2025届玉溪市重点中学高二上数学期末预测试题含解析

2025届玉溪市重点中学高二上数学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．已知向量分别是直线的方向向量，若，则（）A. B.C. D.2．圆与直线的位置关系是（）A.相交 B.相切C.相离 D.不能确定3．已知命题，；命题，，那么下列命题为假命题的是（）A. B.C. D.4．设抛物线的焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线与抛物线C交于A，B两点，若，则（）A1 B.2C.4 D.85．已知F为椭圆的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且垂直于x轴．若直线AB的斜率为，则椭圆C的离心率为（）A. B.C. D.6．将直线绕着原点逆时针旋转，得到新直线的斜率是（）A. B.C. D.7．直线l：的倾斜角为（）A. B.C. D.8．在中国古代，人们用圭表测量日影长度来确定节气，一年之中日影最长的一天被定为冬至.从冬至算起，依次有冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，其日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，小寒、雨水，清明日影长之和为28.5尺，则大寒、惊蛰、谷雨日影长之和为（）A.25.5尺 B.34.5尺C.37.5尺 D.96尺9．对于公差为1的等差数列，；公比为2的等比数列，，则下列说法不正确的是（）A.B.C.数列为等差数列D.数列的前项和为10．已知，则点关于平面的对称点的坐标是（）A. B.C. D.11．已知抛物线C：，则过抛物线C的焦点，弦长为整数且不超过2022的直线的条数是（）A.4037 B.4044C.2019 D.202212．已知，且，则的最大值为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知双曲线C：的两焦点分别为，，P为双曲线C上一点，若，则=___________.14．已知椭圆和双曲线有相同的焦点和，设椭圆和双曲线的离心率分别为，，P为两曲线的一个公共点，且（O为坐标原点）．若，则的取值范围是______15．已知点P为椭圆上的任意一点，点，分别为该椭圆的左、右焦点，则的最大值为______________.16．已知数列满足，，则使得成立的n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l：，圆C：.（1）当时，试判断直线l与圆C的位置关系，并说明理由；（2）若直线l被圆C截得的弦长恰好为，求k的值.18．（12分）设：，：.（1）若命题“，是真命题”，求的取值范围；（2）若是的充分不必要条件，求的取值范围.19．（12分）在△中，内角所对的边分别为，已知（1）求角的大小；（2）若的面积，求的值20．（12分）设函数（1）若，求的单调区间和极值；（2）在（1）的条件下，证明：若存在零点，则在区间上仅有一个零点；（3）若存在，使得，求的取值范围21．（12分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为棱的中点.（1）求直线与所成角的余弦值；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求二面角的余弦值.22．（10分）已知点，点为直线上的动点，过作直线的垂线，线段的中垂线与交于点.（1）求点的轨迹的方程；（2）若过点直线与曲线交于，两点，求与面积之和的最小值.（为坐标原点）

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】由题意，得，由此可求出答案【详解】解：∵，且分别是直线的方向向量，∴，∴，∴，故选：C【点睛】本题主要考查向量共线的坐标表示，属于基础题2、B【解析】用圆心到直线的距离与半径的大小判断【详解】解：圆的圆心到直线的距离，等于圆的半径，所以圆与直线相切，故选：B3、B【解析】由题设命题的描述判断、的真假，再判断其复合命题的真假即可.【详解】对于命题，仅当时，故为假命题；对于命题，由且开口向上，故为真命题；所以为真命题，为假命题，综上，为真，为假，为真，为真.故选：B4、C【解析】根据焦点弦的性质即可求出【详解】依题可知，，所以故选：C5、D【解析】根据题意表示出点的坐标，再由直线AB的斜率为，列方程可求出椭圆的离心率【详解】由题意得，，当时，，得，由题意可得点在第一象限，所以，因为直线AB的斜率为，所以，化简得，所以，，得（舍去），或，所以离心率，故选：D6、B【解析】由题意知直线的斜率为，设其倾斜角为，将直线绕着原点逆时针旋转，得到新直线的斜率为，化简求值即可得到答案.【详解】由知斜率为，设其倾斜角为，则，将直线绕着原点逆时针旋转，则故新直线的斜率是.故选：B.7、D【解析】先求得直线的斜率，由此求得倾斜角.【详解】依题意，直线的斜率为，倾斜角的范围为,则倾斜角为.故选：D.8、A【解析】由题意可知，十二个节气其日影长依次成等差数列，设冬至日的日影长为尺，公差为尺，利用等差数列的通项公式，求出，即可求出，从而得到答案【详解】设从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列{}，如冬至日的日影长为尺，设公差为尺.由题可知，所以，，，，故选：A9、B【解析】由等差数列的通项公式判定选项A正确；利用等比数列的通项公式求出，即判定选项B错误；利用对数的运算和等差数列的定义判定选项C正确；利用错位相减法求和，即判定选项D正确.【详解】对于A:由条件可得，，即选项A正确；对于B：由条件可得，，即选项B错误；对于C：因为，所以，则，即数列是首项和公差均为的等差数列，即选项C正确；对于D：，设数列的前项和为，则，，上面两式相减可得，所以，即选项D正确.故选：B.10、C【解析】根据对称性求得坐标即可.【详解】点关于平面的对称点的坐标是，故选：C11、A【解析】根据已知条件，结合抛物线的性质，先求出过焦点的最短弦长，再结合抛物线的对称性，即可求解【详解】∵抛物线C：，即，由抛物线的性质可得，过抛物线焦点中，长度最短的为垂直于y轴的那条弦，则过抛物线C的焦点，长度最短的弦的长为，由抛物线的对称性可得，弦长在5到2022之间的有共有条，故弦长为整数且不超过2022的直线的条数是故选：A12、A【解析】由基本不等式直接求解即可得到结果.【详解】由基本不等式知；（当且仅当时取等号），的最大值为.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、18或2##2或18【解析】先由双曲线的方程求出，再利用双曲线的定义列方程求解即可【详解】由，得，则，因为双曲线C：的两焦点分别为，，P为双曲线C上一点，所以，即，所以或，因为，所以或都符合题意，故答案为：18或214、【解析】设出半焦距c，用表示出椭圆的长半轴长、双曲线的实半轴长，由可得为直角三角形，由此建立关系即可计算作答.【详解】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，它们的半焦距为c，于是得，，由椭圆及双曲线的对称性知，不妨令焦点和在x轴上，点P在y轴右侧，由椭圆及双曲线定义得：，解得，，因，即，而O是线段的中点，因此有，则有，即，整理得：，从而有，即有，又，则有，即，解得，所以的取值范围是.故答案：15、【解析】利用正弦定理表示出，再求t，再利用求的最大值即可.【详解】在中，由正弦定理得，所以，，即求的最大值，也就是求t的最小值，而，即最大时，由椭圆的性质知当P为椭圆上顶点时最大，此时，，所以，所以的最大值是1，，所以，故答案为：.【点睛】本题考查椭圆焦点三角形的问题，考查正弦定理的应用.16、11【解析】由题设可得，结合等比数列的定义知从第二项开始是公比为2的等比数列，进而写出的通项公式，即可求使成立的最小值n.【详解】因为，所以，两式相除得，整理得.因为，故从第二项开始是等比数列，且公比为2，因为，则，所以，则，由得：，故故答案为：11.三、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）相离，理由见解析；（2）0或【解析】（1）求出圆心到直线的距离和半径比较即可判断；（2）求出圆心到直线的距离，利用弦长计算即可得出.【详解】（1）圆C：的圆心为，半径为2，当时，线l：，则圆心到直线的距离为，直线l与圆C相离；（2）圆心到直线的距离为，弦长为，则，解得或.18、（1）（2）【解析】（1）解不等式得到解集，根据题意列出不等式组，求出的取值范围；（2）先解不等式，再根据充分不必要条件得到是的真子集，进而求出的取值范围.【小问1详解】因为，由可得：，因为“，”为真命题，所以，即，解得：.即的取值范围是.【小问2详解】因为，由可得：，，因为是的充分不必要条件，所以是的真子集，所以（等号不同时取），解得：，即的取值范围是.19、（1）；（2）【解析】（1）由正弦定理，将条件中的边化成角，可得，进而可得的值；（2）由三角形面积公式可得，再由余弦定理可得，得最后结论试题解析：（1），又∴又得（2）由，∴又得，∴得考点：正弦定理；余弦定理【易错点睛】解三角形问题的两重性：①作为三角形问题，它必须要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及其有关三角形的性质，及时进行边角转化，有利于发现解题的思路；②它毕竟是三角变换，只是角的范围受到了限制，因此常见的三角变换方法和原则都是适用的，注意“三统一”（即“统一角、统一函数、统一结构”）是使问题获得解决的突破口20、（1）递减区间是，单调递增区间是，极小值（2）证明见解析（3）【解析】（1）对函数进行求导通分化简，求出解得，在列出与在区间上的表格，即可得到答案.（2）由（1）知，在区间上的最小值为，因为存在零点，所以，从而．在对进行分类讨论，再利用函数的单调性得出结论.（3）构造函数，在对进行求导，在对进行分情况讨论，即可得的得到答案.【小问1详解】函数的定义域为，，由解得与在区间上的情况如下：–↘↗所以，的单调递减区间是，单调递增区间是；在处取得极小值，无极大值【小问2详解】由（1）知，在区间上的最小值为因为存在零点，所以，从而当时，在区间上单调递减，且，所以是在区间上的唯一零点当时，在区间上单调递减，且，所以在区间上仅有一个零点综上可知，若存在零点，则在区间上仅有一个零点【小问3详解】设，①若，则，符合题意②若，则，故当时，，在上单调递增所以，存在，使得的充要条件为，解得③若，则，故当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增所以，存在，使得的充要条件为，而，所以不合题意综上，的取值范围是【点睛】本题考查求函数的单调区间和极值、证明给定区间只有一个零点问题，以及含参存在问题，属于难题.21、（1）；（2）；（3）.【解析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设.（1）写出、的坐标，利用空间向量法计算出直线与所成角的余弦值；（2）求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可计算得出直线与平面所成角的正弦值；（3）求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.【详解】平面，四边形为正方形，设.以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则、、、、、.（1），，，所以，异面直线、所成角的余弦值为；（2）设平面的一个法向量为，，，由，可得，取，可得，则，，，因此，直线与平面所成角的正弦值为；（3）设平面的一个法向量为，，，由，可得，得，取，则，，所以，平面的一个法向量为，，由图形可知，二面角为锐角，因此，二面角的余弦值为.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.22、（1）（2）【解析】（1）根据抛物线的定义可得轨迹方程；（2）联立直线与抛物线方程，利用根与系数关系结合均值不等式可得最小值【小问1详