河南省信陽市第一高級中學2025屆數學高二上期末統考試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．如圖，用4種不同的顏色對A，B，C，D四個區域涂色，要求相鄰的兩個區域不能用同一種顏色，則不同的涂色方法有（）A.24種 B.48種C.72種 D.96種2．已知雙曲線，點F為其左焦點，點B，若BF所在直線與雙曲線的其中一條漸近線垂直，則該雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.3．已知數列滿足，且，為其前n項的和，則（）A. B.C. D.4．已知橢圓的右焦點為，則正數的值是（）A.3 B.4C.9 D.215．已知雙曲線的右焦點為F,雙曲線C的右支上有一點P滿是(點O為坐標原點),那么雙曲線C的離心率為()A. B.C. D.6．已知等差數列共有項，其中奇數項之和為290，偶數項之和為261，則的值為（）A.30 B.29C.28 D.277．已知曲線，下列命題錯誤的是（）A.若，則是橢圓，其焦點在軸上B.若，則是圓，其半徑為C.若，則是雙曲線，其漸近線方程為D.若，，為上任意一點，，為曲線的兩個焦點，則8．若圓與直線相切，則實數的值為（）A. B.或3C. D.或9．已知遞增等比數列的前n項和為，，且，則與的關系是（）A. B.C. D.10．圓和圓的位置關系是（）A.內含 B.內切C.相交 D.外離11．饕餮紋是青銅器上常見的花紋之一，最早見于長江中下游地區的良渚文化陶器和玉器上，盛行于商代至西周早期．將青銅器中的饕餮紋的一部分畫到方格紙上，如圖所示，每個小方格的邊長為一個單位長度，有一點從點出發，每次向右或向下跳一個單位長度，且向右或向下跳是等可能的，那么點經過3次跳動后恰好是沿著饕餮紋的路線到達點的概率為（）A. B.C. D.12．已知數列滿足，，令，若對于任意不等式恒成立，則實數t的取值范圍為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在1和9之間插入三個數，使這五個數成等比數列，則中間三個數的積等于________.14．已知函數.（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）求的單調區間；15．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______16．甲、乙兩名運動員5場比賽得分的莖葉圖如圖所示，已知甲得分的極差為32，乙得分的平均值為24，則甲、乙兩組數據的中位數是______.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）已知橢圓的左、右焦點分別是，點P是橢圓C上任一點，若面積的最大值為，且離心率（1）求C的方程；（2）A，B為C的左、右頂點，若過點且斜率不為0的直線交C于M，N兩點，證明：直線與的交點在一條定直線上18．（12分）已知點及圓，點P是圓B上任意一點，線段的垂直平分線l交半徑于點T，當點P在圓上運動時，記點T的軌跡為曲線E（1）求曲線E的方程；（2）設存在斜率不為零且平行的兩條直線，，它們與曲線E分別交于點C、D、M、N，且四邊形是菱形，求該菱形周長的最大值19．（12分）從橢圓上一點P向x軸作垂線，垂足恰為左焦點，A是橢圓C與x軸正半軸的交點，直線AP的斜率為，若橢圓長軸長為8（1）求橢圓C的方程；（2）點Q為橢圓上任意一點，求面積的最大值20．（12分）已知拋物線C：，過點且斜率為k的直線與拋物線C相交于P，Q兩點.（1）設點B在x軸上，分別記直線PB，QB的斜率為.若，求點B的坐標；（2）過拋物線C的焦點F作直線PQ的平行線與拋物線C相交于M，N兩點，求的值.21．（12分）已知：對任意，都有；：存在，使得（1）若“且”為真，求實數的取值范圍；（2）若“或”為真，“且”為假，求實數的取值范圍22．（10分）一個長方體的平面展開圖及該長方體的直觀圖的示意圖如圖所示（1）請將字母F，G，H標記在長方體相應的頂點處（不需說明理由）：（2）若且有下面兩個條件：①；②，請選擇其中一個條件，使得DF⊥平面，并證明你的結論

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】按涂色順序進行分四步，根據分步乘法計數原理可得解.【詳解】按涂色順序進行分四步：涂A部分時，有4種涂法；涂B部分時，有3種涂法；涂C部分時，有2種涂法；涂D部分時，有2種涂法.由分步乘法計數原理，得不同的涂色方法共有種.故選：B.2、C【解析】設出雙曲線半焦距c，利用斜率坐標公式結合垂直關系列式計算作答.【詳解】設雙曲線半焦距為c，則，直線BF的斜率為，雙曲線的漸近線為：，因直線BF與雙曲線的一條漸近線垂直，則有，即，于是得，而，解得，所以雙曲線的離心率為.故選：C3、B【解析】根據等比數列的前n項和公式即可求解.【詳解】由題可知是首項為2，公比為3的等比數列，則.故選：B.4、A【解析】由直接可得.【詳解】由題知，所以，因為，所以.故選：A5、D【解析】分析焦點三角形即可【詳解】如圖,設左焦點為,因為,所以不妨設,則離心率故選:D6、B【解析】由等差數列的求和公式與等差數列的性質求解即可【詳解】奇數項共有項，其和為，∴偶數項共有n項，其和為，∴故選：B7、D【解析】根據橢圓和雙曲線的性質以及定義逐一判斷即可.【詳解】曲線，若，則是橢圓，其焦點在軸上，故A正確；若，則，即是圓，半徑為，故B正確；若，則是雙曲線，當，則漸近線方程為，當，則漸近線方程為，故C正確；若，，則是雙曲線，其焦點在軸上，由雙曲線的定義可知，，故D錯誤；故選：D8、D【解析】利用圓心到直線的距離等于半徑可得答案.【詳解】若圓與直線相切，則到直線的距離為，所以，解得，或.故選：D.9、D【解析】設等比數列的公比為，由已知列式求得，再由等比數列的通項公式與前項和求解.【詳解】設等比數列的公比為，由，得，所以，又，所以，所以，，所以即故選：D10、C【解析】根據兩圓圓心的距離與兩圓半徑和差的大小關系即可判斷.【詳解】解：因為圓的圓心為，半徑為，圓的圓心為，半徑為，所以兩圓圓心的距離為，因為，即，所以圓和圓的位置關系是相交，故選：C.11、B【解析】利用古典概型的概率求解.【詳解】解：點從點出發，每次向右或向下跳一個單位長度，跳3次，則樣本空間{（右，右，右），（右，右，下），（右，下，右），（下，右，右），（右，下，下），（下，右，下），（下，下，右），（下，下，下）}，記“3次跳動后，恰好是沿著饕餮紋的路線到達點B”為事件，則{（下，下，右）}，由古典概型的概率公式可知故選：B12、D【解析】根據遞推關系，利用裂項相消法，累加法求出，可得，原不等式轉化為恒成立求解即可.【詳解】，，，由累加法可得，又，，符合上式，，，對于任意不等式恒成立，則，解得.故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、27【解析】設公比為，利用已知條件求出，然后根據通項公式可求得答案【詳解】設公比為，插入的三個數分別為，因為，所以，得，所以，故答案為：2714、（1）（2）詳見解析【解析】（1）分別求得和，從而得到切線方程；（2）求導后，令求得兩根，分別在、和三種情況下根據導函數的正負得到函數的單調區間.【詳解】（1），，，，又，在處的切線方程為.（2），令，解得：，.①當時，若和時，；若時，；的單調遞增區間為，；單調遞減區間為；②當時，在上恒成立，的單調遞增區間為，無單調遞減區間；③當時，若和時，；若時，；的單調遞增區間為，；單調遞減區間為；綜上所述：當時，的單調遞增區間為，；單調遞減區間為；當時，的單調遞增區間為，無單調遞減區間；當時，的單調遞增區間為，；單調遞減區間為.【點睛】本題考查利用導數的幾何意義求解曲線在某一點處的切線方程、利用導數討論含參數函數的單調區間的問題，屬于?？碱}型.15、【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：.16、【解析】先由極差以及平均數得出，進而得出中位數.【詳解】由可得，，，因為乙得分的平均值為24，所以，所以甲、乙兩組數據的中位數是.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）用待定系數法求出橢圓的方程；（2）設直線MN的方程為x=my+1，設,用“設而不求法”表示出.由直線AM的方程為，直線BN的方程為，聯立，解得：，即可證明直線AM與BN的交點在直線上.【小問1詳解】由題意可得：，解得：,所以C的方程為.【小問2詳解】由(1)得A(-2,0),B(2,0),F2(1,0),設直線MN的方程為x=my+1.設,由，消去y得：，所以.所以.因為直線AM的方程為，直線BN的方程為，二者聯立，有，所以，解得：，直線AM與BN的交點在直線上.【點睛】（1）待定系數法可以求二次曲線的標準方程；（2）"設而不求"是一種在解析幾何中常見的解題方法，可以解決直線與二次曲線相交的問題.18、（1）（2）【解析】（1）根據橢圓的定義和性質，建立方程求出，即可（2）設的方程為，，，，，設的方程為，，，，，分別聯立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理和判別式大于0，以及弦長公式，求得，，運用菱形和橢圓的對稱性可得，關于原點對稱，結合菱形的對角線垂直和向量數量積為0，可得，設菱形的周長為，運用基本不等式，計算可得所求最大值【小問1詳解】點在線段的垂直平分線上，，又，曲線是以坐標原點為中心，和為焦點，長軸長為的橢圓設曲線的方程為，，，曲線的方程為【小問2詳解】設的方程為，，，，，設的方程為，，，，，聯立可得，由可得，化簡可得，①，，，同理可得，因為四邊形為菱形，所以，所以，又因為，所以，所以，關于原點對稱，又橢圓關于原點對稱，所以，關于原點對稱，，也關于原點對稱，所以且，所以，，，，因為四邊形為菱形，可得，即，即，即，可得，化簡可得，設菱形的周長為，則，當且僅當，即時等號成立，此時，滿足①，所以菱形的周長的最大值為【點睛】關鍵點點睛：在處理此類直線與橢圓相交問題中，一般先設出直線方程，聯立方程，利用韋達定理得出，，再具體問題具體分析，一般涉及弦長計算問題，運算比較繁瑣，需要較強的運算能力，屬于難題。19、（1）（2）18【解析】（1）易得，，進而有，再結合已知即可求解；（2）由（1）易得直線AP的方程為，，設與直線AP平行的直線方程為，由題意，當該直線與橢圓相切時，記與AP距離比較遠的直線與橢圓的切點為Q，此時的面積取得最大值，將代入橢圓方程，聯立即可得與AP距離比較遠的切線方程，從而即可求解.【小問1詳解】解：由題意，將代入橢圓方程，得，又∵，∴，化簡得，解得，又，，所以，∴，∴橢圓的方程為；【小問2詳解】解：由（1）知，直線AP的方程為，即，設與直線AP平行的直線方程為，由題意，當該直線與橢圓相切時，記與AP距離比較遠的直線與橢圓的切點為Q，此時的面積取得最大值，將代入橢圓方程，化簡可得，由，即，解得，所以與AP距離比較遠的切線方程，因為與之間的距離，又，所以的面積的最大值為20、（1）（2）【解析】（1）直線的方程為，其中，聯立直線與拋物線方程，由韋達定理結合已知條件可求得點的坐標；（2）直線的方程為，利用傾斜角定義知，，聯立直線與拋物線方程，利用弦長公式求得，進而得解.小問1詳解】由題意，直線的方程為，其中.設，聯立，消去得..，，即.，即.，，∴點的坐標為.【小問2詳解】由題意，直線的方程為，其中，為傾斜角，則，設.聯立，消去得...21、（1）.（2）.【解析】（1）由已知得，均為真命題，分別求得為真命題，為真命題時，實數的取值范圍，再由集合的交集運算求得答案；（2）由已知得，一真一假，建立不等式組，求解即可.【小問1詳解】解：因為“且”為真命題，所以，均為真命題若為真命題，則，解得；若為真命題，則，當且僅當，即時，等號成立，此時故實