2025届云南省保山市一中高二数学第一学期期末预测试题含解析

2025届云南省保山市一中高二数学第一学期期末预测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是()A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则2．某班进行了一次数学测试，全班学生的成绩都落在区间内，其成绩的频率分布直方图如图所示，若该班学生这次数学测试成绩的中位数的估计值为，则的值为（）A. B.C. D.3．设函数，当自变量t由2变到2.5时，函数的平均变化率是（）A.5.25 B.10.5C.5.5 D.114．若某群体中成员只用现金支付的概率为，既用现金支付也用非现金支付的概率为，则不用现金支付的概率为（）A. B.C. D.5．已知，那么函数在x＝π处的瞬时变化率为（）A. B.0C. D.6．如图，已知二面角平面角的大小为，其棱上有、两点，、分别在这个二面角的两个半平面内，且都与垂直.已知，，则（）A. B.C. D.7．已知一个圆锥的体积为，任取该圆锥的两条母线a，b，若a，b所成角的最大值为，则该圆锥的侧面积为（）A. B.C. D.8．已知数列满足，则满足的的最大取值为（）A.6 B.7C.8 D.99．在正项等比数列中，和为方程的两根，则等于（）A.8 B.10C.16 D.3210．某学校要从5名男教师和3名女教师中随机选出3人去支教，则抽取的3人中，女教师最多为1人的选法种数为（）A.10 B.30C.40 D.4611．正方体的表面积为，则正方体外接球的表面积为（

）A. B.C. D.12．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，的面积为10，则的值为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，，且与的夹角为钝角，则x的取值范围是___.14．已知一个样本数据为3，3，5，5，5，7，7，现在新加入一个3，一个5，一个7得到一个新样本，则与原样本数据相比，新样本数据平均数______，方差______.（“变大”、“变小”、“不变”）15．直线被圆截得的弦长为_______16．在棱长为2的正方体中，点P是直线上的一个动点，点Q在平面上，则的最小值为________.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）已知直线：，直线：.（1）若，求与的距离；（2）若，求与的交点的坐标.18．（12分）已知函数（1）若函数的图象在点处的切线与平行，求b的值；（2）在（1）的条件下证明：19．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率，且过点（1）求椭圆C的方程；（2）已知过的直线l交椭圆C于A、B两点，试探究在平面内是否存在定点Q，使得是一个确定的常数？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由20．（12分）已知圆与x轴交于A，B两点，P是该圆上任意一点，AP，PB的延长线分别交直线于M，N两点.（1）若弦AP长为2，求直线PB的方程；（2）以线段MN为直径作圆C，当圆C面积最小时，求此时圆C的方程.21．（12分）某城镇为推进生态城镇建设，对城镇的生态环境、市容市貌等方面进行了全面治理，为了解城镇居民对治理情况的评价和建议，现随机抽取了200名居民进行问卷并评分（满分100分），将评分结果制成如下频率分布直方图，已知图中a，b，c成等比数列，且公比为2（1）求图中a，b，c的值，并估计评分的均值（各段分数用该段中点值作代表）；（2）根据统计数据，在评分为“50～60”和“80～90”的居民中用分层抽样的方法抽取了6个居民．若从这6个居民中随机选择2个参加座谈，求所抽取的2个居民中至少有1个评分在“80～90”的概率22．（10分）已知在时有极值0.（1）求常数，的值；（2）求在区间上的最值.

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、D【解析】根据空间里面直线与平面、平面与平面位置关系的相关定理逐项判断即可.【详解】A，若，则或异面，故该选项错误；B，若，则或相交，故该选项错误；C，若，则α，β不一定垂直，故该选项错误；D，若，则利用面面垂直的性质可得，故该选项正确.故选：D.2、A【解析】根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可求得结果.【详解】由题意有，得，又由，得，解得，，有故选：A.3、B【解析】利用平均变化率的公式即得.【详解】∵，∴.故选：B.4、A【解析】利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】由对立事件概率公式可知，该群体中的成员不用现金支付的概率为.故选：A.5、A【解析】利用导数运算法则求出，根据导数的定义即可得到结论【详解】由题设，，所以，函数在x＝π处瞬时变化率为，故选：A6、C【解析】以、为邻边作平行四边形，连接，计算出、的长，证明出，利用勾股定理可求得的长.【详解】如下图所示，以、为邻边作平行四边形，连接，因为，，则，又因为，，，故二面角的平面角为，因为四边形为平行四边形，则，，因为，故为等边三角形，则，，则，，，故平面，因为平面，则，故.故选：C.7、B【解析】设圆锥的母线长为R，底面半径长为r，由题可知圆锥的轴截面是等边三角形，根据体积公式计算可得，利用扇形的面积公式计算即可求得结果.【详解】如图，设圆锥的母线长为R，底面半径长为r，由题可知圆锥的轴截面是等边三角形，所以，圆锥的体积，解得，所以该圆锥的侧面积为.故选：B8、B【解析】首先地推公式变形，得，，求得数列的通项公式后，再解不等式.【详解】因为，两边取倒数，得，整理为：，，所以数列是首项为1，公差为4的等差数列，，，因为，即，得，解得：，,所以的最大值是7.故选：B9、C【解析】根据和为方程两根，得到，然后再利用等比数列的性质求解.【详解】因为和为方程的两根，所以，又因为数列是等比数列，所以，故选：C10、C【解析】可分为女教师0人，男教师3人和女教师1人，男教师2人两种情况，用组合数表示计算即得解【详解】女教师最多为1人即女教师为0人或者1人若女教师为0人，则男教师有3人，有种选择；若女教师为1人，则男教师2人，有种选择；故女教师最多为1人的选法种数为种故选：C11、B【解析】由正方体表面积求得棱长，再求得正方体的对角线长，即为外接球的直径，从而可得球表面积【详解】设正方体棱长为，由得，正方体对角线长，所以其外接球半径为，球表面积为故选：B12、A【解析】由同角公式求出，根据三角形面积公式求出，根据余弦定理求出，根据正弦定理求出.【详解】因为，所以，因为，的面积为10，所以，故，从而，解得，由正弦定理得：.故选：A.【点睛】本题考查了同角公式，考查了三角形的面积公式，考查了余弦定理，考查了正弦定理，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、∪【解析】根据题意得出且与不共线，然后根据向量数量积的定义及向量共线的条件求出x的取值范围.【详解】∵与的夹角为钝角，且与不共线，即，且，解得，且，∴x的取值范围是∪.故答案为：∪.14、①.不变②.变大【解析】通过计算平均数和方差来确定正确答案.【详解】原样本平均数为，原样本方差为，新样本平均数为，新样本方差为.所以平均数不变，方差变大.故答案为：不变；变大15、【解析】求出圆心到直线的距离，结合半径，利用勾股定理可得答案.【详解】的圆心坐标为，，圆心到直线的距离，则直线被圆截得的弦长为：故答案为：16、【解析】数形结合分析出的最小值为点到平面的距离，然后利用等体积法求出距离即可.【详解】因为，且平面，平面，所以平面，所以的最小值为点到平面的距离，设到平面的距离为，则，所以，即，解得，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).(2).【解析】分析：（1）先根据求出k的值，再利用平行线间的距离公式求与的距离.(2)先根据求出k的值，再解方程组得与的交点的坐标.详解：（1）若，则由，即，解得或.当时，直线：，直线：，两直线重合，不符合，故舍去；当时，直线：，直线：，所以.（2）若，则由，得.所以两直线方程为：，：，联立方程组，解得，所以与的交点的坐标为.点睛：（1）本题主要考查直线的位置关系和距离的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算能力.(2)直线与直线平行，则且两直线不重合.直线与直线垂直，则.18、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由题意可得，从而可求出，（2）先构造函数，利用导数可求得对任意恒成立，对任意恒成立，从而将问题转化为只需证对任意恒成立，再次构造函数，利用导数求出其最大值小于等于即可【详解】（1）解：∵函数的图象在点处的切线与平行，∴，解得；证明：（2）由（1）得即对任意恒成立，令，则，∵当时，，∴函数在上单调递增，∵，∴对任意恒成立，即对任意恒成立，∴只需证对任意恒成立即可，即只需证对任意恒成立，令，则，由单调递减，且知，函数在上单调递增，在上单调递减，∴，∴得证，故不等式对任意恒成立19、（1）（2）存在，定点【解析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程并与椭圆方程联立，结合是常数列方程，从而求得定点的坐标.小问1详解】，，由题可得：.【小问2详解】当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，设，，联立方程组，整理得，可得，所以则恒成立，则，解得，，，此时，即存在定点满足条件当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝－2，可得，，设要使得是一个常数，即，显然，也使得成立；综上所述：存在定点满足条件.20、（1）或；（2）.【解析】（1）根据圆的直径的性质，结合锐角三角函数定义进行求解即可；（2）根据题意，结合基本不等式和圆的标准方程进行求解即可.【小问1详解】在方程中，令，解得，或，因为AP，PB的延长线分别交直线于M，N两点，所以，圆心在x轴上，所以，因为，，所以有，当P在x轴上方时，直线PB的斜率为：，所以直线PB的方程为：，当P在x轴下方时，直线PB的斜率为：，所以直线PB的方程为：，因此直线PB的方程为或；【小问2详解】由（1）知：，，所以设直线的斜率为，因此直线的斜率为，于是直线的方程为：，令，，即直线的方程为：，令，，即，因为同号，所以，当且仅当时取等号，即当时取等号，于是有以线段MN为直径作圆C，当圆C面积最小时，此时最小，当时，和，中点坐标为：，半径为，所以圆的方程为：，同理当时，和，中点坐标为：，半径为，所以圆的方程为：，综上所述：圆C的方程为.21、（1），，，均值为65.6（2）【解析】（1）根据a，b，c成等比数列且公比为2，得到a，b，c的关系，利用频率之和为1，求出a，b，c，估计评分的均值；（2）利用列举法得到基本事件，求出相应的概率.【小问1详解】由题意得，，，有，所以，即，解得，于是，评分在40～50，50～60，60～70，70～80，80～90，90～100的概率分别为0.15，0.20，0.30，0.20，0.10，0.05，则均分估计值为【小问2详解】评分在“50～60”和“80～90”分别有40人和20人则所抽取的6个居民中，评分在“80～90”一组有2人，记为A1，A2，评分在“50～60”一组4人，记为B1，B2，B3，B4从这6人中选取2人的所有基本事件有：（A1，A2），（A1，B1），（A1，B2），（A1，B3），（A1，B4），（A2，B1），（A2，B2），（A2，B3），（A2，B4），（B1，B2），（B1，B3），（B1，B4），（B2，B3），（B2，B4），（B3，B4），共15个其中至少