2025屆浙江省浙南聯盟高二數學第一學期期末聯考試題含解析

2025屆浙江省浙南聯盟高二數學第一學期期末聯考試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若實數滿足約束條件，則最小值為（）A.-2 B.-1C.1 D.22．已知橢圓與雙曲線有相同的焦點,則的值為A. B.C. D.3．長方體中，，，，為側面內（含邊界）的動點，且滿足，則四棱錐體積的最小值為（）A. B.C. D.4．已知圓，圓，M，N分別是圓上的動點，P為x軸上的動點，則以的最小值為（）A B.C. D.5．設數列的前項和為，數列是公比為2的等比數列，且，則（）A.255 B.257C.127 D.1296．如圖，雙曲線的左，右焦點分別為，，過作直線與C及其漸近線分別交于Q，P兩點，且Q為的中點．若等腰三角形的底邊的長等于C的半焦距．則C的離心率為（）A. B.C. D.7．①直線在軸上的截距為；②直線的傾斜角為；③直線必過定點；④兩條平行直線與間的距離為.以上四個命題中正確的命題個數為（）A. B.C. D.8．若直線與直線垂直，則（）A.6 B.4C. D.9．拋物線C：的焦點為F，P，R為C上位于F右側的兩點，若存在點Q使四邊形PFRQ為正方形，則（）A. B.C. D.10．某中學初中部共有110名教師，高中部共有150名教師，其性別比例如圖所示，則該校男教師的人數為（）A.167 B.137C.123 D.11311．在遞增等比數列中，為其前n項和．已知，，且，則數列的公比為（）A.3 B.4C.5 D.612．空間四點共面，但任意三點不共線，若為該平面外一點且，則實數的值為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖，橢圓的中心在坐標原點，是橢圓的左焦點，分別是橢圓的右頂點和上頂點，當時，此類橢圓稱為“黃金橢圓”，則“黃金橢圓”的離心率___________.14．在單位正方體中，點E為AD的中點，過點B，E，的平面截該正方體所得的截面面積為______.15．若，滿足約束條件，則的最小值為______.16．若實數x，y滿足約束條件，則的最大值是_________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知橢圓的上一點處的切線方程為，橢圓C上的點與其右焦點F的最短距離為，離心率為（1）求橢圓C的標準方程；（2）若點P為直線上任一點，過P作橢圓的兩條切線PA，PB，切點為A，B，求證：18．（12分）已知拋物線，過點作直線（1）若直線的斜率存在，且與拋物線只有一個公共點，求直線的方程（2）若直線過拋物線的焦點，且交拋物線于兩點，求弦長19．（12分）已知等差數列中，，前5項的和為，數列滿足，（1）求數列，的通項公式；（2）記，求數列的前n項和20．（12分）已知對于，函數有意義，關于k的不等式成立.（1）若為假命題，求k的取值范圍；（2）若p是q的必要不充分條件，求m的取值范圍.21．（12分）如圖，在三棱柱中，平面，，.（1）求證：平面；（2）點M在線段上，且，試問在線段上是否存在一點N，滿足平面，若存在求的值，若不存在，請說明理由？22．（10分）已知拋物線的焦點到準線的距離為，過點的直線與拋物線只有一個公共點.（1）求拋物線的方程；（2）求直線的方程.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】由約束條件作出可行域，化目標函數為直線方程的斜截式，數形結合得到最優(yōu)解，把最優(yōu)解的坐標代入目標函數得答案【詳解】由約束條件作出可行域如圖，聯立，解得，由，得，由圖可知，當直線過時，直線在軸上的截距最小，有最小值為故選：B2、C【解析】根據題意可知，結合的條件，可知，故選C考點：橢圓和雙曲線性質3、D【解析】取的中點，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，分析可知點的軌跡是以點、為焦點的橢圓，求出橢圓的方程，可知當點為橢圓與棱或的交點時，點到平面的距離取最小值，由此可求得四棱錐體積的最小值.【詳解】取的中點，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，設點，其中，，則、，因為平面，平面，則，所以，，同理可得，所以，，所以點的軌跡是以點、為焦點，且長軸長為的橢圓的一部分，則，，，所以，點的軌跡方程為，點到平面的距離為，當點為曲線與棱或棱的交點時，點到平面的距離取最小值，將代入方程得，因此，四棱錐體積的最小值為.故選：D.4、A【解析】求出圓關于軸的對稱圓的圓心坐標，以及半徑，然后求解圓與圓的圓心距減去兩個圓的半徑和，即可求出的最小值.【詳解】圓關于軸對稱圓的圓心坐標，半徑為1，圓的圓心坐標為，半徑為3，易知，當三點共線時，取得最小值，的最小值為圓與圓的圓心距減去兩個圓的半徑和，即：.故選：A.注意:9至12題為多選題5、C【解析】由題設可得，再由即可求值.【詳解】由數列是公比為2的等比數列，且，∴，即，∴.故選：C.6、C【解析】先根據等腰三角形的性質得，再根據雙曲線定義以及勾股定理列方程，解得離心率.【詳解】連接，由為等腰三角形且Q為的中點，得，由知．由雙曲線的定義知，在中，，（負值舍去）故選：C【點睛】本題考查雙曲線的定義、雙曲線的離心率，考查基本分析求解能力，屬基礎題.7、B【解析】由直線方程的性質依次判斷各命題即可得出結果.【詳解】對于①，直線，令，則，直線在軸上的截距為-，則①錯誤；對于②，直線的斜率為，傾斜角為，則②正確；對于③直線，由點斜式方程可知直線必過定點，則③正確；對于④，兩條平行直線與間的距離為，則④錯誤.故選：B.8、A【解析】由兩條直線垂直的條件可得答案.【詳解】由題意可知，即故選：A.9、A【解析】不妨設，不妨設，則，利用拋物線的對稱性及正方形的性質列出的方程求得后可得結論【詳解】如圖所示，設，不妨設，則，由拋物線的對稱性及正方形的性質可得，解得（正數舍去），所以故選：A10、C【解析】根據圖形分別求出初中部和高中部男教師的人數，最后相加即可.【詳解】初中部男教師的人數為110×(170%)=33；高中部男教師的人數為150×60%=90，∴該校男教師的人數為33+90=123.故選：C.11、B【解析】由已知結合等比數列的性質可求出、，然后結合等比數列的求和公式求解即可.【詳解】解：由題意得：是遞增等比數列又，，故故選：B12、A【解析】由空間向量共面定理構造方程求得結果.【詳解】空間四點共面，但任意三點不共線，，解得：.故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、或【解析】寫出，，求出，根據以及即可求解，【詳解】由題意，，，所以，，因為，則，即，即，所以，即，解得或（舍）.故答案為：14、【解析】根據題意，取的中點，連接、、、，分析可得四邊形為平行四邊形，則要求的截面就是四邊形，進而可得為菱形，連接、，求出、的長，計算可得答案【詳解】根據題意，取的中點，連接、、、，易得，，則四邊形為平行四邊形，過點，，的截面就是，又由正方體為單位正方體，則，則為菱形，連接、，易得，，則，即要求截面的面積為，故答案為：15、0【解析】作出約束條件對應的可行域，當目標函數過點時，取得最小值，求解即可.【詳解】作出約束條件對應的可行域，如下圖陰影部分，聯立，可得交點為，目標函數可化為，當目標函數過點時，取得最小值，即.故答案為：0.【點睛】本題考查線性規(guī)劃，考查數形結合的數學思想的應用，考查學生的計算求解能力，屬于基礎題.16、##【解析】畫出可行域，通過平移基準直線到可行域邊界位置，由此求得的最大值.【詳解】，畫出可行域如下圖所示，由圖可知，平移基準直線到點時，取得最大值為.故答案為：三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）證明見解析【解析】（1）設為橢圓上的點，為橢圓的右焦點，求出然后求解最小值，推出，，，得到雙曲線方程（2）設，，，，，即可得到，依題意可得以、為切點的切線方程，從而得到直線的方程，再分與兩種情況討論，即可得證；【小問1詳解】解：設為橢圓上的點，為橢圓的右焦點，因為，所以，又，所以當且僅當時，，因為，所以，，因為，所以，故橢圓的標準方程為【小問2詳解】解：由（1）知，設，，，，，所以，由題知，以為切點的橢圓切線方程為，以為切點的橢圓切線方程為，又點在直線、上，所以、，所以直線的方程為，當時，直線的斜率不存在，直線斜率為，所以，當時，，所以，所以，綜上可得；18、（1）或；（2）8【解析】（1）根據題意設直線的方程為，聯立，消去得，因為只有一個公共點，則求解.（2）拋物線的焦點為，設直線的方程為，聯立，消去得，再根據過拋物線焦點的弦長公式求解.【詳解】（1）設直線的方程為，聯立，消去得，則，解得或，∴直線的方程為：或（2）拋物線的焦點為，則直線的方程為，設，聯立，消去得，∴，∴【點睛】本題主要考查直線與拋物線的位置關系，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.19、（1），；（2）.【解析】（1）利用等差數列求和公式可得，進而可得，再利用累加法可求，即得；（2）由題可得，然后利用分組求和法即得.【小問1詳解】設公差為d，由題設可得，解得，所以；當時，，∴，當時，（滿足上述的），所以【小問2詳解】∵當時，當時，綜上所述：20、（1）（2）【解析】（1）由與的真假相反，得出為真命題，將定義域問題轉化為不等式的恒成立問題，討論參數的取值，得出答案；（2）由必要不充分條件的定義得出，討論的取值結合包含關系得出的范圍.【詳解】解：（1）因為為假命題，所以為真命題，所以對恒成立.當時，不符合題意；當時，則有，則.綜上，k的取值范圍為.（2）由，得.由（1）知，當為真命題時，則令令因為p是q的必要不充分條件，所以當時，，，解得當時，，符合題意；當時，，符合題意；所以的取值范圍是【點睛】本題主要考查了不等式的恒成立問題以及根據必要不充分條件求參數范圍，屬于中檔題.21、（1）證明見解析；（2）存在，的值為.【解析】（1）先證明,再證明，由線面垂直的判定定理求證即可;（2）以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，由平面，利用向量法能求出的值【詳解】（1）在三棱柱中，平面ABC，，.∴，，，∵，∴平面，∵平面，∴，∵，∴平面.（2）以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，如圖，，，，，所以，，設平面的法向量，則，取，得，點M在線段上，且，點N在線段上，設，，設，則，，，即，解得，，，∵，∴，解得.∴的值為.22、（1）；