；（2）假设存在，设出直线，联立椭圆，利用韦达定理得到两根之和，两根之积，结合斜率乘积为定值得到关于的方程，求出答案.
【小问1详解】
由题可得，，①
由，得，即，则，②
将②代入①，解得，，
故E的方程为
【小问2详解】
设存在点满足条件
记，
由消去y，得．显然，判别式＞0，
所以，，
于是＝
＝
＝
上式为定值，当且仅当，解得或
此时，或
所以，存在定点或者满足条件
19、（1）
（2）
【解析】（1）由求得的值.
（2）由分离常数，通过构造函数法，结合导数求得的取值范围.
【小问1详解】
因为，所以，
因为函数的图像在点处取得极值，
所以，，
经检验，符合题意，所以；
【小问2详解】
由（1）知，，
所以在恒成立，即对任意恒成立.
令，则.
设，易得是增函数，
所以，
所以，
所以函数在上为增函数，
则，所以.
20、（1）；（2）.
【解析】（1）根据，可设，，求出，得到椭圆的方程，代入点的坐标，求出，即可得出结果.
（2）设出点，的坐标，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求出弦长，由点到直线的距离公式，三角形的面积公式及基本不等式可得结论.
【详解】（1）因为，
所以设，，
则，
椭圆的方程为.
代入点的坐标得，，
所以椭圆的方程为.
（2）设点，的坐标分别为，，
由，
得，
即，
，，
，
.
，
点到直线的距离，
的面积
，
当且仅当，
即时等号成立.
所以当时，
面积的最大值为.
【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程和性质，直线与椭圆相交问题.属于中档题.
21、（1）
（2）
【解析】（1）存在两个极值点，等价于其导函数有两个相异零点；
（2）适当构造函数，并注意与关系，转化为函数求最大值问题，即可求得的范围.
【小问1详解】
（），
，
函数存在两个极值点、，且，
关于的方程，即在内有两个不等实根，
令，
，即，
，
实数的取值范围是
【小问2详解】
函数在上有两个极值点，由（1）可得，
由，得，则，，，，
，
，，
，
令，则且，
令，，
，
再设，
则，
，
，即在上是减函数，
（1），
，
在上是增函数，
（1），
，
恒成立，
恒成立，
，
的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查导函数，函数的单调性，最值，不等式证明，考查学生分析解决问题的能力，解题的关键是将恒成立，转化为恒成立，化简，令，则化为，然后构造函数，利用导数求出其最大值即可，属于较难题
22、（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】（1）根据线面平行的判定，证明即可；
（2）过C作，垂足为M，根据勾股定理证明，再根据线面垂直的性质与判定证明平面BCE即可
【小问1详解】
证明：因为四边形ABEF为矩形，所以，又平面BCE，平面BCE，所以平面BCE
【小问2详解】
过C作，垂足为M，则四边形ADCM为矩形
因为，，所以，，，，所以，所以
因为平面ABCD，，
所以平面ABCD，所以
又平面BCE，平面BCE，，
所以平面BCE，又平面ACF，所以平面平面BCE