2025年安徽省安庆市高二上数学期末调研试题含解析.doc

2025年安徽省安庆市高二上数学期末调研试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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．设为椭圆上一点，，为左、右焦点，且，则（）
A.为锐角三角形 B.为钝角三角形
C.为直角三角形 D.，，三点构不成三角形
2．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.
3．在三棱锥中，，，，若，，则（）
A. B.
C. D.
4．如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且满足，点N为BC的中点，则（ ）

A. B.
C. D.
5．均匀压缩是物理学一种常见现象.在平面直角坐标系中曲线均匀压缩，可用曲线上点的坐标来描述.设曲线上任意一点，若将曲线纵向均匀压缩至原来的一半，则点的对应点为.同理，若将曲线横向均匀压缩至原来的一半，则曲线上点的对应点为.若将单位圆先横向均匀压缩至原来的一半，再纵向均匀压缩至原来的，得到的曲线方程为（ ）
A. B.
C. D.
6．在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2+6x+2=0的根，则的值为（　　）
A. B.
C. D.或
7．在直三棱柱中，，且，点是棱上的动点，则点到平面距离的最大值是（）
A B.
C.2 D.
8．如图，在空间四边形中，（ ）

A. B.
C. D.
9．直线的倾斜角是（）
A. B.
C. D.
10．已知命题：△中，若，则；命题：函数，，则的最大值为.则下列命题是真命题的是（）
A. B.
C. D.
11．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（）
A. B.
C. D.与相交但不垂直
12．已知圆和椭圆．直线与圆交于、两点，与椭圆交于、两点．若时，的取值范围是，则椭圆的离心率为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．双曲线的一条渐近线的一个方向向量为，则____写出一个即可）
14．已知曲线的焦距是10，曲线上的点到一个焦点的距离是2，则点到另一个焦点的距离为__________.
15．我国古代，9是数字之极，代表尊贵之意，所以中国古代皇家建筑中包含许多与9相关的设计．例如，北京天坛圆丘的底面由扇环形的石板铺成（如图），最高一层是一块天心石，围绕它的第一圈有9块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块，共有9圈，则前9圈的石板总数是__________

16．直线与圆相交于A，B两点，则______
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）已知函数.
（1）当时，证明：存在唯一的零点；

（2）若，求实数的取值范围.
18．（12分）已知圆
（1）若直线与圆C相交于A、B两点,当弦长最短时,求直线l的方程;
（2）若与圆C相外切且与y轴相切的圆的圆心记为D,求D点的轨迹方程
19．（12分）已知等差数列满足，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
20．（12分）已知点及圆，点P是圆B上任意一点，线段的垂直平分线l交半径于点T，当点P在圆上运动时，记点T的轨迹为曲线E
（1）求曲线E的方程；
（2）设存在斜率不为零且平行的两条直线，，它们与曲线E分别交于点C、D、M、N，且四边形是菱形，求该菱形周长的最大值
21．（12分）如图，直四棱柱中，底面是边长为的正方形，点在棱上.

（1）求证：；
（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作已知，使得平面，并给出证明.
条件①：为的中点；条件②：平面；条件③：.
（3）在（2）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值.
22．（10分）已知两圆x 2+y 2-2x-6y-1=0．x 2+y 2-10x-12y+m=0
（1）m取何值时两圆外切？
（2）m取何值时两圆内切？
（3）当m=45时，求两圆公共弦所在直线的方程和公共弦的长
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】根据椭圆方程求出，然后结合椭圆定义和已知条件求出并求出，进而判断答案.
【详解】由题意可知，，由椭圆的定义可知，而，联立方程解得，且，则6+2=8，即不构成三角形.
故选：D.
2、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.
3、B
【解析】根据空间向量的基本定理及向量的运算法则计算即可得出结果.
【详解】连接,因为，所以，
因为，所以，
所以,
故选：B

4、B
【解析】由空间向量的线性运算求解
【详解】由题意

，又，，，
∴,
故选：B
5、C
【解析】设单位圆上一点为，经过题设变换后坐标为，则，代入圆的方程即可得曲线方程.
【详解】由题设，单位圆上一点坐标为，经过横向均匀压缩至原来的一半，纵向均匀压缩至原来的，得到对应坐标为，
∴，则，故中，可得：.
故选：C.
6、B
【解析】由韦达定理得a3a15=2，由等比数列通项公式性质得：a92=a3a15=a2a16=2，由此求出答案
【详解】解：∵在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2-6x+2=0的根，
∴a3a15=2＞0，a3+a15=-6<0
∴a2a16=a3a15=2，
a92=a3a15=2，
∴a9=，
∴，
故选B
【点睛】本题考查等比数列中两项积与另一项的比值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用
7、D
【解析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，运用点到平面的距离公式，求出点到平面距离的最大值.
【详解】解：以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标第,

则,,,
设点,
故，，.
设设平面的法向量为，
则即，取，则.
所以点到平面距离 .
当，即时，距离有最大值为 .
故选:D.
【点睛】本题考查空间内点到面的距离最值问题，属于中档题.
8、A
【解析】利用空间向量加减法法则直接运算即可.
【详解】根据向量的加法、减法法则得.
故选：A.
9、A
【解析】将直线方程化为斜截式，由此确定斜率；根据斜率和倾斜角关系可得结果.
【详解】设直线的倾斜角为，则，
由得：，则斜率，.
故选：A.
10、A
【解析】由三角形内角及正弦函数的性质判断、的真假，应用换元法令，结合对勾函数的性质确定的值域即知、的真假，根据各选项复合命题判断真假即可.
【详解】由且，可得或，故为假命题，为真命题；
令，又，则，故，
∵在上递减，
∴，故的最大值为.
∴为真命题，为假命题；
∴为真，为假，为假，为假.
故选：A.
11、B
【解析】通过判断直线的方向向量与平面的法向量的关系，可得结论
【详解】因为，，
所以，
所以∥，
因为直线的方向向量为，平面的法向量为，
所以，
故选：B
12、C
【解析】由题设，根据圆与椭圆的对称性，假设在第一象限可得，结合已知有，进而求椭圆的离心率.
【详解】由题设，圆与椭圆的如下图示：

又时，的取值范围是，结合圆与椭圆的对称性，不妨假设在第一象限，
∴从0逐渐增大至无穷大时，，故，
∴
故选：C.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、(答案不唯一)
【解析】写出双曲线的渐近线方程，结合方向向量的定义求即可.
【详解】由题设，双曲线的渐近线方程为，又是一条渐近线的一个方向向量，
所以或或或，
所以或.
故答案为：(答案不唯一)
14、或10.
【解析】对参数a进行讨论，考虑曲线是椭圆和双曲线的情况，进而结合椭圆与双曲线的定义和性质求得答案.
【详解】由题意，曲线的半焦距为5，若曲线是焦点在x轴上的椭圆，则a>16，所以，而椭圆上的点到一个焦点距离是2，则点到另一个焦点的距离为；
若曲线是焦点在y轴上的椭圆，则0判断双曲线的焦点在y轴，所以，不妨设点P在双曲线的上半支，上下焦点分别为，因为实半轴长为4，容易判断点P到下焦点的距离的最小值为4+5=9>2，不合题意，所以点P到上焦点的距离为2，则它到下焦点的距离.
故答案为：或10.
15、405
【解析】前9圈的石板数依次组成一个首项为9，公差为9的等差数列，
16、6
【解析】利用弦心距、半径与弦长的几何关系，结合点线距离公式即可求弦长.
【详解】由题设，圆心为，则圆心到直线距离为，
又圆的半径为，故.
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）当时，求导得到，判断出函数的单调性，求出最值，可证得命题成立；
（2）当且时，不满足题意，故，又定义域为，讲不等式化简，参变分离后构造新函数，求导判断单调性并求出最值，可得实数的取值范围
【详解】（1）函数的定义域为，当时，由，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；.
且，故存在唯一的零点；
（2）当时，不满足恒成立，故
由定义域为，可得，
令，则，
则当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
故当时，函数取得最大值（1），
故实数的取值范围是
【点睛】方法点睛：本题考查函数零点的问题，考查导数的应用，考查不等式的恒成立问题，关于恒成立问题的几种常见解法总结如下：
参变分离法，将不等式恒成立问题转化函数求最值问题；
主元变换法，把已知取值范围的变量作为主元，把求取值范围的变量看作参数；
分类讨论，利用函数的性质讨论参数，分别判断单调性求出最值；
数形结合法，将不等式两端的式子分别看成两个函数，作出函数图象，列出参数的不等式求解
18、（1）
（2）
【解析】(1)先求出直线过的定点,再根据弦长|AB|最短时,求解.
(2)用直译法求解
【小问1详解】
直线即,所以直线过定点.
当弦长|AB|最短时,
因为直线PC的斜率
所以此时直线的斜率
所以当弦长|AB|最短时,求直线的方程为,即
【小问2详解】

设,易知圆心D在轴上方,圆D半径为
因为圆与圆外切,所以
即
整理得点的轨迹方程为
19、（1）；
（2）.
【解析】（1）设等差数列的公差为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出数列的通项公式；
（2）求得，利用裂项法可求得.
【小问1详解】
解：设等差数列的公差为，则，可得，
由可得，即，解得，，
故.
【小问2详解】
解：，
因此，
.
20、（1）
（2）
【解析】（1）根据椭圆的定义和性质，建立方程求出，即可
（2）设的方程为，，，，，设的方程为，，，，，分别联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，以及弦长公式，求得，，运用菱形和椭圆的对称性可得，关于原点对称，结合菱形的对角线垂直和向量数量积为0，可得，设菱形的周长为，运用基本不等式，计算可得所求最大值
【小问1详解】
点在线段的垂直平分线上，
，
又，

曲线是以坐标原点为中心，和为焦点，长轴长为的椭圆
设曲线的方程为，
，，

曲线的方程为
【小问2详解】
设的方程为，，，，，
设的方程为，，，，，
联立可得，
由可得，化简可得，①
，，

，
同理可得，
因为四边形为菱形，
所以，
所以，又因为，所以，
所以，关于原点对称，又椭圆关于原点对称，
所以，关于原点对称，，也关于原点对称，
所以且，
所以，，，，
因为四边形为菱形，可得，
即，即，
即，
可得，
化简可得，
设菱形的周长为，
则
，
当且仅当，
即时等号成立，此时，满足①，
所以菱形的周长的最大值为
【点睛】关键点点睛：在处理此类直线与椭圆相交问题中，一般先设出直线方程，联立方程，利用韦达定理得出，，再具体问题具体分析，一般涉及弦长计算问题，运算比较繁琐，需要较强的运算能力，属于难题。
21、（1）证明见解析；
（2）答案见解析；（3）.
【解析】（1）连结，，由直四棱柱的性质及线面垂直的性质可得，再由正方形的性质及线面垂直的判定、性质即可证结论.
（2）选条件①③，设，连结，，由中位线的性质、线面垂直的性质可得、，再由线面垂直的判定证明结论；选条件②③，设，连结，由线面平行的性质及平行推论可得，由线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定证明结论；
（3）构建空间直角坐标系，求平面、平面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求平面与平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
连结，，由直四棱柱知：平面，又平面，

所以，又为正方形，即，又，
∴平面，又平面，
∴.
【小问2详解】
选条件①③，可使平面.证明如下：
设，连结，，又，分别是，的中点，
∴.
又，所以.

由（1）知：平面，平面，则.
又，即平面.
选条件②③，可使平面.证明如下：
设，连结.
因为平面，平面，平面平面，
所以，又，则.
由（1）知：平面，平面，则.
又，即平面.
【小问3详解】
由（2）可知，四边形为正方形，所以.
因为，，两两垂直，
如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，，，，，，

所以，.
由（1）知：平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，则，令，则.
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
22、（1）（2）（3）直线方程为 4x+3y-23=0，弦长为
【解析】（1）先把两个圆的方程化为标准形式，求出圆心和半径，再根据两圆的圆心距等于两圆的半径之和，求得m的值；（2）由两圆的圆心距等于两圆的半径之差为，求得m的值．（3）当m=45时，把两个圆的方程相减，可得公共弦所在的直线方程．求出第一个圆的圆心（1，3）到公共弦所在的直线的距离d，再利用弦长公式求得弦长
试题解析：（1）由已知可得两个圆的方程分别为（x-1）2+（y-3）2=11、（x-5）2+（y-6）2=61-m，
两圆的圆心距d= =5，两圆的半径之和为 + ，
由两圆的半径之和为 + =5，可得 m=
（2）由两圆的圆心距d= ="5" 等于两圆的半径之差为|- |，
即| - |=5，可得 - ="5" （舍去），或 - =-5，解得m=
（3）当m=45时，两圆的方程分别为 （x-1）2+（y-3）2=11、（x-5）2+（y-6）2=16，
把两个圆的方程相减，可得公共弦所在的直线方程为 4x+3y-23=0
第一个圆的圆心（1，3）到公共弦所在的直线的距离为 d==2，可得弦长为
考点：1．两圆相切的位置关系；2．两圆相交的公共弦问题