甘肃省张掖市高台县一中2025年数学高二第一学期期末监测试题含解析.doc

甘肃省张掖市高台县一中2025年数学高二第一学期期末监测试题
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．已知函数的导数为，则等于（）
A.0 B.1
C.2 D.4
2．已知椭圆的两个焦点分别为，且平行于轴的直线与椭圆交于两点，那么的值为（）
A. B.
C. D.

3．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
4．已知实数，满足，则的最大值为（）
A. B.
C. D.
5．在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点为点，则点到直线的距离为（）
A B.
C. D.6
6．如下图，面与面所成二面角的大小为，且A，B为其棱上两点．直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面中，且都垂直于AB，已知，，，则（）

A. B.
C. D.
7．随着城市生活节奏的加快，网上订餐成为很多上班族的选择，下表是某外卖骑手某时间段订餐数量与送餐里程的统计数据表：
订餐数/份
12
23
31
送餐里程/里
15
30
45
现已求得上表数据的回归方程中的值为1.5，则据此回归模型可以预测，订餐100份外卖骑手所行驶的路程约为（）
A.155里 B.145里
C.147里 D.148里
8．已知等差数列前项和为，且，，则此数列中绝对值最小的项为
A.第5项 B.第6项
C.第7项 D.第8项
9．已知椭圆的右焦点为F，短轴的一个端点为P，直线与椭圆相交于A、B两点.若，点P到直线l的距离不小于，则椭圆C离心率的取值范围为（）
A. B.
C. D.
10．一条光线从点射出，经轴反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为()
A.或 B.或
C.或 D.或
11．若直线与互相垂直，则实数a的值为（）

A.-3 B.
C. D.3
12．已知实数，满足不等式组，则的最小值为（ ）
A 2 B.3
C.4 D.5
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．从正方体的8个顶点中选取4个作为项点，可得到四面体的概率为________
14．已知某农场某植物高度，且，如果这个农场有这种植物10000棵，试估计该农场这种植物高度在区间上的棵数为______.
参考数据：若，则，，.
15．已知定点，点在直线上运动，则，两点的最短距离为________
16．已知圆C：和点，若点N为圆C上一动点，点Q为平面上一点且，则Q点纵坐标的最大值为______
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）在平面直角坐标系中，动点，满足，记点的轨迹为
（1）请说明是什么曲线，并写出它的方程；
（2）设不过原点且斜率为的直线与交于不同的两点，，线段的中点为，直线与交于两点，，请判断与的关系，并证明你的结论
18．（12分）已知椭圆过点，且离心率，为坐标原点.
（1）求椭圆的方程；
（2）判断是否存在直线，使得直线与椭圆相交于两点，直线与轴相交于点，且满足，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
19．（12分）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，，，△ABC的面积为
（1）求a；
（2）若D为BC边上一点，且∠BAD=，求∠ADC的正弦值
20．（12分）已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过F且与x轴垂直的直线交该抛物线于A，B两点，|AB|＝4
（1）求抛物线的方程；
（2）过点F的直线l交抛物线于P，Q两点，若△OPQ的面积为4，求直线l的斜率（其中O为坐标原点）
21．（12分）已知数列的前项和为，且．数列是等比数列，，
（1）求，的通项公式；
（2）求数列的前项和
22．（10分）双曲线 ，离心率 ，虚轴长为 2
（1）求双曲线的标准方程；
（2）经过点的直线与双曲线相交于两点，且为的中点，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】先对函数求导，然后代值计算即可
【详解】因为，
所以.
故选：A
2、A
【解析】根据椭圆的方程求出，再由椭圆的对称性及定义求解即可.
【详解】由椭圆的对称性可知，,
所以，
又椭圆方程为，所以，解得，
所以，
故选：A
3、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
4、A
【解析】画出不等式组所表示的平面区域，利用直线的斜率公式模型进行求解即可.
【详解】不等式组表示的平面区域如下图所示：

，代数式表示不等式组所表示的平面区域内的点与点连线的斜率，由图象可知：直线的斜率最大，由，即，
即的最大值为：，因此的最大值为，
故选：A
5、C
【解析】按照空间中点到直线的距离公式直接求解.
【详解】由题意，，，的方向向量，，则点到直线的距离为.
故选：C.
6、B
【解析】根据题意，作，且，则四边形ABDE为平行四边形，进一步判断出该四边形为矩形，然后确定出为二面角的平面角，进而通过余弦定理和勾股定理求得答案.
【详解】如图，作，且，则四边形ABDE为平行四边形，所以.因为，所以，又，所以是该二面角的一个平面角，即，由余弦定理.

因为，，所以，易得四边形ABDE为矩形，则，而，所以平面ACE，则，于是.
故选：B.
7、C
【解析】由统计数据求样本中心，根据样本中心在回归直线上求得，即可得回归方程，进而估计时的y值即可.
【详解】由题意：，，则，可得，故，
当时，.
故选：C
8、C
【解析】设等差数列的首项为，公差为，，则，又，则，说明数列为递减数列，前6项为正，第7项及后面的项为负，又，则，则在数列中绝对值最小的项为，选C.
9、D
【解析】设椭圆的左焦点为，由题可得，由点P到直线l的距离不小于可得，进而可求的范围，即可得出离心率范围.
【详解】设椭圆的左焦点为，P为短轴的上端点，连接，

如图所示：由椭圆的对称性可知，A，B关于原点对称，则，又，
∴四边形为平行四边形，∴，
又，解得：，
点P到直线l距离：，解得：，即，
∴，∴.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题考查椭圆离心率的求解，解题的关键是由椭圆定义得出，再根据已知条件得出.
10、C
【解析】点关于轴的对称点为，由反射光线的性质，可设反射光线所在直线的方程为：，再利用直线与圆相切，可知圆心到直线的距离等于半径，由此即可求出结果
【详解】点关于轴的对称点为，
设反射光线所在直线的方程为：，化为
因为反射光线与圆相切，
所以圆心到直线的距离，
可得，所以或
故选：C
11、C
【解析】根据给定条件利用两条直线互相垂直的关系列式计算作答.
【详解】因直线与互相垂直，则，解得，
所以实数a的值为.
故选：C
12、B
【解析】画出可行域，找到最优解，得最值.
【详解】画出不等式组对应的可行域如下：

平行移动直线，当直线过点时，
.
故选：B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】计算出正方体的8个顶点中选取4个作为项点的取法和分从上底面取一个点下底面取三个点、
从上底面取二个点下底面取二个点、从上底面取三个点下底面取一个点可得到四面体的取法，由古典概型概率计算公式可得答案.
【详解】正方体的8个顶点中选取4个作为项点，共有取法，
可得到四面体的情况有
从上底面取一个点下底面取三个点有种；
从上底面取二个点下底面取二个点有种，
其中当上底面和下底面取的四个点在同一平面时共有10种情况不符合，
此种情况共有种；
从上底面取三个点下底面取一个点有种；
一个有种，
所以可得到四面体的概率为.
故答案为：.
14、1359
【解析】由已知求得，则，结合已知求得，乘以10000得答案
【详解】解：由，得，
又，，
则
，
估计该农场这种植物高度在区间，上的棵数为
故答案为：1359
15、
【解析】线段最短，就是说的距离最小，此时直线和直线垂直，可先求的斜率再求直线的方程，然后与直线联立求交点即可
【详解】定点，点在直线上运动，
当线段最短时，就是直线和直线垂直，
的方程为：，它与联立解得，
所以的坐标是，
所以，
故答案为：
16、
【解析】设出点N的坐标，探求出点Q的轨迹，再求出轨迹上在x轴上方且距离x轴最远的点的纵坐标表达式，借助函数最值计算作答.
【详解】圆C：的圆心，半径，圆C与x轴相切，
依题意，点M在圆C上，设点，则，线段MN中点，
因，则点Q的轨迹是以线段MN为直径的圆(除点M，N外)，这个轨迹在x轴上方，
于是得这个轨迹上的点到x轴的最大距离为：

令，于是得，当，即时，，
所以Q点纵坐标的最大值为.
故答案为：
【点睛】结论点睛：圆上的点到定直线距离的最大值等于圆心到该直线距离加半径.

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）椭圆，
（2），证明见解析
【解析】（1）结合椭圆第一定义直接判断即可求出的轨迹为；
（2）设直线的方程为，，，联立椭圆方程，写出韦达定理；由中点公式求出点，进而得出直线方程，联立椭圆方程求出，结合弦长公式可求，可转化为，结合韦达定理可化简，进而得证.
【小问1详解】
设，，则因为，满足，即动点表示以点，为左、右焦点，长轴长为4，焦距为的椭圆，其轨迹的方程为；
【小问2详解】
可以判断出，
下面进行证明：
设直线的方程为，，，
由方程组，得①，
方程①判别式为，由，即，解得且
由①得，，
所以点坐标为，直线方程为，
由方程组，得，，
所以
又

所以.
18、（1）；
（2）存在，方程为和.
【解析】（1）根据椭圆上的点、离心率和关系可构造方程求得，由此可得椭圆方程；
（2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理形式，根据共线向量可得，代入韦达定理中可构造关于的方程，解方程可求得，进而得到直线方程.
【小问1详解】
由题意得：，解得：，椭圆的方程为；
【小问2详解】
由题意知：直线斜率存在且不为零，可设，，，
由得：，则；
，，，
，，
解得：，，

满足条件的直线存在，方程为和.
19、（1）
（2）
【解析】（1）利用面积公式及余弦定理可求解；
（2）由正弦定理得到，再运用同角函数的关系得到，最后运用正弦的两角和公式求解即可.
【小问1详解】
∵，，，
∴
由余弦定理：，∴
【小问2详解】
在中，由正弦定理得，∴，
易知B为锐角，∴，
∴
20、（1）；（2）.
【解析】（1）根据抛物线的定义以及抛物线通径的性质可得，从而可得结果；（2）设直线的方程为，代入，得，利用弦长公式，结合韦达定理可得的值，由点到直线的距离公式，根据三角形面积公式可得，从而可得结果.
【详解】（1）由抛物线的定义得到准线的距离都是p ，
所以|AB|＝2p＝4，
所以抛物线的方程为y2＝4x
（2）设直线l的方程为y＝k(x-1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)
因为直线l与抛物线有两个交点，
所以k≠0，得，代入y2＝4x，得，且恒成立，
则，y1y2＝-4，
所以
又点O到直线l的距离，
所以，解得，即
【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系的相关问题，意在考查综合利用所学知识解决问题能力和较强的运算求解能力，其常规思路是先把直线方程与圆锥曲线方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题
21、（1），
（2）
【解析】（1）利用求出通项公式，根据已知求出公比即可得出的通项公式；
（2）利用错位相减法可求解.
【小问1详解】
因为数列的前项和为，且，
当时，，
当时，，满足，
所以，
设等比数列的公比为，
因为，，所以，解得，
所以；
【小问2详解】
因为，
，
则，
两式相减得

，
所以.
22、（1）
（2）
【解析】（1）根据题意求出即可得出；
（2）利用点差法求出直线斜率即可得出方程.
【小问1详解】
∵，，∴，，
∵，∴，∴，
∴双曲线的标准方程为；
【小问2详解】
设以定点为中点的弦的端点坐标为，
可得，，
由在双曲线上，可得：，
两式相减可得以定点为中点的弦所在的直线斜率为：

则以定点为中点的弦所在的直线方程为，即为，
联立方程得：，，符合，
∴直线的方程为：.