2025-2026学年新疆阿克苏地区乌什县二中数学高二第一学期期末考试试题含解析

2025-2026学年新疆阿克苏地区乌什县二中数学高二第一学期期末考试试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．已知在空间直角坐标系（O为坐标原点）中，点关于x轴的对称点为点B，则z轴与平面OAB所成的线面角为（）A. B.C. D.2．已知直线：恒过点，过点作直线与圆：相交于A，B两点，则的最小值为（）A. B.2C.4 D.3．瑞士数学家欧拉1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，，其欧拉线方程为，则顶点的坐标可以是（）A. B.C. D.4．已知圆，圆，M，N分别是圆上的动点，P为x轴上的动点，则以的最小值为（）A B.C. D.5．已知点在椭圆上，与关于原点对称，，交轴于点，为坐标原点，，则椭圆的离心率为（）A. B.C. D.6．已知椭圆C：（）的长轴的长为4，焦距为2，则C的方程为（）A B.C. D.7．已知等差数列前项和为，且，，则此数列中绝对值最小的项为A.第5项 B.第6项C.第7项 D.第8项8．设，，，…，，，则（）A. B.C. D.9．直线平分圆的周长，过点作圆的一条切线，切点为，则（）A.5 B.C.3 D.10．设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不重合的直线，下列命题中为真命题的是（）A如果，，n∥β，那么B.如果，，，那么α∥βC.如果m∥n，，，那么α∥βD.如果m∥n，，，那么11．已知函数的导数为，且满足，则（）A. B.C. D.12．随机抽取甲乙两位同学连续9次成绩（单位：分），得到如图所示的成绩茎叶图，关于这9次成绩，则下列说法正确的是（）A.甲成绩的中位数为33 B.乙成绩的极差为40C.甲乙两人成绩的众数相等 D.甲成绩的平均数低于乙成绩的平均数二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．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______14．在中，，，，则__________.15．已知，用割线逼近切线的方法可以求得___________.16．如图，按照以下规律排列的数阵中，第i行从左向右第j个数记为，如，，则______；令则______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）已知椭圆的焦距为，左、右焦点分别为，为椭圆上一点，且轴，，为垂足，为坐标原点，且（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆的右焦点的直线（斜率不为）与椭圆交于两点，为轴正半轴上一点，且，求点的坐标18．（12分）过原点O的圆C，与x轴相交于点A(4,0)，与y轴相交于点B(0,2)(1)求圆C的标准方程；(2)直线l过B点与圆C相切，求直线l的方程，并化为一般式19．（12分）如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距12海里，渔船乙以10海里/小时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上.（1）求渔船甲的速度；（2）求的值.20．（12分）已知函数.（I）当时，求曲线在处的切线方程；（Ⅱ）若当时，，求的取值范围.21．（12分）已知数列满足（1）求数列的通项公式；（2）是否存在正实数a，使得不等式对一切正整数n都成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.22．（10分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CD的中点（1）求证：D1F平面A1EC1；（2）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值.

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、B【解析】根据点关于坐标轴对称的性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】因为点关于x轴的对称点为，所以，设平面OAB的一个法向量为，则得所以，令，得，所以又z轴的一个方向向量为，设z轴与平面OAB所成的线面角为，则，所以所求的线面角为，故选：B2、A【解析】根据将最小值问题转化为d取得最大值问题，然后结合图形可解.【详解】将，变形为，故直线恒过点，圆心，半径，已知点P在圆内，过点作直线与圆相交于A，两点，记圆心到直线的距离为d，则，所以当d取得最大值时，有最小值，结合图形易知，当直线与线段垂直的时候，d取得最大值，即取得最小值，此时，所以.故选：A.3、C【解析】设出点C坐标，求出的重心并代入欧拉线方程，验证并排除部分选项，余下选项再由外心、垂心验证判断作答.【详解】设顶点的坐标为，则的重心坐标为，依题意，，整理得：，对于A，当时，，不满足题意，排除A；对于D，当时，，不满足题意，排除D；对于B，当时，，对于C，当时，，直线AB的斜率，线段AB中点，线段AB中垂线方程：，即，由解得：，于是得的外心，若点，则直线BC的斜率，线段BC中点，该点与点M确定直线斜率为，显然，即点M不在线段BC的中垂线上，不满足题意，排除B；若点，则直线BC的斜率，线段BC中点，线段BC中垂线方程为：，即，由解得，即点为的外心，并且在直线上，边AB上的高所在直线：，即，边BC上的高所在直线：，即，由解得：，则的垂心，此时有，即的垂心在直线上，选项C满足题意.故选：C【点睛】结论点睛：的三顶点，则的重心为.4、A【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】圆关于轴对称圆的圆心坐标，半径为1，圆的圆心坐标为，半径为3，易知，当三点共线时，取得最小值，的最小值为圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，即：.故选：A.注意:9至12题为多选题5、B【解析】由，得到，结合，得到，进而求得，得出，结合离心率的定义，即可求解.【详解】设，则，由，可得，所以，因为，可得，又由，两式相减得，即，即，又因为，所以，即又由，所以，解得.故选：B.6、D【解析】由题设可得求出椭圆参数，即可得方程.【详解】由题设，知：，可得，则，∴C的方程为.故选：D.7、C【解析】设等差数列的首项为，公差为，，则，又，则，说明数列为递减数列，前6项为正，第7项及后面的项为负，又，则，则在数列中绝对值最小的项为，选C.8、B【解析】根据已知条件求得的规律，从而确定正确选项.【详解】，，，，，……，以此类推，，所以.故选：B9、B【解析】根据圆的性质，结合圆的切线的性质进行求解即可.【详解】由，所以该圆的圆心为，半径为，因为直线平分圆的周长，所以圆心在直线上，故，因此，，所以有，所以，故选：B10、C【解析】AB.利用两平面的位置关系判断；CD.利用面面平行的判定定理判断；【详解】A.如果，，n∥β，那么α，β相交或平行；故错误；B.如果，，，那么α，β垂直，故错误；C.如果m∥n，，则，又，那么α∥β，故C正确；D错误，故选:C11、C【解析】首先求出，再令即可求解.【详解】由，则，令，则，所以.故选：C【点睛】本题主要考查了基本初等函数的导数以及导数的基本运算法则，属于基础题.12、D【解析】按照茎叶图所给的数据计算即可.【详解】由茎叶图可知，甲的成绩为：11，22，23，24，32，32，33，41，52，其中位数为32，众数为32，平均数为；乙的成绩为：10，22，31，32，35，42，42，50，52，极差为52-10=42，众数为42，平均数为；由以上数据可知，A错误，B错误，C错误，D正确；故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、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：；；14、【解析】由已知在中利用余弦定理可得的值，可求，可得，即可得解的值【详解】解：因为在中，，，，所以由余弦定理可得，所以，即，则故答案为：15、【解析】根据导数的定义直接计算即可【详解】因为，所以，故答案为：16、①.55②.【解析】令易知是首项为，公差为1的等差数列，写出通项公式，再应用累加法求及通项公式，结合求通项公式，进而可得，最后两次应用错位相减法求即可.【详解】由题设知：令，则是首项为，公差为1的等差数列，故，所以，即，由上可得：，则，而，所以，则，所以，，所以，令，则，所以，故，综上，，则.故答案为：，.【点睛】关键点点睛：通过图总结规律，易知是等差数列，应用累加法求，再由求通项公式，最后应用错位相减法求前n项和.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）利用△∽△构造齐次方程，求出离心率，再利用焦距即可求出椭圆方程；（2）将直线方程与椭圆方程联立利用韦达定理求出和，利用几何关系可知，即可得，将韦达定理代入化简即可求得点坐标.【小问1详解】∵椭圆的焦距为，∴，即，轴，∴，则,由，，则△∽△，∴，即，整理得，即，解得或（舍去）∴，∴，则椭圆的标准方程为，【小问2详解】设直线的方程为，且，将直线方程与椭圆方程联立得，，则，，∵，∴，∴,∴，∴，即.18、（1）；（2）【解析】（1）设圆的标准方程为：，则分别代入原点和，得到方程组，解出即可得到；（2）由（1）得到圆心为，半径，由于直线过点与圆相切，则分别讨论斜率存在与否，运用直线与圆相切的条件：，解方程即可得到所求直线方程.【详解】(1)设圆C的标准方程为，则分别代入原点和，得到，解得则圆的标准方程为(2)由(1)得到圆心为，半径，由于直线过点与圆相切，当时，到的距离为2，不合题意，舍去；当斜率存在时，设，由直线与圆相切，得到，即有，解得，故直线，即为点睛：本题考查直线与圆位置关系，考查圆的方程的求法和直线与圆相切的条件，考查运算能力，属于中档题；圆的方程有一般形式与标准形式，在该题中利用待定系数法将其设为标准形式，列、解出方程组即可；当直线与圆相切时等价于圆心到直线的距离等于半径，已知直线上一点写出直线的方程需注意斜率不存在的情形.19、（1）14海里小时；（2）.【解析】（1）由题意知，，，.在△中，利用余弦定理求出，进而求出渔船甲的速度.（2）在△中，，，，，由正弦定理，即可解出的值.【小问1详解】(1）依题意，，，，.在△中，由余弦定理，得.解得.故渔船甲的速度为海里小时.即渔船甲的速度为14海里小时.【小问2详解】在△中，因为，，，，由正弦定理，得，即.值为.20、（1）（2）【解析】（Ⅰ）先求的定义域，再求，，，由直线方程的点斜式可求曲线在处的切线方程为（Ⅱ）构造新函数，对实数分类讨论，用导数法求解.试题解析：（I）定义域为.当时，，曲线在处的切线方程为（II）当时，等价于设，则，（i）当，时，，故在上单调递增，因此；（ii）当时，令得.由和得，故当时，，在单调递减，因此.综上，的取值范围是【考点】导数的几何意义，利用导数判断函数的单调性【名师点睛】求函数的单调区间的方法：（1）确定函数y＝f（x）定义域；（2）求导数y′＝f′（x）；（3）解不等式f′（x）>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；（4）解不等式f′（x）<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间21、（1）（2）【解析】（1）通过构造新数列求