福建省三明一中2025屆高二數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末達標(biāo)檢測試題含解析

福建省三明一中2025屆高二數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末達標(biāo)檢測試題注意事項：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(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)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．設(shè)函數(shù)的圖象為C，則下面結(jié)論中正確的是（）A.函數(shù)的最小正周期是B.圖象C關(guān)于點對稱C.函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)D.圖象C可由函數(shù)的圖象向右平移個單位得到2．已知直線在兩個坐標(biāo)軸上的截距之和為7，則實數(shù)m的值為（）A.2 B.3C.4 D.53．《九章算術(shù)》是我國古代的數(shù)學(xué)巨著，書中有如下問題：“今有大夫、不更、簪褭、上造、公士，凡五人，共出百銭.欲令高爵出少，以次漸多，問各幾何？”意思是：“有大夫、不更、簪褭、上造、公士（大夫爵位最高，爵位依次從高變低）5個人共出100錢，按照爵位從高到低每人所出錢數(shù)成等差數(shù)列，問這5個人各出多少錢？”在這個問題中，若公士出28錢，則不更出的錢數(shù)為（）A.14 B.20C.18 D.164．已知空間直角坐標(biāo)系中的點，，，則點P到直線AB的距離為（）A. B.C. D.5．在等比數(shù)列中，，，則等于（）A. B.5C. D.96．已知雙曲線，則“”是“雙曲線的焦距大于4”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件7．已知圓，直線，直線l被圓O截得的弦長最短為（）A. B.C.8 D.98．已知圓和橢圓．直線與圓交于、兩點，與橢圓交于、兩點．若時，的取值范圍是，則橢圓的離心率為（）A. B.C. D.9．已知直線l：過橢圓的左焦點F，與橢圓在x軸上方的交點為P，Q為線段PF的中點，若，則橢圓的離心率為（）A. B.C. D.10．?dāng)?shù)列2，0，2，0，…的通項公式可以為（）A. B.C. D.11．以下四個命題中，正確的是（）A.若，則三點共線B.C.為直角三角形的充要條件是D.若為空間的一個基底，則構(gòu)成空間的另一個基底12．與的等差中項是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，空間直角坐標(biāo)系中，過點且一個法向量為的平面的方程為.用以上知識解決下面問題：已知平面的方程為，直線是兩個平面與的交線，則直線與平面所成角的正弦值為___________.14．已知空間向量，，若，則______.15．已知函數(shù)，則曲線在點處的切線方程為______.16．定義方程的實數(shù)根叫做函數(shù)的“新駐點”.（1）設(shè)，則在上的“新駐點”為___________；（2）如果函數(shù)與的“新駐點”分別為、，那么和的大小關(guān)系是___________.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）已知函數(shù)（…是自然對數(shù)的底數(shù)）.（1）求的單調(diào)區(qū)間；（2）求函數(shù)的零點的個數(shù).18．（12分）已知的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且（1）求B；（2）若，求的面積的最大值19．（12分）如圖1，已知矩形中，，E為上一點且.現(xiàn)將沿著折起，使點D到達點P的位置，且，得到的圖形如圖2.（1）證明為直角三角形；（2）設(shè)動點M在線段上，判斷直線與平面位置關(guān)系，并說明理由.20．（12分）在中，角，，所對的邊分別為，，，其外接圓半徑為，已知（1）求角；（2）若邊的長是該邊上高的倍，求21．（12分）如圖，直三棱柱中，底面是邊長為2的等邊三角形，D為棱AC中點.（1）證明：AB1//平面；（2）若面B1BC1與面BC1D的夾角余弦值為，求.22．（10分）已知拋物線的焦點為，且為圓的圓心．過點的直線交拋物線與圓分別為，，，（從上到下）（1）求拋物線方程并證明是定值；（2）若，的面積比是，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】化簡函數(shù)解析式，求解最小正周期，判斷選項A，利用整體法求解函數(shù)的對稱中心和單調(diào)遞增區(qū)間，判斷選項BC，再由圖象變換法則判斷選項D.【詳解】，所以函數(shù)的最小正周期為，A錯；令，得，所以函數(shù)圖象關(guān)于點對稱，B正確；由，得，所以函數(shù)在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，C錯；函數(shù)的圖象向右平移個單位得，D錯.故選：B2、C【解析】求出直線方程在兩坐標(biāo)軸上的截距，列出方程，求出實數(shù)m的值.【詳解】當(dāng)時，，故不合題意，故，，令得：，令得：，故，解得：.故選：C3、D【解析】根據(jù)題意，建立等差數(shù)列模型，結(jié)合等差數(shù)列公式求解即可.【詳解】解：根據(jù)題意，設(shè)每人所出錢數(shù)成等差數(shù)列，公差為，前項和為，則由題可得，解得，所以不更出的錢數(shù)為.故選：D.4、D【解析】由向量在向量上的投影及勾股定理即可求.【詳解】，0，，，1，，，，，，在上的投影為，則點到直線的距離為.故選：D5、D【解析】由等比數(shù)列的項求公比，進而求即可.【詳解】由題設(shè)，，∴故選：D6、A【解析】先找出“雙曲線的焦距大于4”的充要條件，再進行判斷即可【詳解】若的焦距，則；若，則故選：A7、B【解析】先求得直線過定點，再根據(jù)當(dāng)點與圓心連線垂直于直線l時，被圓O截得的弦長最短求解.【詳解】因為直線方程，即為，所以直線過定點，因為點在圓的內(nèi)部，當(dāng)點與圓心連線垂直于直線l時，被圓O截得的弦長最短，點與圓心（0，0）的距離為，此時，最短弦長為，故選：B8、C【解析】由題設(shè)，根據(jù)圓與橢圓的對稱性，假設(shè)在第一象限可得，結(jié)合已知有，進而求橢圓的離心率.【詳解】由題設(shè)，圓與橢圓的如下圖示：又時，的取值范圍是，結(jié)合圓與橢圓的對稱性，不妨假設(shè)在第一象限，∴從0逐漸增大至無窮大時，，故，∴故選：C.9、D【解析】由直線的傾斜角為，可得，結(jié)合，可推得是等邊三角形，可得，計算可得離心率【詳解】直線：過橢圓的左焦點，設(shè)橢圓的右焦點為，所以，又是的中點，是的中點，所以，又，所以，又，所以是等邊三角形，所以，又在橢圓上，所以，所以，所以離心率為，故選：10、D【解析】舉特例排除ABC，分和討論確定D.【詳解】A.當(dāng)時，，不符；B.當(dāng)時，，不符；C.當(dāng)時，，不符；D.當(dāng)時，，當(dāng)時，，符合.故選：D.11、D【解析】利用向量共線的推論可判斷A，利用數(shù)量積的定義可判斷B，利用充要條件的概念可判斷C，利用基底的概念可判斷D.【詳解】對于A，若，，所以三點不共線，故A錯誤；對于B，因為，故B錯誤；對于C，由可推出為直角三角形，由為直角三角形，推不出，所以為直角三角形的充分不必要條件是，故C錯誤；對于D，若為空間的一個基底，則不共面，若不能構(gòu)成空間的一個基底，設(shè)，整理可得，即共面，與不共面矛盾，所以能構(gòu)成空間的另一個基底，故D正確.故選：D.12、A【解析】代入等差中項公式即可解決.【詳解】與的等差中項是故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由題意分別求出這三個平面的法向量，設(shè)直線的方向向量為，由直線與平面與的法向量垂直，得出，由向量的夾角公式可得答案.【詳解】由，解得，即直線與平面的交點坐標(biāo)為平面的方程為，可得所以平面的法向量為平面的法向量為，的法向量為設(shè)直線的方向向量為，則，即取，設(shè)直線與平面所成角則故答案為：14、2【解析】依據(jù)向量垂直充要條件列方程，解之即可解決.【詳解】空間向量，，由，可知，即，解之得故答案為：215、【解析】先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求函數(shù)在處的切線方程.【詳解】，，，所以曲線在點處的切線方程為，即.故答案為：【點睛】本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，重點考查計算能力，屬于基礎(chǔ)題型.16、①.②.【解析】（1）根據(jù)“新駐點”的定義求得，結(jié)合可得出結(jié)果；（2）求出的值，利用零點存在定理判斷所在的區(qū)間，進而可得出與的大小關(guān)系.詳解】（1），，根據(jù)“新駐點”的定義得，即，可得，，解得，所以，函數(shù)在上的“新駐點”為；（2），則，根據(jù)“新駐點”的定義得，即.，則，由“新駐點”的定義得，即，構(gòu)造函數(shù)，則函數(shù)在定義域上為增函數(shù)，，，，由零點存在定理可知，，.故答案為：（1）；（2）.【點睛】本題考查導(dǎo)數(shù)的計算，是新定義的題型，關(guān)鍵是理解“新駐點”的定義.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）當(dāng)時，的單調(diào)遞增區(qū)間為，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)時，的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為；（2）時函數(shù)沒有零點；或時函數(shù)有且只有一個零點；時，函數(shù)有兩個零點.【解析】（1）先對函數(shù)求導(dǎo)，然后分和兩種情況判斷導(dǎo)函數(shù)正負，求其單調(diào)區(qū)間；（2）由，得，構(gòu)造函數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)求出其單調(diào)區(qū)間和極值，畫出此函數(shù)的圖像，再判斷圖像與直線的交點情況，從而可得答案【詳解】（1）因為，所以，當(dāng)時，恒成立，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)時，令，得；令，得，所以的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為.（2）顯然0不是函數(shù)的零點，由，得.令，則.或時，，時，，所以在和上都是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，時取極小值，又當(dāng)時，.所以時，關(guān)于的方程無解，或時關(guān)于的方程只有一個解，時，關(guān)于的方程有兩個不同解.因此，時函數(shù)沒有零點，或時函數(shù)有且只有一個零點，時，函數(shù)有兩個零點.【點睛】關(guān)鍵點點睛：此題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，考查利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的零點，解題的關(guān)鍵是由，得，構(gòu)造函數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)求出其單調(diào)區(qū)間和極值，畫出此函數(shù)的圖像，再判斷圖像與直線的交點情況，考查數(shù)形結(jié)合的思想，屬于中檔題18、（1）（2）【解析】（1）：根據(jù)正弦定理由邊化角和三角正弦和公式即可求解；（2）：根據(jù)余弦定理和均值不等式求得最大值，利用面積公式即可求解【小問1詳解】由正弦定理及，得，∵，∵，∴【小問2詳解】由余弦定理，∴，∴，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，∴的面積的最大值為19、（1）證明見解析（2）答案不唯一，見解析【解析】（1）利用折疊前后的線段長度及勾股定理求證即可；（2）動點M滿足時和，但時兩種情況，利用線線平行或相交得到結(jié)論.【小問1詳解】在折疊前的圖中，如圖：，E為上一點且，則，折疊后，所以，又，所以，所以為直角三角形.小問2詳解】當(dāng)動點M在線段上，滿足，同樣在線段上取，使得，則，當(dāng)時，則，又且所以，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，所以此時平面；當(dāng)時，此時，但，所以四邊形為梯形，所以與必然相交，所以與平面必然相交.綜上，當(dāng)動點M滿足時，平面；當(dāng)動點M滿足，但時，與平面相交.20、（1）；（2）【解析】（1）利用正弦定理將角化邊，再利用余弦定理計算可得；（2）記邊上的高為，不妨設(shè)，即可求出，再利用余弦定理求出，在中，記，根據(jù)銳角三角函數(shù)求出，，最后根據(jù)，利用兩角和的余弦公式計算可得；【詳解】解：（1）由已知條件，所以，所以所以，，由余弦定理可得，而，于是（2）記邊上的高為，不妨設(shè)，則，，，所以，由余弦定理得，在中，記，則，，所以21、（1）證明見解析（2）【解析】（1）連接，使，連接，即可得到，從而得證；（2）設(shè)，以為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量，平面的法向量，利用空間向量的數(shù)量積求解面與面的夾角余弦值為，從而得到方程，解得即可【小問1詳解】證明：如圖，連，使，連，由直三棱柱，所以四邊形為矩形，所以為中點，在中，、分別為和中點