2025屆山西省重點中學協(xié)作體數(shù)學高二上期末聯(lián)考試題含解析

2025屆山西省重點中學協(xié)作體數(shù)學高二上期末聯(lián)考試題注意事項：1．答卷前，考生務(wù)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(yīng)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?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)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．若直線與直線垂直，則（）A.6 B.4C. D.2．若，則的虛部為（）A. B.C. D.3．在數(shù)列中，，則等于A. B.C. D.4．圓的圓心和半徑分別是（）A.， B.，C.， D.，5．下列說法正確的是（）A.空間中的任意三點可以確定一個平面B.四邊相等的四邊形一定是菱形C.兩條相交直線可以確定一個平面D.正四棱柱的側(cè)面都是正方形6．設(shè)函數(shù)的導函數(shù)是，若，則（）A. B.C. D.7．為發(fā)揮我市“示范性高中”的輻射帶動作用，促進教育的均衡發(fā)展，共享優(yōu)質(zhì)教育資源．現(xiàn)分派我市“示范性高中”的5名教師到，，三所薄弱學校支教，開展送教下鄉(xiāng)活動，每所學校至少分派一人，其中教師甲不能到學校，則不同分派方案的種數(shù)是（）A.150 B.136C.124 D.1008．若正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，則直線A1C1到平面ACD1的距離為（）A.1 B.C. D.9．已知，那么函數(shù)在x＝π處的瞬時變化率為（）A. B.0C. D.10．若，滿足約束條件則的最大值是A.-8 B.-3C.0 D.111．設(shè)是橢圓的兩個焦點，是橢圓上一點，且.則的面積為（）A.6 B.C.8 D.12．已知曲線C的方程為，則下列結(jié)論正確的是（）A.當時，曲線C為圓B.“”是“曲線C為焦點在x軸上的雙曲線”的充分而不必要條件C.“”是“曲線C為焦點在x軸上的橢圓”的必要而不充分條件D.存在實數(shù)k使得曲線C為雙曲線，其離心率為二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知雙曲線兩焦點之間的距離為4，則雙曲線的漸近線方程是___________.14．已知，，則以AB為直徑的圓的方程為___________.15．已知點P是拋物線y2＝2x上的動點，點P在y軸上的射影是M，點，則|的最小值是_________16．兩個人射擊，互相獨立．已知甲射擊一次中靶概率是0.6，乙射擊一次中靶概率是0.3，現(xiàn)在兩人各射擊一次，中靶至少一次就算完成目標，則完成目標的概率為_____________三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知橢圓，其上頂點與左右焦點圍成的是面積為的正三角形.（1）求橢圓的方程；（2）過橢圓的右焦點的直線(的斜率存在)交橢圓于兩點，弦的垂直平分線交軸于點，問：是否是定值？若是，求出定值：若不是，說明理由.18．（12分）已知圓的圓心為，且經(jīng)過點.（1）求圓的標準方程；（2）已知直線與圓相交于、兩點，求.19．（12分）已知函數(shù)滿足.（1）求的解析式，并判斷其奇偶性；（2）若對任意，不等式恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.20．（12分）如圖所示的四棱錐的底面是一個等腰梯形，，且，是△的中線，點E是棱的中點（1）證明：∥平面（2）若平面平面，且，求平面與平面夾角余弦值（3）在（2）條件下，求點D到平面的距離21．（12分）已知函數(shù)（1）求f(x)在點處的切線方程；（2）求證：22．（10分）已知數(shù)列中，，（）.（1）求證：是等比數(shù)列，并求的通項公式；（2）數(shù)列滿足，求數(shù)列的前項和為.

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、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.2、A【解析】根據(jù)復數(shù)的運算化簡，由復數(shù)概念即可求解.【詳解】因為，所以的虛部為，故選：A3、D【解析】分析：已知逐一求解詳解：已知逐一求解．故選D點睛：對于含有的數(shù)列，我們看作擺動數(shù)列，往往逐一列舉出來觀察前面有限項的規(guī)律4、D【解析】先化為標準方程，再求圓心半徑即可.【詳解】先化為標準方程可得，故圓心為，半徑為.故選：D.5、C【解析】根據(jù)立體幾何相關(guān)知識對各選項進行判斷即可.【詳解】對于A，根據(jù)公理2及推論可知，不共線的三點確定一個平面，故A錯誤；對于B，在一個平面內(nèi)，四邊相等的四邊形才一定是菱形，故B錯誤；對于C，根據(jù)公理2及推論可知，兩條相交直線可以確定一個平面，故C正確；對于D，正四棱柱指上、下底面都是正方形且側(cè)棱垂直于底面的棱柱，側(cè)面可以是矩形，故D錯誤.故選：C6、A【解析】求導后，令，可求得，再令可求得結(jié)果.【詳解】因為，所以，所以，所以，所以，所以.故選：A【點睛】本題考查了導數(shù)的計算，考查了求導函數(shù)值，屬于基礎(chǔ)題.7、D【解析】對甲所在組的人數(shù)分類討論即得解.【詳解】當甲一個人去一個學校時，有種；當甲所在的學校有兩個老師時，有種；當甲所在的學校有三個老師時，有種；所以共有28+48+24=100種.故選：D【點睛】方法點睛：排列組合常用方法有：簡單問題直接法、小數(shù)問題列舉法、相鄰問題捆綁法、不相鄰問題插空法、至少問題間接法、復雜問題分類法、等概率問題縮倍法.要根據(jù)已知條件靈活選擇方法求解.8、B【解析】先證明點A1到平面ACD1的距離即為直線A1C1到平面ACD1的距離，再建立空間直角坐標系，利用向量法求解.【詳解】因為平面平面，所以A1C1//平面ACD1，則點A1到平面ACD1的距離即為直線A1C1到平面ACD1的距離.建立如圖所示的空間直角坐標系，易知＝(0,0,1)，由題得平面,所以平面,所以,同理,因為平面，所以平面，所以是平面一個法向量，所以平面ACD1的一個法向量為＝(1,1,1)，故所求的距離為.故選：B【點睛】方法點睛：求點到平面的距離常用的方法有：（1）幾何法（找作證指求）；（2）向量法；（3）等體積法.要根據(jù)已知條件靈活選擇方法求解.9、A【解析】利用導數(shù)運算法則求出，根據(jù)導數(shù)的定義即可得到結(jié)論【詳解】由題設(shè)，，所以，函數(shù)在x＝π處瞬時變化率為，故選：A10、C【解析】作出可行域，把變形為，平移直線過點時，最大.【詳解】作出可行域如圖：由得：，作出直線，平移直線過點時，.故選C.【點睛】本題主要考查了簡單線性規(guī)劃問題，屬于中檔題.11、B【解析】利用橢圓的幾何性質(zhì)，得到，，進而利用得出，進而可求出【詳解】解：由橢圓的方程可得，所以，得且，，在中，由余弦定理可得，而，所以，，又因為，，所以，所以，故選：B12、C【解析】根據(jù)橢圓、雙曲線的定義及簡單幾何性質(zhì)計算可得；【詳解】解：由題意，曲線C的方程為，對于A中，當時，曲線C的方程為，此時曲線C表示橢圓，所以A錯誤；對于B中，當曲線C的方程為表示焦點在x軸上的雙曲線時，則滿足，解得，所以“”是“曲線C為焦點在x軸上的雙曲線”的必要不充分條件，所以B不正確；對于C中，當曲線C的方程為表示焦點在x軸上的橢圓時，則滿足，解得，所以“”是“曲線C為焦點在x軸上的雙曲線”的必要不充分條件，所以C正確；對于D中，當曲線C的方程為表示雙曲線，且離心率為時，此時雙曲線的實半軸長等于虛半軸長，此時，解得，此時方程表示圓，所以不正確.故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、.【解析】根據(jù)條件求出c，進而根據(jù)求出a，最后寫出漸近線方程.【詳解】因為雙曲線兩焦點之間的距離為4，所以，解得，所以，，雙曲線的漸近線方程是.故答案為：.14、【解析】求圓心及半徑即可.【詳解】由已知可得圓心坐標為，半徑為，所以圓的方程為：.故答案為：15、##【解析】由拋物線的定義可得，所以的最小值轉(zhuǎn)化為求的最小值，由圖可知的最小值為，從而可求得答案【詳解】拋物線y2＝2x焦點，準線為，由拋物線的定義可得，所以,因為，，所以，所以，當且僅當三點共線且在線段上時，取得最小值，所以的最小值為，故答案為：16、72【解析】利用獨立事件的概率乘法公式和對立事件的概率公式可求得所求事件的概率.【詳解】由題意可知，若甲、乙兩個各射擊1次，至少有一人命中目標的概率為.故答案為：三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）是定值，定值為4【解析】（1）根據(jù)正三角形性質(zhì)與面積可求得即可求得方程；（2）當直線斜率不為0時，設(shè)其方程代入橢圓方程利用韋達定理求得兩根關(guān)系式，進而求得的表達式，最后求比值即可；當直線斜率為0時直接求解即可【詳解】（1）為正三角形，，可得，且，∴橢圓的方程為.（2）分以下兩種情況討論：①當直線斜率不為0時，設(shè)其方程為，且，聯(lián)立，消去得，則，且，∴弦的中點的坐標為，則弦的垂直平分線為，令，得，，又，；②當直線斜率為0時，則，，則.綜合①②得是定值且為4【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值18、（1）；（2）.【解析】（1）求出圓的半徑長，結(jié)合圓心坐標可得出圓的標準方程；（2）求出圓心到直線的距離，利用勾股定理可求得.小問1詳解】解：圓的半徑為，因此，圓的標準方程為.【小問2詳解】解：圓心到直線的距離為，因此，.19、（1），是奇函數(shù)（2）【解析】(1)由求出，進而求得的解析式，利用奇偶函數(shù)的定義判斷函數(shù)的奇偶性即可；(2)根據(jù)冪函數(shù)的單調(diào)性可得函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最小值，將不等式恒成立轉(zhuǎn)化為對任意使得恒成立即可.【小問1詳解】因為，所以，所以.所以.的定義城為，且，所以是奇函數(shù).【小問2詳解】因為，在上均為增函數(shù)，所以在上增函數(shù)，所以.對任意，不等式恒成立，則，所以，即實數(shù)a的取值范固為.20、（1）證明見解析；（2）；（3）.【解析】（1）連接、，平行四邊形的性質(zhì)、線面平行的判定可得平面、平面，再根據(jù)面面平行的判定可得平面平面，利用面面平行的性質(zhì)可證結(jié)論；（2）取的中點為，連接，證明出平面，，以為坐標原點，、、的方向分別為軸、軸、軸的正方向建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得平面與平面所成銳二面角的余弦值.（3）利用等體積法，求D到平面的距離【小問1詳解】連接、，由、分別是棱、的中點，則，平面，平面，則平面又，且，∴且，四邊形是平行四邊形，則，平面，平面，則平面又，可得平面平面．又平面∴平面【小問2詳解】由知：，又平面平面，平面平面，平面，∴平面取的中點為，連接、，由且，故四邊形為平行四邊形，故，則△為等邊三角形，故，以為坐標原點，、、的方向分別為軸、軸、軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系易知，，所以、、、、，，，，設(shè)平面的法向量為，則，令，得設(shè)平面的法向量為，則，令，得設(shè)平面與平面所成的銳二面角為．則，即平面與平面所成銳二面角的余弦值為【小問3詳解】由（2）知：平面，則是三棱錐的高且，四邊形為平行四邊形，又，即為菱形，∴，而，則，且，∴，故.又，由上易知：△為等腰三角形且，∴，則D到平面的距離.21、（1）；（2）證明見解析【解析】（1）求導，進而得到，，寫出切線方程；（2）將轉(zhuǎn)化為，設(shè)，，利用導數(shù)法證明.【詳解】（1）函數(shù)的定義域是，可得又，所以f(x)在點處的切線方程為整理得（或斜截式方程）（2）要證只需證因為，所以不等式等價于設(shè)，，；所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增故又，；所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減故因為且兩個函數(shù)的最值點不相等所以有，原不等式得證2