2025屆貴州省黔東南州高二數學第一學期期末檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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=（）A.-2 B.0C.0或-2 D.12．已知圓柱的表面積為定值，當圓柱的容積最大時，圓柱的高的值為（）A.1 B.C. D.23．2021年4月29日，中國空間站天和核心艙發射升空，這標志著中國空間站在軌組裝建造全面展開，我國載人航天工程“三步走”戰略成功邁出第三步.到今天，天和核心艙在軌已經九個多月.在這段時間里，空間站關鍵技術驗證階段完成了5次發射、4次航天員太空出艙、1次載人返回、1次太空授課等任務.一般來說，航天器繞地球運行的軌道近似看作為橢圓，其中地球的球心是這個橢圓的一個焦點，我們把橢圓軌道上距地心最近（遠）的一點稱作近（遠）地點，近（遠）地點與地球表面的距離稱為近（遠）地點高度.已知天和核心艙在一個橢圓軌道上飛行，它的近地點高度大約351km，遠地點高度大約385km，地球半徑約6400km，則該軌道的離心率為（）A. B.C. D.4．瑞士著名數學家歐拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直線上，這條直線被后人稱為三角形的“歐拉線”．若滿足，頂點，且其“歐拉線”與圓相切，則：①．圓M上的點到原點的最大距離為②．圓M上存在三個點到直線的距離為③．若點在圓M上，則的最小值是④．若圓M與圓有公共點，則上述結論中正確的有（）個A.1 B.2C.3 D.45．如圖，在正方體中，E為的中點，則直線與平面所成角的正弦值為（）A. B.C. D.6．若雙曲線的漸近線方程為，則的值為（）A.2 B.3C.4 D.67．下列函數是偶函數且在上是減函數的是A. B.C. D.8．閱讀如圖所示的程序框圖，運行相應的程序，輸出S的結果是（）A.128 B.64C.16 D.329．設函數在上可導，則等于（）A. B.C. D.以上都不對10．命題“存在，使得”的否定為（）A.存在， B.對任意，C.對任意， D.對任意，11．在三棱錐中，平面，，，，Q是邊上的一動點，且直線與平面所成角的最大值為，則三棱錐的外接球的表面積為（）A. B.C. D.12．如圖所示，在平行六面體中，，，，點是的中點，點是上的點，且，則向量可表示為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知等比數列滿足：，，，則公比______.14．某中學擬從4月16號至30號期間，選擇連續兩天舉行春季運動會，從已往的氣象記錄中隨機抽取一個年份，記錄天氣結果如下：日期161718192021222324252627282930天氣晴陰雨陰陰晴陰晴雨雨陰晴晴晴雨估計運動會期間不下雨的概率為_____________.15．焦點在軸上的雙曲線的離心率為，則的值為___________.16．螺旋線這個名詞來源于希臘文，它的原意是“旋卷”或“纏卷”，平面螺旋便是以一個固定點開始向外逐圈旋繞而形成的曲線，如下圖（1）所示.如圖（2）所示陰影部分也是一個美麗的螺旋線型的圖案，它的畫法是這樣的：正方形ABCD的邊長為4，取正方形ABCD各邊的四等分點E，F，G，H，作第2個正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各邊的四等分點M，N，P，Q，作第3個正方形MNPQ，依此方法一直繼續下去，就可以得到陰影部分的圖案.如圖（2）陰影部分，設直角三角形AEH面積為，直角三角形EMQ面積為，后續各直角三角形面積依次為，…，，若數列的前n項和恒成立，則實數的取值范圍為______.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．（12分）已知三棱柱中，，，平面ABC，，E為AB中點，D為上一點（1）求證：；（2）當D為中點時，求平面ADC與平面所成角的正弦值18．（12分）已知圓，直線（1）判斷直線l與圓C的位置關系；（2）過點作圓C的切線，求切線的方程19．（12分）如圖，在四棱錐中，底面ABCD為矩形，側面PAD是正三角形，平面平面ABCD，M是PD的中點（1）證明：平面PCD；（2）若PB與底面ABCD所成角的正切值為，求二面角的正弦值20．（12分）在復數集C內方程有六個根分別為（1）解出這六個根；（2）在復平面內，這六個根對應的點分別為A，B，C，D，E，F；求多邊形ABCDEF的面積21．（12分）如圖，在空間直角坐標系中有長方體，且，，點E在棱AB上移動.（1）證明：；（2）當E為AB的中點時，求直線AC與平面所成角的正弦值.22．（10分）已知p：關于x的方程至多有一個實數解，.（1）若命題p為真命題，求實數a的取值范圍；（2）若p是q的充分不必要條件，求實數m的取值范圍.

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、C【解析】代入兩直線垂直的公式，即可求解.【詳解】因為兩直線垂直，所以，解得：或.故選：C2、B【解析】設圓柱的底面半徑為，則圓柱底，圓柱側，則可得，則圓柱的體積為，利用導數求出最大值，確定值.【詳解】設圓柱的底面半徑為，則圓柱底，圓柱側，∴，∴，則圓柱的體積，∴，由得，由得，∴當時，取極大值，也是最大值，即故選：B【點睛】本題主要考查了圓柱表面積和體積的計算，考查了導數的實際應用，考查了學生的應用意識.3、A【解析】根據遠地點和近地點，求出軌道即橢圓的半長軸和半焦距，即可求得答案.【詳解】設橢圓的半長軸為a，半焦距為c.則根據題意得;解得，故該軌道即橢圓的離心率為，故選：A4、A【解析】由題意求出的垂直平分線可得△的歐拉線，再由圓心到直線的距離求得，得到圓的方程，求出圓心到原點的距離，加上半徑判斷A；求出圓心到直線的距離判斷B；再由的幾何意義，即圓上的點與定點連線的斜率判斷C；由兩個圓有公共點可得圓心距與兩個半徑之間的關系，求得的取值范圍判斷D【詳解】由題意，△的歐拉線即的垂直平分線，，，的中點坐標為，，則的垂直平分線方程為，即由“歐拉線”與圓相切，到直線的距離，，則圓的方程為：，圓心到原點的距離為，則圓上的點到原點的最大距離為，故①錯誤；圓心到直線的距離為，圓上存在三個點到直線的距離為，故②正確；的幾何意義：圓上的點與定點連線的斜率，設過與圓相切的直線方程為，即，由，解得，的最小值是，故③錯誤；的圓心坐標，半徑為，圓的的圓心坐標為，半徑為，要使圓與圓有公共點，則圓心距的范圍為，，，解得，故④錯誤故選：A5、D【解析】構建空間直角坐標系，求直線的方向向量、平面的法向量，應用空間向量的坐標表示，求直線與平面所成角的正弦值.【詳解】以點D為坐標原點，向量分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則，，，，可得，，，設面的法向量為，有，取，則，所以，，，則直線與平面所成角的正弦值為故選：D.6、A【解析】根據雙曲線方程確定焦點位置，再根據漸近線方程為求解.【詳解】因為雙曲線所以焦點在x軸上，又因為漸近線方程為，所以，所以.故選：A【點睛】本題主要考查雙曲線的幾何性質，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.7、C【解析】根據題意，依次分析選項中函數的奇偶性與單調性，綜合即可得答案【詳解】根據題意，依次分析選項：對于A，為一次函數，不是偶函數，不符合題意；對于B，，，為奇函數，不是偶函數，不符合題意；對于C，，為二次函數，是偶函數且在上是減函數，符合題意；對于D，，，為奇函數，不是偶函數，不符合題意；故選C【點睛】本題考查函數的奇偶性與單調性的判定，關鍵是掌握常見函數的奇偶性與單調性，屬于基礎題8、C【解析】根據程序框圖的循環邏輯寫出執行步驟，即可確定輸出結果.【詳解】根據流程圖的執行邏輯，其執行步驟如下：1、成立，則；2、成立，則；3、成立，則；4、成立，則；5、不成立，輸出；故選：C9、C【解析】根據目標式，結合導數的定義即可得結果.【詳解】.故選：C10、D【解析】根據特稱命題否定的方法求解，改變量詞，否定結論.【詳解】由題意可知命題“存在，使得”的否定為“對任意，”.故選：D.11、C【解析】由平面，直線與平面所成角的最大時，最小，也即最小，，由此可求得，從而得，得長，然后取外心，作，取H為的中點，使得，則易得，求出的長即為外接球半徑，從而可得面積【詳解】三棱錐中，平面，直線與平面所成角為，如圖所示；則，且的最大值是，，的最小值是，即A到的距離為，，，在中可得，又，，可得；取的外接圓圓心為，作，取H為的中點，使得，則易得，由，解得，，，，由勾股定理得，所以三棱錐的外接球的表面積是.【點睛】本題考查求球的表面積，解題關鍵是確定球的球心，三棱錐的外接球心在過各面外心且與此面垂直的直線上12、D【解析】根據空間向量加法和減法的運算法則，以及向量的數乘運算即可求解.【詳解】解：因為在平行六面體中，，，，點是的中點，點是上的點，且，所以，故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據等比數列的通項公式可得，結合即可求出公比.【詳解】設等比數列的公式為q，則，即，解得，又，所以，所以.故答案為：.14、【解析】以每相鄰兩天為一個基本事件，求出試驗的基本事件數，再求出兩天都不下雨的基本事件數，利用古典概率公式計算作答.【詳解】依題意，以每相鄰兩天為一個基本事件，如16號與17號、17號與18號為不同的兩個基本事件，則從4月16號至30號期間，共有14個基本事件，它們等可能，其中相鄰兩天不下雨有16與17，19與20，20與21，21與22，22與23，26與27，27與28，28與29，共8個不同結果，所以運動會期間不下雨的概率為.故答案為：15、【解析】將雙曲線的方程化為標準式，可得出、，由此可得出關于的等式，即可解得的值.【詳解】雙曲線的標準方程為，由題意可得，則，，，所以，，解得.故答案為：.16、或【解析】先求正方形邊長的規律，再求三角形面積的規律，從而就可以求和了，再解不等式即可求解.【詳解】由題意，由外到內依次各正方形的邊長分別為，則，，……，，于是數列是以4為首項，為公比的等比數列，則.由題意可得：，即……，于是.，故解得或.故答案為：或三、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）證明見解析；（2）.【解析】（1）利用線面垂直的性質定理及線面垂直的判定定理即證；（2）利用坐標法即求.【小問1詳解】∵，E為AB中點，∴，∵平面ABC，平面ABC，∴，又，，∴平面，平面，∴；【小問2詳解】以C點為坐標原點，CA，CB，分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，不妨設，則平面的法向量為，設平面ADC法向量為，則，∴，即，令，則∴平面ADC與平面所成角的余弦值為，所以平面ADC與平面所成角的正弦值.18、（1）相交.（2）或.【解析】（1）先判斷出直線恒過定點(2，1)，由(2，1)在圓內，即可判斷；（2）分斜率存在與不存在兩種情況，利用幾何法求解.【小問1詳解】直線方程，即，則直線恒過定點(2，1).因為，則點(2，1)位于圓的內部，故直線與圓相交.【小問2詳解】直線斜率不存在時，直線滿足題意；②直線斜率存在的時候，設直線方程為，即.因為直線與圓相切，所以圓心到直線的距離等于半徑，即，解得:，則直線方程為：.綜上可得，直線方程或.19、（1）證明見解析（2）【解析】（1）依題意可得，再根據面面垂直的性質得到平面，即可得到，即可得證；（2）取的中點為，連接，根據面面垂直的性質得到平面，連接，即可得到為與底面所成角，令，，利用銳角三角函數的定義求出，建立如圖所示空間直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦值，即可得解；【小問1詳解】解：證明：在正中，為的中點，∴∵平面平面，平面平面，且．∴平面，又∵平面∴．又∵，且，平面．∴平面【小問2詳解】解：如圖，取的中點為，連接，在正中，，平面平面，平面平面，∴平面，連接，則為與底面所成角，即．不妨取，，，，∴以為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則有，，，，，，∴，設面的一個法向量為，則由令，則，又因為面，取作為面的一個法向量，設二面角為，∴，∴，因此二面角的正弦值為20、（1）（2）【解析】（1）原式可因式分解為，令，設可求解出的兩個虛根，同理可求解的兩個虛根，即得解；（2）六個點構成的圖形為正六邊形，邊長為1，計算即可【小問1詳解】由題意，當時，設故，所以解得：，即當時，設故所以解得：，即故：【小問2詳解】六個根對應的點分別為A，B，C，D，E，F，其中在復平面中描出這六個點如圖所示：六個點構成的圖形為正六邊形，邊長為1故21、（1）證明見解析（2）【解析】（1）設，求出，，利用向量法