四川省仁壽縣鏵強中學2024-2025學年高二上學期1月期末考試數學試題（解析版）

第頁，共頁第16頁，共16頁2026屆高二期末考試數學試題考試時間：120分鐘；一、單選題（共40分）1.若曲線：表示圓，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據圓的一般式變形為標準式，進而可得參數范圍.【詳解】由，得，由該曲線表示圓，可知，解得或，故選：B.2.已知p：，那么p的一個充分不必要條件是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】判斷出的真子集，得到答案.【詳解】因為是的真子集，故是p的一個充分不必要條件，C正確；ABD選項均不是的真子集，均不合要求.故選：C3.《九章算術》是人類科學史上應用數學的最早巔峰，是一部問題集，全書分為九章，共收有246個問題，每個問題都有問、答、術三部分組成，內容涉及算術、代數、幾何等諸多領域，并與實際生活緊密相連，充分體現了中國人的數學觀和生活觀.書中第九卷勾股部分記錄了這么一個問題：問：今有圓材埋在壁中，不知大小，以鋸鋸之，深一寸，鋸道長一尺，問徑幾何？術曰：半鋸道自乘，如深寸而一，以深寸增之，即材徑.如圖，術曰所給出的求解公式為：，則答曰（）A.二尺六寸 B.二尺五寸 C.一尺三寸 D.一尺二寸【答案】A【解析】【分析】根據題意理解，分清楚“尺”與“寸”的關系，求出即可得出答案.【詳解】由題意可知?，“深一寸”是指為一寸，“鋸道長一尺”是指為一尺，一尺為十寸，所以為十寸，故為26（寸），即二尺六寸；故選：A.4.下列命題正確的是（）A.“”是“”的充分不必要條件B.若給定命題：，使得，則：，均有C.若為假命題，則，均為假命題D.命題“若，則”的否命題為“若，則”【答案】B【解析】【分析】直接利用充分條件和必要條件的定義，存在量詞命題的否定形式以及否命題的形式，邏輯聯結詞且復合型命題的真假與各個命題真假的關系，判斷A、B、C、D的結論．【詳解】對于A：“”整理得：“”，故“”是“”的即不充分也不必要條件，故A錯誤；對于B：若給定命題：，使得，則：，均有，故B正確；對于C：若為假命題，則，均為假命題也可能為一真一假，故C錯誤；對于D：命題“若，則”的否定為“若，則”，故D錯誤．故選：B．5.儲糧所用“鋼板倉”，可以看成由圓錐和圓柱兩部分組成的.現有一種“鋼板倉”，其中圓錐與圓柱的高分別是1m和3m，軸截面中等腰三角形的頂角為120°，若要儲存300的水稻，則需要準備這種“鋼板倉”的個數是（）A.6 B.9 C.10 D.11【答案】C【解析】【分析】先根據題意求出一個“鋼板倉”的體積，然后用300除以“鋼板倉”的體積可得答案【詳解】因為圓錐的高為1，軸截面中等腰三角形的頂角為120°，所以圓錐的母線長為2，底面半徑為，所以一個“鋼板倉”的體積為，因為所以要儲存300的水稻，則需要準備這種“鋼板倉”的個數為10個，故選：C6.已知點在橢圓上運動，點在圓上運動，則的最大值為（）A. B. C.5 D.6【答案】B【解析】【分析】根據圓的性質，結合兩點間距離公式、配方法進行求解即可.【詳解】解：設圓的圓心為，則，設，則，所以，當且僅當時取得最大值，所以．故選：B．7.橢圓的焦點F1，F2，點P為其上的動點，當∠F1PF2為鈍角時，點P橫坐標的取值范圍是（）A.（﹣，） B.（﹣，） C.（﹣，） D.（﹣，）【答案】C【解析】【分析】設P（x，y），根據橢圓方程求得兩焦點坐標，根據∠F1PF2是鈍角推斷出PF12+PF22＜F1F22代入P坐標求得x和y的不等式關系，求得x的范圍．【詳解】解：設P（x，y），由橢圓方程得橢圓焦點坐標為為F1（﹣，0），F2（，0），且∠F1PF2是鈍角??（x+）2+y2+（x﹣）2+y2＜20?x2+5+y2＜10?x2+4（1﹣）＜5?x2＜．所以．故選：C．【點睛】結論點睛：本題考查橢圓的標準方程的應用，中，為銳角，為直角，為鈍角．8.若橢圓的左、右焦點分別為、，點P為橢圓C上一動點，則下列說法中不正確的是（）A.當點P不在x軸上時，的周長是6B.當點P不在x軸上時，面積的最大值為C.存在點P，使D.的取值范圍是【答案】C【解析】【分析】根據橢圓定義以及焦距即可判斷選項A；當點位于上下頂點時，面積的最大即可判斷選項B；當點為橢圓短軸的一個端點時，為最大與比較即可判斷選項C；當點為橢圓的左右頂點時取得最值，即可判斷選項D.【詳解】由橢圓方程可知，，從而．對于選項A；根據橢圓定義，，又，所以的周長是，故選項A正確；對于選項B：設點，因為，則．因為，則面積的最大值為，故選項B正確；對于選項C：由橢圓性質可知，當點為橢圓短軸的一個端點時，為最大．此時，，又，則為正三角形，，所以不存在點，使，故選項C錯誤；對于選項D：由橢圓的性質可知，當點為橢圓的右頂點時，取最大值，此時；當點為橢圓的左頂點時，取最小值，此時，所以，故選項D正確．故選：C【點睛】結論點睛：橢圓中焦點三角形的有關結論以橢圓上一點和焦點為頂點的中，若，則（1）焦點三角形的周長為；（2）當點為橢圓短軸一個端點時，為最大；（3），當時，即點為橢圓短軸的一個端點時取最大值，為；（4）.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列說法正確的是（

）A.當時，不等式恒成立，則的取值范圍是B.“”是“”的充分不必要條件C.命題“”的否定是假命題D.“集合”中只有一個元素是“”的必要不充分條件【答案】ABD【解析】【分析】對于A，對和進行分類討論即可判斷；對于B，根據不等式的性質和充分必要條件的概念即可判斷；對于C，根據易知命題“”的否定為真命題；對于D，對和進行分類討論，結合充分必要條件的概念即可判斷.【詳解】對于A，當時，恒成立，符合題意；當時，則，解得.綜上，當時，不等式恒成立，則的取值范圍是，故選項A正確；對于B，若，當時可得或；當時可得，即或或，故“”是“”的充分不必要條件，選項B正確；對于C，由于，所以命題“”為假命題，其否定為真命題，故選項C錯誤；對于D，當時，，集合中只有一個元素，符合題意；當時，若集合中只有一個元素，則，解得所以若集合中只有一個元素，則或.故“集合”中只有一個元素是“”的必要不充分條件，選項D正確.故選：ABD.10.已知函數，則下列說法正確的是（）A.，B.，，C.若恰有2個零點，則D.若存在互不相等的實數，使得，則的最大值為25【答案】BD【解析】【分析】由時函數值域判斷AB；探討函數的性質，結合直線與函數的圖象交點情況判斷CD.【詳解】對于A，函數的值域為R，A錯誤；對于B，當時，，函數在上單調遞增，當時，，因此，，，B正確；對于C，函數在上單調遞減，函數值集合為，在上單調遞增，函數值集合為，在上單調遞增，函數值集合為R，則當直線與函數的圖象有兩個交點時，或，C錯誤；對于D，由選項C知，當直線與函數的圖象有3個交點時，，此時存在互不相等的實數，使得，不妨令，則，，所以的最大值為25，D正確.故選：BD11.已知函數，則下列說法正確的有（）A.若是上的增函數，則B.當時，函數有兩個極值C.當時，函數有兩零點D.當時，在點處的切線與只有唯一個公共點【答案】AB【解析】【分析】對A：借助導數，令導函數大于等于零恒成立即可得；對B：借助導數研究函數的單調性即可得；對C：舉出反例即可得；對D：計算出在點處的切線方程后，聯立，解出方程即可得.【詳解】對A：，由是上的增函數，則有恒成立，即，解得，故A正確；對B：由，則當時，，故有兩個不等實根，設這兩個根分別為且，則當時，，當時，，即在上單調遞增，在上單調遞減，故函數有兩個極值，故B正確；對C：令，對，有，若，則，此時有兩個非零不等實根，即有三個零點，故C錯誤；對D：當時，，則，，由，則在點處切線為，令，即有，解得或，故在點處的切線與有兩個公共點，故D錯誤.故選：AB.三、填空題（共15分）12.若圓與圓有3條公切線，則正數a=___________.【答案】3【解析】【分析】根據兩圓外切半徑之和等于圓心距即可求解.【詳解】兩圓有三條公切線，則兩圓外切，∴∴故答案為：313.已知為橢圓C：的兩個焦點，P，Q為C上關于坐標原點對稱的兩點，且，則四邊形的面積為________．【答案】【解析】分析】根據已知可得，設，利用勾股定理結合，求出，四邊形面積等于，即可求解.【詳解】因為為上關于坐標原點對稱的兩點，且，所以四邊形為矩形，設，則，所以，，即四邊形面積等于.故答案為：.

14.一個圓臺上、下底面的半徑分別為3cm和8cm，若兩底面圓心的連線長為12cm，則這個圓臺的母線長為______cm.【答案】13【解析】【分析】結合圓臺的圖形，利用勾股定理即可求得母線的長.【詳解】如圖，由題意可得，，，，過點A作，交OB于點C.在中，，，∴.故答案為13【點睛】本題考查圓臺的結構特征，考查圓臺母線的求法，屬于基礎題.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.如圖，用鐵皮作一個無蓋的圓錐形容器，已知該圓錐的母線與底面所在平面的夾角為45°，容器的高為10cm，制作該容器需要多少面積的鐵皮？（不計耗損，結果精確到整數）【答案】需要的鐵皮【解析】【分析】根據圓錐側面積公式即可求解.【詳解】根據題意，圓錐的高，又因為圓錐的母線與底面所在平面的夾角為45°所以底面圓半徑,母線長，所以．答：需要的鐵皮．16.如圖，在正方體中，是的中點，分別是的中點，求證：（1）平面；（2）平面平面.【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】【分析】(1)利用線面平行的判定定理即可證明；(2)利用面面平行的判定定理證明.【小問1詳解】如圖，連接，∵分別是的中點，∴.又∵平面，平面，∴直線平面.【小問2詳解】連接SD，∵分別是的中點，∴.又∵平面，平面，∴平面，由(1)知，平面，且平面，平面，，∴平面∥平面.17.在正四棱柱中，已知，，E為棱的中點．（1）求證：；（2）求與平面所成角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）要證明線線垂直，轉化為證明線面垂直，即證明面；（2）首先證明平面平面，說明為所求角，再根據余弦定理求解.【小問1詳解】連結AC交BD于點O，連結．在正四棱柱中，面ABCD，又∵ABCD，∴∵四邊形ABCD為正方形，∴又∵，，面，∴面，又∵面∴【小問2詳解】由（1）知：面，又平面，∴平面平面，又面面，∴為直線與平面所成的平面角，∵正四棱柱中，，，分別在，，中，解得，，所以，故與平面所成角的余弦值為．18.已知橢圓過點，橢圓以的長軸為短軸，且與有相同的離心率．（1）求橢圓的方程；（2）已知為橢圓的兩焦點，若點在橢圓上，且，求的面積．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據點在橢圓上求得方程，結合橢圓、的關系求出橢圓的方程；（2）利用橢圓的定義及余弦定理可得，再由三角形面積公式求面積.【小問1詳解】因為在上，則，可得，所以橢圓的方程為，故長軸長為，離心率為，設橢圓的方程為，故中，且，則，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】由題意，在中，而，又，所以，故，所以.19.已知點