2025届云南省昆明市官渡一中高二数学第一学期期末综合测试试题含解析

2025届云南省昆明市官渡一中高二数学第一学期期末综合测试试题注意事项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．在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为A. B.C. D.2．数列中，，，．当时，则n等于（）A.2016 B.2017C.2018 D.20193．气象台正南方向的一台风中心，正向北偏东30°方向移动，移动速度为，距台风中心以内的地区都将受到影响，若台风中心的这种移动趋势不变，气象台所在地受到台风影响持续时间大约是（）A. B.C. D.4．执行如图所示的程序框图，则输出的的值是（）A. B.C. D.5．某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A. B.C. D.6．已知中，角，，的对边分别为，，，且，，成等比数列，则这个三角形的形状是（）A.直角三角形 B.等边三角形C.等腰直角三角形 D.钝角三角形7．设直线，．若，则的值为（）A.或 B.或C. D.8．在中，B=30°，BC=2，AB=，则边AC的长等于（）A. B.1C. D.29．知点分别为圆上的动.点，为轴上一点，则的最小值（）A. B.C. D.10．过双曲线Ω：(a＞0，b＞0)右焦点F作x轴的垂线，与Ω在第一象限的交点为M，且直线AM的斜率大于2，其中A为Ω的左顶点，则Ω的离心率的取值范围为()A.(1,3) B.(3，＋∞)C.(1,) D.(，＋∞)11．如图，在平行六面体中，（）A. B.C. D.12．已知数列满足，且，则的值为（）A.3 B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知直线与圆相切，则__________.14．如图，在长方体ABCD﹣A'B'C'D'中，点P，Q分别是棱BC，CD上的动点，BC＝4，CD＝3，CC'＝2，直线CC'与平面PQC'所成的角为30°，则△PQC'的面积的最小值是__15．设，，，则动点P的轨迹方程为______，P到坐标原点的距离的最小值为______16．已知为抛物线：的焦点，为抛物线上在第一象限的点.若为的中点，为抛物线的顶点，则直线斜率的最大值为______.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）已知函数，（1）讨论的单调性；（2）若时，对任意都有恒成立，求实数的最大值18．（12分）已知数列满足，.（1）求证：数列是等比数列；（2）求数列的通项公式及前项的和.19．（12分）已知四边形是空间直角坐标系中的一个平行四边形，且，，（1）求点的坐标；（2）求平行四边形的面积20．（12分）如图，已知椭圆的短轴端点为、，且，椭圆C的离心率，点，过点P的动直线l椭圆C交于不同的两点M、N与，均不重合），连接，，交于点T（1）求椭圆C的方程；（2）求证：当直线l绕点P旋转时，点T总在一条定直线上运动；（3）是否存在直线l，使得？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由21．（12分）已知椭圆）过点A（0，），且与双曲线有相同的焦点（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上异于A的两点，且满足，试判断直线MN是否过定点，并说明理由22．（10分）为了保证我国东海油气田海域海上平台的生产安全，海事部门在某平台O的北偏西45°方向km处设立观测点A，在平台O的正东方向12km处设立观测点B，规定经过O、A、B三点的圆以及其内部区域为安全预警区．如图所示：以O为坐标原点，O的正东方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系（1）试写出A，B的坐标，并求两个观测点A，B之间的距离；（2）某日经观测发现，在该平台O正南10kmC处，有一艘轮船正以每小时km的速度沿北偏东45°方向行驶，如果航向不变，该轮船是否会进入安全预警区？如果不进入，请说明理由；如果进入，则它在安全警示区内会行驶多长时间？

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、C【解析】利用正方体中，，将问题转化为求共面直线与所成角的正切值，在中进行计算即可.【详解】在正方体中，，所以异面直线与所成角为，设正方体边长为，则由为棱的中点，可得，所以，则.故选C.【点睛】求异面直线所成角主要有以下两种方法：（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角；（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.2、B【解析】根据已知条件用逐差法求得的通项公式，再根据裂项求和法求得，代值计算即可.【详解】因为，，则,即，则，故，又，即，解得.故选：B.3、D【解析】利用余弦定理进行求解即可.【详解】如图所示：设台风中心为，，小时后到达点处，即，当时，气象台所在地受到台风影响，由余弦定理可知：，于是有：，解得：，所以气象台所在地受到台风影响持续时间大约是，故选：D4、C【解析】由题意确定流程图的功能，然后计算其输出值即可.【详解】运行程序，不满足，，，不满足，，，不满足，，，不满足，，，不满足，，，不满足，，，满足，利用裂项求和可得：.故选：C.【点睛】识别、运行程序框图和完善程序框图的思路：(1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构(2)要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题(3)按照题目的要求完成解答并验证5、A【解析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.【详解】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥，其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，故其表面积为，故选：A.6、B【解析】根据题意求出，结合余弦定理分情况讨论即可.【详解】解：因为，所以.由题意得，利用余弦定理得：.当，即时，，即，解得：.此时三角形为等边三角形；当，即时，,不成立.所以三角形的形状是等边三角形.故选：B.【点睛】本题主要考查利用余弦定理判断三角形的形状，属于基础题.7、A【解析】由两直线垂直可得出关于实数的等式，即可解得实数的值.【详解】因为，则，解得或.故选：A.8、B【解析】利用余弦定理即得【详解】由余弦定理，得，解得AC=1故选：B.9、B【解析】求出圆关于轴的对称圆的圆心坐标，以及半径，然后求解圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，即可求出的最小值.【详解】圆关于轴的对称圆的圆心坐标，半径为1，圆的圆心坐标为，半径为1，∴若与关于x轴对称，则，即，当三点不共线时，当三点共线时，所以同理(当且仅当时取得等号)所以当三点共线时，当三点不共线时，所以∴的最小值为圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，∴.故选：B.10、B【解析】求点A和M的坐标，进而表示斜率，可得，整理得b2＞2ac＋2a2，从而可解得离心率的范围.【详解】F(c,0)，设M(c，yM)，(yM＞0)代入可解得yM＝，A(－a,0)，由于kAM＞2，即，整理得b2＞2ac＋2a2，又b2＝c2－a2，∴c2－a2＞2ac＋2a2，即c2－2ac－3a2＞0，∴e2－2e－3＞0，e＜－1(舍)或e＞3.答案：B【点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.11、B【解析】由空间向量的加法的平行四边形法则和三角形法则，可得所求向量【详解】连接，可得，又，所以故选：B.12、B【解析】根据题意，依次求出，观察规律，进而求出数列的周期，然后通过周期性求得答案.【详解】因为数列满足，，所以，所以，，，可知数列具有周期性，周期为3，，所以.故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由直线与圆相切，结合点到直线的距离公式求解即可.【详解】由直线与圆相切，所以圆心到直线l的距离等于半径r，即.故答案为：14、8【解析】设三棱锥C﹣C′PQ的高为h，CQ＝x，CP＝y，由体积法求得的关系，由直线CC’与平面C’PQ成的角为30°，得到xy≥8，再由VC﹣C′PQ＝VC′﹣CPQ，能求出△PQC'的面积的最小值【详解】解：设三棱锥C﹣C′PQ的高为h，CQ＝x，CP＝y，由长方体性质知两两垂直，所以，，，，，所以，由得，所以，∵直线CC’与平面C’PQ成的角为30°，∴h＝2，∴，，∴xy≥8，再由体积可知：VC﹣C′PQ＝VC′﹣CPQ，得，S△C′PQ＝xy，∴△PQC'的面积的最小值是8故答案为：815、①.②.l【解析】根据双曲线的定义得到动点的轨迹方程，从而求出到坐标原点的距离的最小值；【详解】解：因为，所以动点P的轨迹为以A，B为焦点，实轴长为2的双曲线的下支．因为，，所以，，，所以动点P的轨迹方程为故P到坐标原点的距离的最小值为故答案为：；；16、1【解析】由题意，可得，设，，，根据是线段的中点，求出的坐标，可得直线的斜率，利用基本不等式即可得结论【详解】解：由题意，可得，设，，，，是线段的中点，则，，，当且仅当时取等号，直线的斜率的最大值为1故答案为：1三、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）答案见解析；（2）.【解析】（1）利用导数与单调性的关系分类讨论即得；（2）由题可得在上恒成立，构造函数，利用导数求函数的最值即可.【小问1详解】的定义域为，且当时，显然，在定义域上单调递增；当时，令，得则有：极大值即在上单调递增，在上单调递减，综上所述，当时，在定义域上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】当时，，对于满足恒成立，在上恒成立，令，只需∴，，，令，则，在上单调递增，又，，存在唯一的，使得，即，两边取自然对数得，极小值，则的最大值为18、（1）证明见解析；（2），.【解析】（1）证明出，即可证得结论成立；（2）由（1）的结论并确定数列的首项和公比，可求得数列的通项公式，再利用分组求和法可求得.【小问1详解】证明：因为数列满足，，则，且，则，，，以此类推可知，对任意的，，所以，，故数列为等比数列.【小问2详解】解：由（1）可知，数列是首项为，公比为的等比数列，则，所以，，因此，.19、（1）；（2）【解析】（1）由题设可得，结合向量的共线坐标表示求的坐标；（2）向量的坐标运算求边长，由余弦定理求，进而求其正弦值，再应用三角形面积公式求面积.【小问1详解】由题设，，令，则，∴，可得，故.【小问2详解】由（1），，，则，又，则，∴平行四边形的面积.20、（1）（2）证明见解析；（3）不存在直线l，使得成立，理由见解析.【解析】（1）根据题意，列出方程组，求得，即可求得椭圆的方程；（2）设直线的方程为，联立方程组求得，设，根据和在同一条直线上，列出方程求得的值，即可求解；（3）设直线的为，把转化为，联立方程组求得，代入列方程，求得，即可得到结论.【小问1详解】解：由题意可得，解得，所以所求椭圆的方程为.【小问2详解】解：由题意，因为直线过点，可设直线的方程为，，联立方程组，整理得，可得，因为直线与椭圆有两个交点，所以，解得，设，因为在同一条直线上，则，①又由在同一条直线上，则，②由①+②3所以，整理得，解得，所以点在直线，即当直线l绕点P旋转时，点T总在一条定直线上运动.【小问3详解】解：由（2）知，点在直线上运动，即，设直线的方程为，且，又由且，可得，即，联立方程组，整理得，可得，代入可得，解得，即，此时直线的斜率不存在，不合题意，所以不存在直线l，使得成立.21、（1）（2）直线过定点；理由见解析【解析】（1）根据题意可求得，进而求得椭圆方程；（2）考虑直线斜率是否存在，设直线方程并联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，然后利用，将根与系数的关系式代入化简得到，结合直线方程,化简可得结论.【小问1详解】依题意，，所以，故椭圆方程为：【小问2详解】当直线MN的斜率不存在时，设M（），N（，），则，,此时M，N重合，不符合题意；当直线MN的斜率存在时，设MN的方程为：，M（，），N（），与椭圆方程联立可得：，即，∴，即，∴，∴，∴，当时，,直线MN：，即，令，则，∴直线过定点【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆相交时过定点的问题，解答时要注意解题思路的顺畅，解答的难点在于运算量较大且复杂，需要十分细心.22、（1）；