河北省承德市第一中學2025屆高二上數學期末綜合測試試題含解析

河北省承德市第一中學2025屆高二上數學期末綜合測試試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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．已知數列是等差數列，為數列的前項和，，，則（）A.54 B.71C.81 D.802．命題“，”的否定形式是（）A.“，” B.“，”C.“，” D.“，”3．已知函數的導數為，則等于（）A.0 B.1C.2 D.44．已知拋物線的焦點為，拋物線上的兩點，均在第一象限，且，，，則直線的斜率為（）A.1 B.C. D.5．已知，是雙曲線的左，右焦點，經過點且與x軸垂直的直線與雙曲線的一條漸近線相交于點A，且A在第三象限，四邊形為平行四邊形，為直線的傾斜角，若，則該雙曲線離心率的取值范圍是（）A. B.C. D.6．下列函數是偶函數且在上是減函數的是A. B.C. D.7．已知點是拋物線上的一點,F是拋物線的焦點,則點M到F的距離等于()A.6 B.5C.4 D.28．已知橢圓的左、右焦點分別為、，點A是橢圓短軸的一個頂點，且，則橢圓的離心率（）A. B.C. D.9．已知，且直線始終平分圓的周長，則的最小值是（）A.2 B.C.6 D.1610．已知橢圓的左右焦點分別為，直線與C相交于M，N兩點（其中M在第一象限），若M，，N，四點共圓，且直線傾斜角不小于，則橢圓C的離心率e的取值范圍是（）A. B.C. D.11．已知a、b是兩條不同的直線，α、β、γ是三個不同的平面，則下列命題正確的是（）A.若a∥α，a∥b，則b∥α B.若a∥α，a∥β，則α∥βC.若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β D.若a⊥α，b⊥α，則a∥b12．已知等差數列的前n項和為，且，則（）A.2 B.4C.6 D.8二、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．將由2，5，8，11，14，…組成的等差數列，按順序寫在練習本上，已知每行寫13個，每頁有21行，則5555在第______頁第______行．（用數字作答）15．如圖，某建筑物的高度，一架無人機上的儀器觀測到建筑物頂部的仰角為，地面某處的俯角為，且，則此無人機距離地面的高度為________16．若等比數列滿足，則的前n項和____________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）已知等比數列滿足（1）求的通項公式；（2）記的前n項和為，證明：，，成等差數列18．（12分）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c已知c?cosB+（b-2a）cosC=0（1）求角C的大?。?）若c=2，a+b=ab，求△ABC的面積19．（12分）已知橢圓的離心率為，橢圓的上頂點到焦點的距離為.（1）求橢圓的方程；（2）若直線與橢圓相交于、兩點（、不是左、右頂點），且以為直徑的圓過橢圓的右頂點，求證：直線過定點.20．（12分）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，PA=2AD=4，且PC=.點E在PC上.（1）求證：平面BDE⊥平面PAC；（2）若E為PC的中點，求直線PC與平面AED所成的角的正弦值.21．（12分）已知關于的不等式（1）若不等式的解集為，求的值（2）若不等式的解集為，求的取值范圍22．（10分）已知函數.（1）求曲線在處的切線方程；（2）求曲線過點的切線方程.

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、C【解析】利用等差數列的前n項和公式求解.【詳解】∵是等差數列，，∴，得，∴.故選：C.2、C【解析】由全稱命題的否定是特稱命題即得.【詳解】“任意”改為“存在”，否定結論即可.命題“，”的否定形式是“，”.故選：C.3、A【解析】先對函數求導，然后代值計算即可【詳解】因為，所以.故選：A4、C【解析】作垂直準線于，垂直準線于，作于，結合拋物線定義得出斜率為可求.【詳解】如圖：作垂直準線于，垂直準線于，作于，因為，，，由拋物線的定義可知：，，，所以，直線斜率為：.故選：C.5、B【解析】根據雙曲線的幾何性質和平行四邊形的性質可知也在雙曲線的漸近線上，且在第一象限，從而由可知軸，所以在直角三角形中，，由，可得的范圍，進而轉化為，的不等式，結合可得離心率的取值范圍【詳解】解：因為經過點且與軸垂直的直線與雙曲線的一條漸近線相交于點，且在第三象限，四邊形為平行四邊形，所以由雙曲線的對稱性可知也在雙曲線的漸近線上，且在第一象限，由軸，可知軸，所以，在直角三角形中，，因為，所以，，即，所以，即，即，故，所以.故選：B6、C【解析】根據題意，依次分析選項中函數的奇偶性與單調性，綜合即可得答案【詳解】根據題意，依次分析選項：對于A，為一次函數，不是偶函數，不符合題意；對于B，，，為奇函數，不是偶函數，不符合題意；對于C，，為二次函數，是偶函數且在上是減函數，符合題意；對于D，，，為奇函數，不是偶函數，不符合題意；故選C【點睛】本題考查函數的奇偶性與單調性的判定，關鍵是掌握常見函數的奇偶性與單調性，屬于基礎題7、B【解析】先求出,再利用焦半徑公式即可獲解.【詳解】由題意，,解得所以故選：B.8、D【解析】依題意，不妨設點A的坐標為，在中，由余弦定理得，再根據離心率公式計算即可.【詳解】設橢圓的焦距為，則橢圓的左焦點的坐標為，右焦點的坐標為，依題意，不妨設點A的坐標為，在中，由余弦定理得：，，，，解得.故選：D.【點睛】本題考查橢圓幾何性質，在中，利用余弦定理求得是關鍵，屬于中檔題.9、B【解析】由已知直線過圓心得，再用均值不等式即可.【詳解】由已知直線過圓心得：，，當且僅當時取等.故選:B.10、B【解析】設橢圓的半焦距為c，由橢圓的中心對稱性和圓的性質得以為直徑的圓與橢圓C有公共點，則有以，再根據直線傾斜角不小于得，由橢圓的定義得，由此可求得橢圓離心率的范圍.【詳解】解：設橢圓的半焦距為c，由橢圓的中心對稱性和M，，N，四點共圓得，四邊形必為一個矩形，即以為直徑的圓與橢圓C有公共點，所以，所以，所以，因為直線傾斜角不小于，所以直線傾斜角不小于，所以，化簡得，，因為，所以，所以，，又，因為，所以，所以，所以，所以.故選：B.11、D【解析】根據空間線、面的位置關系有關定理，對四個選項逐一分析排除，由此得出正確選項.【詳解】對于A選項，直線有可能平面內，故A選項錯誤.對于B選項，兩個平面有可能相交，平行于它們的交線，故B選項錯誤.對于C選項，可能相交，故C選項錯誤.根據線面垂直的性質定理可知D選項正確.故選:D.12、B【解析】根據等差數列前n項和公式，結合等差數列下標的性質、等差數列通項公式進行求解即可.【詳解】設等差數列的公差為，，，故選：B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、①.7②.17【解析】首先求出等差數列的通項公式，即可得到為第項，再根據每行每頁的項數計算可得；【詳解】解：由2，5，8，11，14，…組成的等差數列的通項公式為，令，解得又，，．所以555在第7頁第17行故答案為：；15、200【解析】在Rt△ABC中求得AC的值，△ACQ中由正弦定理求得AQ的值，在Rt△APQ中求得PQ的值【詳解】根據題意，可得Rt△ABC中，∠BAC＝60°，BC＝300，∴AC200；△ACQ中，∠AQC＝45°+15°＝60°，∠QAC＝180°﹣45°﹣60°＝75°，∴∠QCA＝180°﹣∠AQC﹣∠QAC＝45°，由正弦定理，得，解得AQ200，在Rt△APQ中，PQ＝AQsin45°＝200200m故答案為200【點睛】本題考查了解三角形的應用問題，考查正弦定理，三角形內角和問題，考查轉化化歸能力，是基礎題16、##【解析】由已知及等比數列的通項公式得到首項和公比，再利用前n項和公式計算即可.【詳解】設等比數列的公比為，由已知，得，解得，所以.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）設等比數列的公比為，根據，求得的值，即可求得數列的通項公式；（2）由等比數列的求和公式求得，得到，，化簡得到，即可求解【小問1詳解】解：設等比數列的公比為，因為，所以，解得，所以，所以數列的通項公式【小問2詳解】解：由（1）可得，，，所以，所以，即，，成等差數列18、(1)；(2).【解析】(1)由題意首先利用正弦定理邊化角，據此求得，則角C的大小是；(2)由題意結合余弦定理可得，然后利用面積公式可求得△ABC的面積為.試題解析：（1）∵c?cosB+（b-2a）cosC=0，由正弦定理化簡可得：sinCcosB+sinBcosC-2sinAcosC=0，即sinA=2sinAcosC，∵0＜A＜π，∴sinA≠0.∴cosC=.∵0＜C＜π，∴C=.（2）由（1）可知：C=.∵c=2，a+b=ab，即a2b2=a2+b2+2ab.由余弦定理cosC==，∴ab=（ab）2-2ab-c2.可得：ab=4.那么：△ABC的面積S=absinC=.19、（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）根據已知條件求出、、的值，可得出橢圓的標準方程；（2）設、，將直線的方程與橢圓的方程聯立，列出韋達定理，由已知可得出，利用平面向量數量積的坐標運算結合韋達定理可得出關于、所滿足的等式，然后化簡直線的方程，即可求得直線所過定點的坐標.【小問1詳解】解：橢圓上頂點到焦點距離，又橢圓離心率為，故，，因此，橢圓方程為.【小問2詳解】解：設、，由題意可知且，橢圓的右頂點為，則，，因為以為直徑的圓過橢圓的右頂點，所以有，則，即，聯立，，即，①由韋達定理得，，所以，，化簡得，即或，均滿足①式.當時，直線，恒過定點，舍去；當時，直線，恒過定點.綜上所述，直線過定點.【點睛】方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：（1）“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉化為有方向、有目的的一般性證明；（2）“一般推理，特殊求解”：即設出定點坐標，根據題設條件選擇參數，建立一個直線系或曲線的方程，再根據參數的任意性得到一個關于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；（3）求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程或截距式來證明.20、（1）證明見解析；（2）【解析】（1）根據題意可判斷出ABCD是正方形，從而可得，再根據，由線面垂直的判定定理可得平面PAC，然后由面面垂直的判定定理即可證出；（2）由、、兩兩垂直可建立空間直角坐標系，利用向量法即可求出直線PC與平面AED所成的角的正弦值.【小問1詳解】因為PA⊥底面ABCD，PA=2AD=4，PC=，所以，，即ABCD是正方形，所以，而PA⊥底面ABCD，所以，又，所以平面PAC，而平面BDE，所以平面BDE⊥平面PAC【小問2詳解】由題可知、、兩兩垂直，建系如圖，，0，，，2，，，0，，，2，，，1，，，，，，1，，，2，，設平面的一個法向量為，則，，即，取，0，，所以直線與平面所成的角的正弦值為21、（1）；（2）【解析】（1）根據關于的不等式的解集為，得到和1是方程的兩個實數根，再利用韋達定理求解.（2）根據關于的不等式的解集為．又因為，利用判別式法求解.【詳解】（1）因為關于的不等式的解集為，所以和1是方程的兩個實數根，由韋達定理