2025屆新疆生產建設兵團二中數學高二上期末考試試題含解析

2025屆新疆生產建設兵團二中數學高二上期末考試試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．已知四棱錐，平面PAB，平面PAB，底面ABCD是梯形，，，，滿足上述條件的四棱錐的頂點P的軌跡是（）A.橢圓 B.橢圓的一部分C.圓 D.不完整的圓2．已知兩直線方程分別為l1：x＋y＝1，l2：ax＋2y＝0，若l1⊥l2，則a＝（）A2 B.－2C. D.3．已知函數在處取得極值，則的極大值為（）A. B.C. D.4．已知向量，，則等于（）A. B.C. D.5．在中，若，，則外接圓半徑為（）A. B.C. D.6．已知雙曲線C：(a>0，b>0)，斜率為的直線與雙曲線交于不同的兩點，且線段的中點為P(2，4)，則雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.7．已知點，，直線：與線段相交，則實數的取值范圍是（）A.或 B.或C. D.8．已知，數列，，，與，，，，都是等差數列，則的值是（）A. B.C. D.9．函數的導函數為，對任意，都有成立，若，則滿足不等式的的取值范圍是（）A. B.C D.10．若任取，則x與y差的絕對值不小于1的概率為（）A. B.C. D.11．已知雙曲線（，）的左，右焦點分別為，．若雙曲線右支上存在點，使得與雙曲線的一條漸近線垂直并相交于點，且，則雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.12．已知橢圓，則下列結論正確的是（）A.長軸長為2 B.焦距為C.短軸長為 D.離心率為二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知雙曲線的左，右焦點分別為，，右焦點到一條漸近線的距離是，則其離心率的值是______；若點P是雙曲線C上一點，滿足，，則雙曲線C的方程為______14．若橢圓的焦點在軸上，過點作圓的切線，切點分別為，，直線恰好經過橢圓的上焦點和右頂點，則橢圓的方程是________________15．已知對任意正實數m，n，p，q，有如下結論成立：若，則有成立，現已知橢圓上存在一點P，，為其焦點，在中，，，則橢圓的離心率為______16．已知數列滿足，定義使（）為整數的k叫做“幸福數”，則區(qū)間內所有“幸福數”的和為_____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．（12分）已知數列中，，___________，其中.（1）求數列的通項公式；（2）設，求證：數列是等比數列；（3）求數列的前n項和.從①前n項和，②，③且，這三個條件中任選一個，補充在上面的問題中并作答.18．（12分）如圖在四棱錐中，底面是菱形，，平面平面，，，為的中點，是棱上的一點，且.（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值.19．（12分）已知橢圓的離心率為，且其左頂點到右焦點的距離為.（1）求橢圓的方程；（2）設點、在橢圓上，以線段為直徑的圓過原點，試問是否存在定點，使得到直線的距離為定值？若存在，請求出點坐標；若不存在，請說理由.20．（12分）已知O為坐標原點，點P在拋物線C：上，點F為拋物線C的焦點，記P到直線的距離為d，且.（1）求拋物線C的標準方程；（2）若過點的直線l與拋物線C相切，求直線l的方程.21．（12分）某車間打算購買2臺設備，該設備有一個易損零件，在購買設備時可以額外購買這種易損零件作為備件，價格為每個100元.在設備使用期間，零件損壞，備件不足再臨時購買該零件，價格為每個300元.在使用期間，每臺設備需要更換的零件個數的分布列為567.表示2臺設備使用期間需更換的零件數，代表購買2臺設備的同時購買易損零件的個數.（1）求的分布列；（2）以購買易損零件所需費用的期望為決策依據，試問在和中，應選哪一個？22．（10分）已知直線，，分別求實數的值，使得：（1）；（2）；（3）與相交.

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、D【解析】根據題意，分析得動點滿足的條件，結合圓以及橢圓的方程，以及點的限制條件，即可判斷軌跡.【詳解】因為平面PAB，平面PAB，則//，又面面，故可得；因為，故可得，則，綜上所述：動點在垂直的平面中，且滿足；為方便研究，不妨建立平面直角坐標系進行說明，在平面中，因為，以中點為坐標原點，以為軸，過且垂直于的直線為軸建立平面直角坐標系，如下所示：因為，故可得，整理得：，故動點的軌跡是一個圓；又當三點共線時，幾何體不是空間幾何體，故動點的軌跡是一個不完整的圓.故選：.【點睛】本題考察立體幾何中動點的軌跡問題，處理的關鍵是利用立體幾何知識，找到動點滿足的條件，進而求解軌跡.2、B【解析】直接利用直線垂直公式計算得到答案.【詳解】因為l1⊥l2，所以k1k2＝－1，即-＝1，解得a＝－2.故選：【點睛】本題考查了根據直線垂直計算參數，屬于簡單題.3、B【解析】首先求出函數的導函數，依題意可得，即可求出參數的值，從而得到函數解析式，再根據導函數得到函數單調性，即可求出函數的極值點，從而求出函數的極大值；【詳解】解：因為，所以，依題意可得，即，解得，所以定義域為，且，令，解得或，令解得，即在和上單調遞增，在上單調遞減，即在處取得極大值，在處取得極小值，所以；故選：B4、C【解析】根據題意，結合空間向量的坐標運算，即可求解.【詳解】由，，得，因此.故選：C.5、A【解析】根據三角形面積公式求出c，再由余弦定理求出a，根據正弦定理即可求外接圓半徑.【詳解】,,,解得由正弦定理可得：，所以故選：A6、C【解析】設，代入雙曲線方程相減后可求得，從而得漸近線方程【詳解】設，則，相減得，∴，又線段的中點為P(2，4)，的斜率為1，∴，，∴漸近線方程為故選：C【點睛】方法點睛：本題考查求雙曲線的漸近線方程，已知弦的中點（或涉及到中點），可設弦兩端點的坐標，代入雙曲線方程后作差，作差后式子中有直線的斜率，弦中點坐標，有．這種方法叫點差法7、A【解析】由可求出直線過定點，作出圖象，求出和，數形結合可得或，即可求解.【詳解】由可得：，由可得，所以直線：過定點，由可得，作出圖象如圖所示：，，若直線與線段相交，則或，解得或，所以實數的取值范圍是或，故選：A.8、A【解析】根據等差數列的通項公式，分別表示出，，整理即可得答案.【詳解】數列，，，和，，，，各自都成等差數列，，，，故選:A9、C【解析】構造函數，利用導數分析函數的單調性，將所求不等式變形為，結合函數的單調性即可得解.【詳解】對任意，都有成立，即令，則，所以函數在上單調遞增不等式即，即因為，所以所以，，解得，所以不等式的解集為故選：C.10、C【解析】根據題意，在平面直角坐標系中分析以及與差的絕對值不小于1所對應的平面區(qū)域，求出其面積，由幾何概型公式計算可得答案.【詳解】根據題意，，其對應的區(qū)域為正方形，其面積，若與差的絕對值不小于1，即，即或，對應的區(qū)域為圖中的陰影部分，其面積為，故與差的絕對值不小于1的概率.故選：C11、B【解析】利用漸近線方程和直線解出Q點坐標，再由得P點坐標，代入雙曲線方程得到a、b、c的齊次式可解.【詳解】如圖，因為與漸近線垂直所以的斜率為，方程為解的Q的坐標為設P點坐標為則，因為，所以，得點P坐標為，代入得：所以，即所以漸近線方程為故選：B.12、D【解析】根據已知條件求得，由此確定正確答案.【詳解】依題意橢圓，所以，所以長軸長為，焦距為，短軸長為，ABC選項錯誤.離心率為，D選項正確.故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、①.##1.5②.【解析】求得焦點到漸近線的距離可得，計算即可求得離心率，由雙曲線的定義可求得，計算即可得出結果.【詳解】雙曲線的漸近線方程為，即，焦點到漸近線的距離為，又，，，，.雙曲線上任意一點到兩焦點距離之差的絕對值為，即，，即，解得：，由，解得：,.雙曲線C的方程為.故答案為：；.14、【解析】設過點的圓的切線為，分類討論求得直線分別與圓的切線，求得直線的方程，從而得到直線與軸、軸的交點坐標，得到橢圓的右焦點和上頂點，進而求得橢圓的方程.【詳解】設過點的圓的切線分別為，即，當直線與軸垂直時，不存在，直線方程為，恰好與圓相切于點；當直線與軸不垂直時，原點到直線的距離為，解得，此時直線的方程為，此時直線與圓相切于點，因此，直線的斜率為，直線的方程為，所以直線交軸交于點，交于軸于點，橢圓的右焦點為，上頂點為，所以，可得，所以橢圓的標準方程為.故答案為：.15、【解析】根據正弦定理，結合題意，列出方程，代入數據，化簡即可得答案.詳解】由題意得：，所以，所以，解得.故答案為：16、2036【解析】先用換底公式化簡之后，將表示出來，找出滿足條件的“幸福數”，然后求和即可.【詳解】當時，，所以，若滿足正整數，則，即，所以在內的所有“幸福數”的和為：,故答案為：2036.三、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）見解析（3）【解析】（1）選①，根據與的關系即可得出答案；選②，根據與的關系結合等差數列的定義即可得出答案；選③，利用等差中項法可得數列是等差數列，再求出公差，即可得解；（2）求出數列的通項公式，再根據等比數列的定義即可得證；（3）求出數列的通項公式，再利用錯位相減法即可得出答案.【小問1詳解】解：選①，當時，，當時，也成立，所以；選②，因為，所以，所以數列是以為公差的等差數列，所以；選③且，因為，所以數列是等差數列，公差，所以；【小問2詳解】解：由（1）得，則，所以數列是以為首項，為公比的等比數列；【小問3詳解】解：，，①，②由①②得，所以.18、（1）見解析；（2）.【解析】（1）推導出PQ⊥AD，從而PQ⊥平面ABCD，連接AC，交BQ于N，連接MN，則AQ∥BC，推導出MN∥PA，由此能證明PA∥平面BMQ（2）連結BD，以Q為坐標原點，以QA、QB、QP分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角M﹣BQ﹣P的余弦值【詳解】（1）由已知PA＝PD，Q為AD的中點，∴PQ⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ?面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，連接AC，交BQ于N，連接MN，∵底面ABCD是菱形，∴AQ∥BC，∴△ANQ∽△BCN，，又，∴，∴MN∥PA，又MN?平面BMQ，PA?平面BMQ，∴PA∥平面BMQ（2）連結BD，∵底面底面是菱形，∴△ABD是正三角形，∴由（1）知PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥AD，PQ⊥BQ，以Q為坐標原點，以QA、QB、QP分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則Q（0，0，0），A（1，0，0），B（0，，0），P（0，0，），設平面BMQ的法向量＝（x，y，z），∴，由（1）知MN∥PA，∴，∴，取z＝1，得，平面BQP的法向量，設二面角M﹣BQ﹣P的平面角為θ，則cosθ＝，∴二面角M﹣BQ﹣P的余弦值為19、（1）；（2）存在，.【解析】（1）由題設可知求出，再結合，從而可求出橢圓的方程，（2）①若直線與軸垂直，由對稱性可知，代入橢圓方程可求得結果，②若直線不與軸垂直，設直線的方程為，將直線方程與橢圓方程聯立方程組，消去，然后利用根與系數的關系，設，，再由條件，得，從而得，再利用點到直線的距離公式可求得結果【詳解】（1）由題設可知解得，，，所以橢圓的方程為：；（2）設，，①若直線與軸垂直，由對稱性可知，將點代入橢圓方程，解得，原點到該直線的距離；②若直線不與軸垂直，設直線的方程為，由消去得，則由條件，即，由韋達定理得，整理得，則原點到該直線的距離；故存在定點，使得到直線的距離為定值.20、（1）；（2）或.【解析】（1）根據拋物線的定義進行求解即可；（2）根據直線l是否存在斜率分類討論，結合一元二次方程根的判別式進行求解即可.【小問1詳解】因為，所以P到直線的距離等于，所以拋物線C的準線為，所以，，所以拋物線C的標準方程為；【小問2詳解】當直線l的斜率不存在時，方程為，此時直線l恰與拋物線C相切當直線l的斜率存在時，設其方程為，聯立方程，得若，顯然不合題意；若，則，解得此時直線l的方程為綜上，直線l與拋物線C相切時，l的方程為或.21、（1）答案見解析；（2）應選擇.【解析】(1)由每臺設備需更換零件個數的分布列求出的所有可能值，并求出對應的概率即可得解.(2)分別求出和時購買零件所需費用的期望，比