2025届安徽省毫州市利辛县第一中学数学高二上期末调研试题含解析

2025届安徽省毫州市利辛县第一中学数学高二上期末调研试题注意事项：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．设直线的倾斜角为，且，则满足A. B.C. D.2．已知，满足，则的最小值为（）A.5 B.-3C.-5 D.-93．已知f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1没有极值，则实数a的取值范围是（）A.[0，1] B.(－∞，0]∪[1，＋∞)C.[0，2] D.(－∞，0]∪[2，＋∞)4．在中国，周朝时期的商高提出了“勾三股四弦五”的勾股定理的特例.在西方，最早提出并证明此定理的为公元前世纪古希腊的毕达哥拉斯学派，他们用演绎法证明了直角三角形斜边平方等于两直角边平方之和.若一个直角三角形的斜边长等于则这个直角三角形周长的最大值为（）A. B.C. D.5．已知，若对于且都有成立，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.6．在正三棱锥S−ABC中，M、N分别是棱SC、BC的中点，且，若侧棱，则正三棱锥S−ABC外接球的表面积是（）A. B.C. D.7．已知抛物线，过点与抛物线C有且只有一个交点的直线有（）条A.0 B.1C.2 D.38．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，.若双曲线M的右支上存在点P，使，则双曲线M的离心率的取值范围为（）A. B.C. D.9．已知函数，其导函数的图象如图所示，则()A.在上为减函数 B.在处取极小值C.在上为减函数 D.在处取极大值10．由伦敦著名建筑事务所SteynStudio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品，若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线下支的一部分，离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.11．已知，为正实数，且，则的最小值为（）A. B.C. D.112．函数在（0，e]上的最大值为（）A.－1 B.1C.0 D.e二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在空间直角坐标系中，向量为平面ABC的一个法向量，其中，，则向量的坐标为______14．直线l过抛物线的焦点F，且l与该抛物线交于不同的两点，．若，则弦AB的长是____15．已知正三棱柱中，底面积为，一个侧面的周长为，则正三棱柱外接球的表面积为______.16．已知函数，则函数在上的最大值为_______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）已知椭圆的离心率为，椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合，过点的直线与椭圆相交于、两点.(1)求椭圆的方程；(2)若以为直径的圆过坐标原点，求的值.18．（12分）已知各项均为正数的等比数列{}的前4项和为15，且.（1）求{}的通项公式；（2）若，记数列{}前n项和为，求.19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC//AD，AD＝2BC＝2PA＝2AB＝2，E，F，G分别为线段AD，DC，PB的中点.（1）证明：直线PF//平面ACG；（2）求直线PD与平面ACG所成角的正弦值.20．（12分）如图，在四棱柱中，，，，四边形为菱形，在平面ABCD内的射影O恰好为AD的中点，M为AB的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.21．（12分）已知数列和满足，（1）若，求的通项公式；（2）若，，证明为等差数列，并求和的通项公式22．（10分）已知数列为等差数列，，数列满足，且（1）求的通项公式；（2）设，记数列的前项和为，求证：

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】因为，所以，，，，故选D2、D【解析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解【详解】解：作出可行域，如图内部（含边界），作直线，在中，，当直线向下平移时，增大，因此把直线向上平移，当直线过点时，故选：D3、C【解析】求导得，再解不等式即得解.【详解】由得，根据题意得，解得故选：C4、C【解析】设直角三角形的两条直角边边长分别为，则，根据基本不等式求出的最大值后，可得三角形周长的最大值.【详解】设直角三角形的两条直角边边长分别为，则.因为，所以，所以，当且仅当时，等号成立.故这个直角三角形周长的最大值为故选：C5、D【解析】根据题意转化为对于且时，都有恒成立，构造函数，转化为时，恒成立，求得的导数，转化为在上恒成立，即可求解.【详解】由题意，对于且都有成立，不妨设，可得恒成立，即对于且时，都有恒成立，构造函数，可转化为，函数为单调递增函数，所以当时，恒成立，又由，所以在上恒成立，即在上恒成立，又由，所以，即实数取值范围为.故选：D6、A【解析】由题意推出平面，即平面，，将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球，正方体的对角线就是球的直径，求出直径即可求出球的体积【详解】∵，分别为棱，的中点，∴，∵三棱锥为正棱锥，作平面，所以是底面正三角的中心，连接并延长交与点，∵底面是正三角形，，平面∴，，∵，平面，平面，∴平面，∵平面，∴，∴，又∵，而，且，平面，∴平面，∴平面，∴，因为S−ABC是正三棱锥。所以，以，，为从同一定点出发的正方体三条棱，将此三棱锥补成以正方体，则它们有相同的外接球，正方体的体对角线就是球的直径，，所以.故选：A.7、D【解析】设出过点与抛物线C只有一个公共点且斜率存在的直线方程，再与的方程联立借助判别式计算、判断作答.【详解】抛物线的对称轴为y轴，直线过点P且与y轴平行，它与抛物线C只有一个公共点，设过点与抛物线C只有一个公共点且斜率存在的直线方程为：，由消去y并整理得：，则，解得或，因此，过点与抛物线C相切的直线有两条，相交且只有一个公共点的直线有一条，所以过点与抛物线C有且只有一个交点的直线有3条.故选：D8、A【解析】利用三角形正弦定理结合，用a，c表示出，再由点P的位置列出不等式求解即得.【详解】依题意，点P不与双曲线顶点重合，在中，由正弦定理得：，因，于是得，而点P在双曲线M的右支上，即，从而有，点P在双曲线M的右支上运动，并且异于顶点，于是有，因此，，而，整理得，即，解得，又，故有，所以双曲线M的离心率的取值范围为.故选：A9、C【解析】首先利用导函数的图像求和的解，进而得到函数的单调区间和极值点.【详解】由导函数的图象可知:当时，或；当时，或，所以的单调递增区间为和，单调递减区间为和，故在处取得极大值，在处取得极小值，在处取得极大值.故选：C.10、B【解析】求出的值，可得出双曲线的渐近线方程.【详解】由已知可得，因此，该双曲线的渐近线方程为.故选：B.11、D【解析】利用基本不等式可求的最小值.【详解】可化为，由基本不等式可得，故，当且仅当时等号成立，故的最小值为1，故选：D.12、A【解析】对函数求导，然后求出函数的单调区间，从而可求出函数的最大值【详解】由，得，当时，，当，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值，故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据向量为平面ABC的一个法向量，由求解.【详解】因为，，所以，又因为向量为平面ABC的一个法向量，所以，解得，所以，故答案为：14、4【解析】由题意得，再结合抛物线的定义即可求解.【详解】由题意得，由抛物线的定义知：，故答案为：4.15、【解析】首先由条件求出底面边长和高，然后设、分别为上、下底面的的中心，连接，设的中点为，则点为正三棱柱外接球的球心，然后求出的长度即可.【详解】如图所示，设底面边长为，则底面面积为，所以，因此等边三角形的高为：，因为一个侧面的周长为，所以设、分别为上、下底面的的中心，连接，设的中点为则点为正三棱柱外接球的球心，连接、则在直角三角形中，即外接球的半径为，所以外接球的表面积为，故答案为：【点睛】关键点睛：求几何体的外接球半径的关键是根据几何体的性质找出球心的位置.16、【解析】利用导数单调性求出的单调性，比较极小值与两端点，的大小求出在上的最大值.【详解】因为，则，令，即时，函数单调递增.令，即时，函数单调递减.所以的单调递减区间为，的单调递增区间为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以函数的极小值也是函数的最小值.，两端点为，，即最大值为.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】（1）由离心率得到，由椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合，得到，进而可求出结果；（2）先由题意，得直线的斜率存在，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，设，根据韦达定理，得到，，再由以为直径的圆过坐标原点，得到，进而可求出结果.详解】(1)由题意知，∴，即，又双曲线的焦点坐标为，椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合，所以，∴，故椭圆的方程为.(2)解：由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为由得：由得：设，则，，∴因为以为直径的圆过坐标原点，所以，.满足条件故.【点睛】本题主要考查椭圆的方程，以及椭圆的应用，熟记椭圆的标准方程，以及椭圆的简单性质即可，解决此类问题时，通常需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理、判别式等求解，属于常考题型.18、（1）（2）【解析】（1）设正项的等比数列的公比为，根据题意列出方程组，求得的值，即可求得数列的通项公式；（2）由，结合乘公比错位相减求和，即可求解.小问1详解】解：设正项的等比数列的公比为，显然不为1，因为等比数列前4项和为且，可得，解得，所以数列的通项公式为.【小问2详解】解：由，所以，可得，两式相减得，所以.19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）连接EC，设EB与AC相交于点O，结合已知条件利用线面平行的判定定理可证得OG//平面PEF，再由三角形中位线定理结合线面垂直的判定定理可得AC//平面PEF，从而由面面垂直的判定可得平面PEF//平面GAC，进而可证得结论，（2）由已知可证得PA、AB、AD两两互相垂直，以A为原点，AB，AD，AP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可【小问1详解】证明：连接EC，设EB与AC相交于点O，如图，因为BC//AD，且，AB⊥AD，所以四边形ABCE为矩形，所以O为EB的中点，又因为G为PB的中点，所以OG为△PBE的中位线，即OG∥PE，因为OG平面PEF，PE⊂平面PEF，所以OG//平面PEF，因为E，F分别为线段AD，DC的中点，所以EF//AC，因为AC平面PEF，EF⊂平面PEF，所以AC//平面PEF，因为OG⊂平面GAC，AC⊂平面GAC，AC∩OG＝O，所以平面PEF//平面GAC，因为PF⊂平面PEF，所以PF//平面GAC.【小问2详解】因为PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，因为AB⊥AD，所以PA、AB、AD两两互相垂直，以A为原点，AB，AD，AP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则A（0，0，0），，C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，1），所以，设平面ACG的法向量为，则，所以，令x＝1，可得y＝﹣1，z＝﹣1，所以，设直线PD与平面ACG所成角为θ，则，所以直线PD与平面ACG所成角的正弦值为.20、（1）证明见解析（2）【解析】（1）先证明，，即可证明平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【小问1详解】因为O为在平面ABCD内的射影，所以平面ABCD，因为平面ABCD，所以.如图，连接BD，在中，.设CD的中点为P，连接BP，因为，，，所以，且，则.因为，所以，易知，所以.因为平面，平面，，所以平面.【小问2详解】由（1）知平面ABCD，所以可以点O为坐标原点，以OA，，所在直线分别为x，z，以平面ABCD内过点O且垂直于OA的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以,,，，设平面的法向量为，，，则可取平面的一个法向量为.设平面的法向量为，，，则令，得平面的一个法向量为.设平面与平面的平面角为，由法向量的方向可知与法向量的夹角大小相等，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.21、（1）（2）证明见解析，，【解析】（1）代入可得，变形得构造等比数列求的通项公式；（2）先由已知得，先分别求出，的通项公式，然后合并可得的通项公式，进而可得的通项公式【小问1详解】当，时，，所以，即，整理得，所以是以为首项，为公比的等比数列故，即【小问2详解】当时，由，，得，所以因为，所以，则是以为首项，2为公差的等差数列，，；是以为首项，2为公差的等差数列，，综上所述，所以