辽宁省葫芦岛市六校协作体2025年高二上数学期末联考试题含解析.doc

辽宁省葫芦岛市六校协作体2025年高二上数学期末联考试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．已知双曲线的右焦点为F，则点F到其一条渐近线的距离为（）
A.1 B.2
C.3 D.4
2．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
3．已知等差数列且，则数列的前13项之和为（）
A.26 B.39
C.104 D.52
4．甲、乙两名同学8次考试的成绩统计如图所示，记甲、乙两人成绩的平均数分别为，，标准差分别为，，则（）

A.＞，＜ B.＞，＞
C.＜，＜ D.＜，＞
5．下列数列是递增数列的是（ ）
A. B.
C. D.
6．某学习小组研究一种卫星接收天线（如图①所示），发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处（如图②所示）．已知接收天线的口径（直径）为3.6m，深度为0.6m，则该抛物线的焦点到顶点的距离为（）

A.1.35m B.2.05m
C.2.7m D.5.4m
7．在等差数列中，，则（）
A.9 B.6
C.3 D.1
8．已知等差数列，，则公差d等于（ ）
A. B.
C.3 D.-3
9．曲线y＝ln x在点M处的切线过原点，则该切线的斜率为（ ）
A.1 B.e
C.－1 D.
10． “杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了多年，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中虚线上的数，，，，…构成的数列的第项，则的值为（）

A. B.
C. D.
11．下列说法正确的个数有（ ）个
①在中，若，则
②是，，成等比数列的充要条件
③直线是双曲线的一条渐近线
④函数的导函数是，若，则是函数的极值点
A.0 B.1
C.2 D.3
12．数列1，6，15，28，45，…中的每一项都可用如图所示的六边形表示出米，故称它们为六边形数，那么第11个六边形数为（）

A.153 B.190
C.231 D.276
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知向量，若，则实数_________
14．直线被圆所截得的弦的长为_____
15．已知点P是抛物线上的一个动点，则点P到点M(0，2)的距离与点P到该抛物线准线的距离之和的最小值为______________
16．若数列满足，，
设，类比课本中推导等比数列前项和公式的方法，可求得______________
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，四棱锥中，底面为正方形，底面，，点，，分别为，，的中点，平面棱

（1）试确定的值，并证明你的结论；
（2）求平面与平面夹角的余弦值
18．（12分）已知抛物线的方程为，点，过点的直线交抛物线于两点
（1）求△OAB面积的最小值（为坐标原点）；
（2）是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由
19．（12分）如图，在棱长为3的正方体中，分别是上的点且

（1）求证：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值
20．（12分）已知，p：，q：
（1）若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围；
（2）若，“p或q”为真命题，“p且q”为假命题，求实数x的取值范围
21．（12分）已知数列为正项等比数列，满足，，数列满足
（1）求数列，的通项公式；
（2）若数列的前n项和为，数列满足，证明：数列的前n项和
22．（10分）已知定点，圆：，点Q为圆上动点，线段MQ的垂直平分线交NQ于点P，记P的轨迹为曲线C
（1）求曲线C的方程；
（2）过点M与N作平行直线和，分别交曲线C于点A，B和点D，E，求四边形ABDE面积的最大值
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】由双曲线方程可写出右焦点坐标，再写一渐近线方程，根据点到直线的距离公式可得答案.
【详解】双曲线的右焦点F坐标为，
根据双曲线的对称性，不妨取一条渐近线为，
故点F到渐近线的距离为 ，
故选：A
2、C
【解析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，逐一核对四个选项得答案

【详解】解：对于A：若，则或，故A错误；
对于B：若，则或与相交，故B错误；
对于C：若，根据面面垂直的判定定理可得，故C正确；
对于D：若则与平行、相交、或异面，故D错误；
故选：C
3、A
【解析】根据等差数列的性质化简已知条件可得的值，再由等差数列前项和及等差数列的性质即可求解.
【详解】由等差数列的性质可得：，，
所以由可得：，
解得：，
所以数列的前13项之和为
，
故选：A
4、A
【解析】根据折线统计图，结合均值、方差的实际含义判断、及、的大小.
【详解】由统计图知：甲总成绩比乙总成绩要高，则＞，
又甲成绩的分布比乙均匀，故＜.
故选：A.
5、C
【解析】分别判断的符号，从而可得出答案.
【详解】解：对于A，，则，
所以数列为递减数列，故A不符合题意；
对于B，，则，所以数列为递减数列，故B不符合题意；
对于C，，则，
所以数列为递增数列，故C符合题意；
对于D，，则，
所以数列递减数列，故D不符合题意.
故选：C.
6、A
【解析】根据题意先建立恰当的坐标系，可设出抛物线方程，利用已知条件得出点在抛物线上，代入方程求得p值，进而求得焦点到顶点的距离.
【详解】如图所示，在接收天线的轴截面所在平面上建立平面直角坐标系xOy，使接收天线的顶点（即抛物线的顶点）与原点O重合，焦点F在x轴上

设抛物线的标准方程为，
由已知条件可得，点在抛物线上，
所以，解得，
因此，该抛物线的焦点到顶点的距离为1.35m，
故选：A.
7、A
【解析】直接由等差中项得到结果.
详解】由得.
故选：A.
8、B
【解析】根据题意，利用公式，即可求解.
【详解】由题意，等差数列，，
可得等差数列的公差.
故选：B.
9、D
【解析】设出点坐标，结合导数列方程，由此求得切点坐标并求得切线的斜率.
【详解】设切点为，，故在点的切线的斜率为，
所以，
所以切点为，切线的斜率为.
故选：D
10、B
【解析】根据杨辉三角可得数列的递推公式，结合累加法可得数列的通项公式与.
【详解】由已知可得数列的递推公式为，且，且，
故，
，
，

，
，
等式左右两边分别相加得，

，
故选：B.
11、B
【解析】根据三角函数、等比数列、双曲线和导数知识逐项分析即可求解.
【详解】①在中，则有，因，所以，又余弦函数在上单调递减，所以，故①正确，
②当且时，此时，但是，，不成等比数列，故②错误，
③由双曲线可得双曲线的渐近线为，故③错误，
④“”是“是函数的极值点”的必要不充分条件，故④错误.
故选：B.
12、C
【解析】细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时联系相关知识,如等差数列、等比数列等，结合图形即可求解.
【详解】由题意知，数列的各项为1，6，15，28，45，...
所以，，，
，，，
所以.
故选：C

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、2
【解析】利用向量平行的条件直接解出.
【详解】因为向量，且，
所以，解得：2
故答案为：2
14、
【解析】圆转化为标准式方程，圆心到直线的距离为，圆的半径为，因此所求弦长为
考点：1．圆的方程；2．直线被圆截得的弦长的求法；
15、
【解析】由抛物线的定义得：，所以，当三点共线时，最小可得答案.
【详解】如图所示：，

由抛物线的定义得：，所以，
由图象知：当三点共线时，最小，
.
故答案为：.
16、n
【解析】先对两边同乘以4，再相加，化简整理即可得出结果.
【详解】由①
得：②
所以①②得：，所以，，
故答案为
【点睛】本题主要考查类比推理的思想，结合错位相减法思想即可求解，属于基础题型.

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），利用线面平行的判定和性质可得答案；
（2）以为原点，所在直线分别为的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量由向量夹角公式可得答案.
【小问1详解】
.

证明如下：
在△中，因为点分别为的中点，
所以//.
又平面，平面，
所以//平面.
因为平面，平面平面，
所以//
所以//.
在△中，因为点为的中点，
所以点为的中点， 即 .
【小问2详解】
因为底面为正方形，所以.
因为底面，
所以，.

如图，建立空间直角坐标系，
则，，，
因为分别为的中点，
所以.
所以，.
设平面的法向量，则
即
令，于.
又因为平面的法向量为，
所以
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18、（1）；
（2）是，该定值.
【解析】（1）根据弦长公式、点到直线距离公式，结合三角形面积公式进行求解即可；
（2）根据两点间距离公式，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.
【小问1详解】
显然直线存在斜率，设直线的方程为：，
所以有，设，
则有，
，
原点到直线的距离为：，
△OAB的面积为：，
当时，有最小值，最小值为；
【小问2详解】
是定值，理由如下：
由（1）可知：，，

【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系是解题的关键.
19、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）建立空间直角坐标系后得到相关向量，再运用数量积证明；
（2）求出相关平面的法向量，再运用夹角公式计算即可.
【小问1详解】
建立如下图所示的空间直角坐标系：，，，

，，
∴，故.
【小问2详解】
，
设平面的一个法向量为，
由，令，则，
取平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，易知：为锐角，
故，
即平面与平面夹角的余弦值为.
20、（1）（2）或
【解析】（1）根据命题对应的集合是命题对应的集合的真子集列式解得结果即可得解；
（2）“p或q”为真命题，“p且q”为假命题，等价于 与一真一假，分两种情况列式可得结果.
【详解】（1）因为p：对应的集合为，q：对应的集合为，且p是q的充分不必要条件，
所以，所以，解得.
（2），当时，，
因为“p或q”为真命题，“p且q”为假命题，所以与一真一假，
当真时，假，所以，此不等式组无解；
当真时，假，所以，解得或.
综上所述：实数x的取值范围是或.
【点睛】结论点睛：本题考查由充分不必要条件求参数取值范围，一般可根据如下规则转化：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；
（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含
21、（1），
（2）证明见解析
【解析】（1）将已知条件用首项和公比表示，联立方程组即可求解数列的通项公式，然后由对数的运算性质即可得数列的通项公式；
（2）由（1）求出，然后利用裂项相消求和法求出数列的前n项和，即可证明.
【小问1详解】
解：设等比数列的公比为，
由题意，得，即，解得或（舍），
又，所以，
所以，；
【小问2详解】
解：，
所以，
所以
22、（1）
（2）6
【解析】（1）由椭圆的定义求解
（2）设直线方程后与椭圆方程联立，由韦达定理表示弦长，将面积转化为函数后求求解
【小问1详解】
由题意可得，
所以动点P的轨迹是以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆，即曲线C的方程为：；
【小问2详解】
由题意可设的方程为，
联立方程得，
设，，则由根与系数关系有，
所以
，
根据椭圆的对称性可得，与的距离即为点M到直线的距离，为，
所以四边形ABDE面积为，令得，
由对勾函数性质可知：当且仅当，即时，四边形ABDE面积取得最大值为6．