陜西省咸陽中學2025屆高二數學第一學期期末綜合測試試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．已知拋物線，，點在拋物線上，記點到直線的距離為，則的最小值是（）A.5 B.6C.7 D.82．已知等比數列的公比為，則“”是“是遞增數列”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3．已知函數，則滿足不等式的的取值范圍是（）A. B.C. D.4．如圖，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1=2AB，則異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為A. B.C. D.5．雙曲線的虛軸長為（）A. B.C.3 D.66．已知點F是雙曲線的左焦點，點E是該雙曲線的右頂點，過F作垂直于x軸的直線與雙曲線交于G、H兩點，若是銳角三角形，則該雙曲線的離心率e的取值范圍是（）A. B.C. D.7．若等比數列滿足，，則數列的公比為（）A. B.C. D.8．過點且平行于直線的直線方程為（）A. B.C. D.9．已知在平面直角坐標系中，圓的方程為，直線過點且與直線垂直.若直線與圓交于兩點，則的面積為A.1 B.C.2 D.10．經過點且與直線垂直的直線方程為（）A. B.C. D.11．函數在上單調遞增，則k的取值范圍是（）A B.C. D.12．若圓與圓相切，則的值為（）A. B.C.或 D.或二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．向量，，若，且，則的值為______.14．已知雙曲線C：的一條漸近線與直線l：平行，則雙曲線C的離心率是______15．如圖，棱長為2的正方體中，E，F分別為棱、的中點，G為面對角線上一個動點，則三棱錐的外接球表面積的最小值為___________.16．如圖，棱長為1的正方體，點沿正方形按的方向作勻速運動，點沿正方形按的方向以同樣的速度作勻速運動，且點分別從點A與點同時出發，則的中點的軌跡所圍成圖形的面積大小是________.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）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線C：y2=4x經過點A（1，2），直線l：y=kx+b與拋物線C交于M，N兩點.（1）若，求直線l的方程；（2）當AM⊥AN時，若對任意滿足條件的實數k，都有b=mk+n（m，n為常數），求m+2n的值.18．（12分）已知函數在處取得極值7（1）求的值；（2）求函數在區間上的最大值19．（12分）已知函數的圖象在點處的切線與直線平行（是自然對數的底數）.（1）求的值；（2）若在上恒成立，求實數的取值范圍.20．（12分）在二項式展開式中，第3項和第4項的二項式系數比為.（1）求n的值及展開式中的常數項；（2）求展開式中系數最大的項是第幾項.21．（12分）如圖，在長方體中，，．點E在上，且（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值22．（10分）已知等差數列滿足：，（1）求數列的通項公式，以及前n項和公式；（2）若，求數列的前n項和

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】先求出拋物線的焦點和準線，利用拋物線的定義將轉化為的距離，即可求解.【詳解】由已知得拋物線的焦點為，準線方程為，設點到準線的距離為，則，則由拋物線的定義可知∵，當點、、三點共線時等號成立，∴，故選：.2、B【解析】先分析充分性：假設特殊等比數列即可判斷；再分析充分性，由條件得恒成立，再對和進行分類討論即可判斷.【詳解】先分析充分性：在等比數列中，，所以假設，，所以，等比數列為遞減數列，故充分性不成立；分析必要性：若等比數列的公比為，且是遞增數列，所以恒成立，即恒成立，當，時，成立，當，時，不成立，當，時，不成立，當，時，不成立，當，時，成立，當，時，不成立，當，時，不恒成立，當，時，不恒成立，所以能使恒成立的只有：，和，，易知此時成立，所以必要性成立.故選：B.3、A【解析】利用導數判斷函數的單調性，根據單調性即可解不等式【詳解】由則函數在上單調遞增又，所以，解得故選：A4、D【解析】設AA1=2AB=2，因為，所以異面直線A1B與AD1所成角，，故選D.5、D【解析】根據題意，由雙曲線的方程求出的值，即可得答案【詳解】因為，所以，所以雙曲線的虛軸長為.故選：D.6、B【解析】根據是等腰三角形且為銳角三角形，得到，即，解得離心率范圍.【詳解】，當時，，，不妨取，，是等腰三角形且為銳角三角形，則，即，，即，，解得，故.故選：B.7、D【解析】設等比數列的公比為，然后由已知條件列方程組求解即可【詳解】設等比數列的公比為，因為，，所以，所以，解得，故選：D8、A【解析】設直線的方程為，代入點的坐標即得解.【詳解】解：設直線的方程為，把點坐標代入直線方程得.所以所求的直線方程為.故選：A9、A【解析】∵圓的方程為，即，∴圓的圓心為，半徑為2.∵直線過點且與直線垂直∴直線.∴圓心到直線的距離.∴直線被圓截得的弦長，又∵坐標原點到的距離為，∴的面積為.考點：1、直線與圓的位置關系；2、三角形的面積公式.10、A【解析】根據點斜式求得正確答案.【詳解】直線的斜率為，經過點且與直線垂直的直線方程為，即.故選：A11、A【解析】對函數求導，由于函數在給定區間上單調遞增，故恒成立.【詳解】由題意可得，，，，.故選：A12、C【解析】分類討論:當兩圓外切時，圓心距等于半徑之和；當兩圓內切時，圓心距等于半徑之差，即可求解.【詳解】圓的圓心為，半徑為，圓的圓心為，半徑為.①當兩圓外切時，有，此時.②當兩圓內切時，有，此時.綜上，當時兩圓外切；當時兩圓內切.故選：C【點睛】本題考查了圓與圓的位置關系，解答兩圓相切問題時易忽略兩圓相切包括內切和外切兩種情況.解答時注意分類討論，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據可求出，再根據向量垂直即可求出，即可得出答案.【詳解】因為，，所以，解得，又因為，所以，解得，所以.故答案為：.14、【解析】先用兩直線平行斜率相等求出，再利用離心率的定義求解即可.【詳解】由題意可得雙曲線C的一條漸近線方程為，則，即，則，故雙曲線C的離心率故答案為：.15、【解析】以DA，DC，分別為x軸，y軸，z軸建系，則，設，球心，得到外接球半徑關于的函數關系，求出的最小值，即可得到答案；【詳解】解：以DA，DC，分別為x軸，y軸，z軸建系.則，設，球心，，又.聯立以上兩式，得，所以時，，為最小值，外接球表面積最小值為.故答案為：.16、##【解析】畫出符合要求的圖形，觀察得到軌跡是菱形，并進行充分性和必要性兩方面的證明，并求解出軌跡圖形的面積.【詳解】如圖，分別是正方形ABCD，，的中心，下面進行證明：菱形EFGC的周界即為動線段PQ的中點H的軌跡，首先證明：如果點H是動線段PQ的中點，那么點H必在菱形EFGC的周界上，分兩種情況證明：（1）P，Q分別在某一個定角的兩邊上，不失一般性，設P從B到C，而Q同時從到C，由于速度相同，所以PQ必平行于，故PQ的中點H必在上；（2）P，Q分別在兩條異面直線上，不失一般性，設P從A到B，同時Q從到，由于速度相同，則，由于H為PQ的中點，連接并延長，交底面ABCD于點T，連接PT，則平面與平面交線是PT，∵∥平面，∴∥PT，∴，而，∥BC，∴是等腰直角三角形，，從而T在AC上，可以證明FH∥AC，GH∥AC，DG∥AC，基于平行線的唯一性，顯然H在DG上，綜合（1）（2）可證明，線段PQ的中點一定在菱形EFGC的周界上；下面證明：如果點H在菱形EFGC的周界上，則點H必定是符合條件的線段的中點.也分兩種情況進行證明：（1）H在CG或CE上，過點H作PQ∥（或BD），而與BC及（或CD及BC）分別相交于P和Q，由相似的性質可得：PH=QH，即H是PQ的中點，同時可證：BP=（或BQ=DP），因此P、Q符合題設條件（2）H在EF或FG上，不失一般性，設H在FG上，連接并延長，交平面AC于點T，顯然T在AC上，過T作TP∥CB于點P，則TP∥，在平面上，連接PH并延長，交于點Q，在三角形中，G是的中點，∥AC，則H是的中點，于是，從而有，又因為TP∥CB，，所以，從而，因此P，Q符合題設條件.由（1）（2），如果H是菱形EFGC周界上的任一點，則H必是符合題設條件的動線段PQ的中點，證畢.因為四邊形為菱形，其中，所以邊長為且，為等邊三角形，，所以面積.故答案為：【點睛】對于立體幾何軌跡問題，要畫出圖形，并要善于觀察，利用所學的立體幾何方面的知識，大膽猜測，小心驗證，對于多種情況的，要畫出相應的圖形，注意分類討論.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）3或【解析】（1）由可得，則可得直線為，設，然后將直線方程代入拋物線方程中消去，再利用根與系數的關系，由可得，三個式子結合可求出，從而可得直線方程，（2）將直線方程代入拋物線方程中消去，再利用根與系數的關系表示出，再結合直線方程表示出，由AM⊥AN可得，化簡結合前面的式子可求出或，從而可可求出的值，進而可求得答案【小問1詳解】因為A（1，2），，所以，則直線為，設，由，得，由，得則，因為，所以，所以，所以，所以，解得，所以直線的方程為，即，【小問2詳解】設，由，得，由，得，則，所以，，因為AM⊥AN，所以，所以，即，所以，所以，所以或，所以或，所以或18、（1）；（2）.【解析】（1）先對函數求導，根據題中條件，列出方程組求解，即可得出結果；（2）先由（1）得到，導數的方法研究其單調性，進而可求出最值.【詳解】（1）因為，所以，又函數在處取得極值7，，解得；，所以，由得或；由得；滿足題意；（2）又，由（1）得在上單調遞增，在上單調遞減，因此【點睛】方法點睛：該題考查的是有關利用導數研究函數的問題，解題方法如下：（1）先對函數求導，根據題意，結合函數在某個點處取得極值，導數為0，函數值為極值，列出方程組，求得結果；（2）將所求參數代入，得到解析式，利用導數研究其單調性，得到其最大值.19、（1）（2）【解析】（1）求出函數的導函數，根據題意結合導數的幾何意義列出方程，解之即可得解；（2）在上恒成立，即在上恒成立，從而，令，利用導數求出函數的最小值，即可求得實數的取值范圍【小問1詳解】解：，因為函數的圖象在點處的切線與直線平行，所以，解得；【小問2詳解】解：在上恒成立，即在上恒成立，，，令，則，當時，；當時，，函數在上單調遞減，有上單調遞增，，，即實數的取值范圍是20、（1），常數項為（2）5【解析】（1）求出二項式的通項公式，求出第3項和第4項的二項式系數，再利用已知條件列方程求出的值，從而可求出常數項，（2）設展開式中系數最大的項是第項，則，從而可求出結果【小問1詳解】二項式展開式的通項公式為，因為第3項和第4項的二項式系數比為，所以，化簡得，解得，所以，令，得，所以常數項為【小問2詳解】設展開式中系數最大的項是第項，則，，解得，因為，所以，所以展開式中系數最大的項是第5項21、（1）證明見解析（2）【解析】（1）建立空間直角坐標系，分別寫出，，的坐標，證明，，即可得證；（2）由（1）知，的法向量為，直接寫出平面法向量，按照公式求解即可.【小問1詳解】在長方體中，以為坐標原點，所在直線分別為軸，軸，軸建立如圖所示空間直角坐標系因為，，所以，，，，，則，，，所以有，，則，，又所以平面小問2詳解】