2025屆云南省曲靖市宣威九中數學高二上期末教學質量檢測試題注意事項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。1．四棱錐中，底面ABCD是平行四邊形，點E為棱PC的中點，若，則等于（）A.1 B.C. D.22．如圖，在單位正方體中，以為原點，，，為坐標向量建立空間直角坐標系，則平面的法向量是（）A.，1， B.，1，C.，， D.，1，3．函數的導函數為，對任意，都有成立，若，則滿足不等式的的取值范圍是（）A. B.C. D.4．已知雙曲線，過其右焦點作漸近線的垂線，垂足為，延長交另一條漸近線于點A.已知為原點，且，則（）A. B.C. D.5．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.6．命題“，則”及其逆命題、否命題和逆否命題這四個命題中，真命題的個數為（）A.0 B.2C.3 D.47．設點關于坐標原點的對稱點是B，則等于（）A.4 B.C. D.28．直線分別與軸，軸交于，兩點，點在圓上，則面積的取值范圍是A. B.C. D.9．已知橢圓是橢圓上關于原點對稱的兩點，設以為對角線的橢圓內接平行四邊形的一組鄰邊斜率分別為，則（）A.1 B.C. D.10．曲線在處的切線如圖所示，則（）A. B.C. D.11．已知圓：，點是直線：上的動點，過點引圓的兩條切線、，其中、為切點，則直線經過定點（）A. B.C. D.12．上海世博會期間，某日13時至21時累計入園人數的折線圖如圖所示，那么在13時~14時，14時~15時，…，20時~21時八個時段中，入園人數最多的時段是（）A.13時~14時 B.16時~17時C.18時~19時 D.19時~20時二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．直線l過拋物線的焦點F，且l與該拋物線交于不同的兩點，．若，則弦AB的長是____14．橢圓與雙曲線有公共焦點，設橢圓與雙曲線在第一象限內交于點，橢圓與雙曲線的離心率分別為為坐標原點，，則的取值范圍是___________.15．過點且與直線垂直的直線方程為______16．若正實數滿足，則的最大值是________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）在數列中，，是與的等差中項，（1）求證：數列是等差數列（2）令，求數列的前項的和18．（12分）如圖，四棱錐中，，，，平面.（1）在線段上是否存在一點使得平面？若存在，求出的位置；若不存在，請說明理由；（2）求四棱錐的體積.19．（12分）已知直線經過兩條直線和的交點，且與直線垂直（1）求直線的一般式方程；（2）若圓的圓心為點，直線被該圓所截得的弦長為，求圓的標準方程20．（12分）已知函數在時有極值0.（1）求函數的解析式；（2）記，若函數有三個零點，求實數的取值范圍.21．（12分）設函數（Ⅰ）求的單調區間；（Ⅱ）若，為整數，且當時，恒成立，求的最大值．（其中為的導函數．）22．（10分）已知直線l過點A（﹣3，1），且與直線4x﹣3y+t＝0垂直（1）求直線l的一般式方程；（2）若直線l與圓C：x2+y2＝m相交于點P，Q，且|PQ|＝8，求圓C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】運用向量的線性運用表示向量，對照系數，求得，代入可得選項.【詳解】因為，所以，所以，所以，解得，所以，故選：B.2、A【解析】設平面的法向量是，，，由可求得法向量.【詳解】在單位正方體中，以為原點，，，為坐標向量建立空間直角坐標系，，0，，，1，，，1，，，1，，，0，，設平面的法向量是，，，則，取，得，1，，平面的法向量是，1，.故選：.3、C【解析】構造函數，利用導數分析函數的單調性，將所求不等式變形為，結合函數的單調性即可得解.【詳解】對任意，都有成立，即令，則，所以函數上單調遞增不等式即，即因為，所以所以，，解得，所以不等式的解集為故選：C.4、C【解析】畫出圖象，結合漸近線方程得到，，進而得到，結合漸近線的斜率及角度關系，列出方程，求出，從而求出.【詳解】漸近線為，如圖，過點F作FB垂直于點B，交于點A，則到漸近線距離為，則，又，由勾股定理得：，則，又，，所以，解得：，所以.故選：C5、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：D6、D【解析】首先判斷原命題的真假，寫出其逆命題，即可判斷其真假，再根據互為逆否命題的兩個命題同真假，即可判斷；【詳解】解：因為命題“，則”為真命題，所以其逆否命題也為真命題；其逆命題為：則，顯然也為真命題，故其否命題也為真命題；故命題“，則”及其逆命題、否命題和逆否命題這四個命題中，真命題有4個；故選：D7、A【解析】求出點關于坐標原點的對稱點是B，再利用兩點之間的距離即可求得結果.【詳解】點關于坐標原點的對稱點是故選：A8、A【解析】分析：先求出A，B兩點坐標得到再計算圓心到直線距離，得到點P到直線距離范圍，由面積公式計算即可詳解：直線分別與軸，軸交于，兩點,則點P在圓上圓心為（2，0），則圓心到直線距離故點P到直線的距離的范圍為則故答案選A.點睛：本題主要考查直線與圓，考查了點到直線的距離公式，三角形的面積公式，屬于中檔題9、C【解析】根據橢圓的對稱性和平行四邊形的性質進行求解即可.【詳解】是橢圓上關于原點對稱兩點，所以不妨設，即，因為平行四邊形也是中心對稱圖形，所以也是橢圓上關于原點對稱的兩點，所以不妨設，即，，得：，即，故選：C10、C【解析】由圖可知切線斜率為，∴.故選：C.11、D【解析】根據圓的切線性質，結合圓的標準方程、圓與圓的位置關系進行求解即可.【詳解】因為、是圓的兩條切線，所以，因此點、在以為直徑的圓上，因為點是直線：上的動點，所以設，點，因此的中點的橫坐標為：，縱坐標為：，，因此以為直徑的圓的標準方程為：，而圓：，得：，即為直線的方程，由，所以直線經過定點，故選：D【點睛】關鍵點睛：由圓的切線性質得到點、在以為直徑的圓上，運用圓與圓的位置關系進行求解是解題的關鍵.12、B【解析】要找入園人數最多的，只要根據函數圖象找出圖象中變化最大的即可【詳解】結合函數的圖象可知，在13時~14時，14時~15時，…，20時~21時八個時段中，圖象變化最快的為16到17點之間故選：B.【點睛】本題考查折線統計圖的實際應用，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、4【解析】由題意得，再結合拋物線的定義即可求解.【詳解】由題意得，由拋物線的定義知：，故答案為：4.14、【解析】根據橢圓和雙曲線得定義求得，再根據，可得，從而有，求出的范圍，根據，結合基本不等式即可得出答案.【詳解】解：設，則有，所以，即，又因為，所以，所以，即，則，由，得，所以，所以，則，由，得，因為，當且僅當，即時，取等號，因為，所以，所以，即，所以的取值范圍是.故答案為：.15、【解析】先設出與直線垂直的直線方程，再把代入進行求解.【詳解】設與直線垂直的直線為，將代入得：，解得：，故所求直線方程為.故答案為：16、4【解析】由基本不等式及正實數、滿足，可得的最大值.【詳解】由基本不等式，可得正實數、滿足，，可得，當且僅當時等號成立，故的最大值為，故答案為：4.三、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）求得，利用等差數列的定義可證得結論成立；（2）求出，可計算得出，利用并項求和法可求得數列的前項的和.小問1詳解】解：由題意知是與的等差中項，可得，可得，則，可得，所以，，又由，可得，所以數列是首項和公差均為的等差數列.【小問2詳解】解：由（1）可得：，，對任意的，，因此，.18、（1）存在，為的中點，證明見解析；（2）.【解析】（1）取的中點，的中點，連接，，，證明，由線面平行的判定定理即可求證；（2）先證明平面面，過點作于點，即可證明面，在中，利用面積公式求出即為四棱錐的高，再由棱錐的體積公式即可求解.【詳解】（1）線段上存在點使得平面，為的中點.證明如下：如圖取的中點，的中點，連接，，，因為，分別為，的中點，所以且因為且，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，可得，因為面，面，所以平面；（2）過點作于點，因為平面，面，所以平面面，因為，面，平面面，所以面，因為，，所以，，所以，即，所以，即為四棱錐的高，所以.19、（1）（2）【解析】（1）由題意求出兩直線的交點，再求出所求直線的斜率，用點斜式寫出直線的方程；（2）根據題意求出圓的半徑，由圓心寫出圓的標準方程【小問1詳解】解：由題意知，解得，直線和的交點為；設直線的斜率為，與直線垂直，；直線的方程為，化為一般形式為；【小問2詳解】解：設圓的半徑為，則圓心為到直線的距離為，由垂徑定理得，解得，圓的標準方程為20、（1）（2）【解析】（1）求出函數的導函數，由在時有極值0,則，兩式聯立可求常數a，b的值，從而得解析式；（2）利用導數研究函數的單調性、極值，根據函數圖象的大致形狀可求出參數的取值范圍.【小問1詳解】由可得，因為在時有極值0，所以，即，解得或，當時，，函數在R上單調遞增，不滿足在時有極值，故舍去.所以常數a，b的值分別為.所以.【小問2詳解】由（1）可知，，令，解得，當或時，當時，，的遞增區間是和，單調遞減區間為，當有極大值，當有極小值，要使函數有三個零點，則須滿足，解得.21、（Ⅰ）答案見解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）的定義域為，，分和兩種情況解不等式和即可得單調遞增區間和單調遞減區間；（Ⅱ）由題意可得對于恒成立，分離可得，令，只需，利用導數求最小值即可求解.【詳解】（Ⅰ）函數的定義域為，當時，對于恒成立，此時函數在上單調遞增；當時，由可得；由可得；此時在上單調遞減，在上單調遞增；綜上所述：當時，函數的單調遞增區間為，當時，單調遞減區間為，單調遞增區間為，（Ⅱ）若，由可得，因為，所以，所以所以對于恒成立，令，則，，令，則對于恒成立，所以在單調遞增，因為，，所以在上存在唯一零點，即，可得：，當時，，則，當時，，則，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，因為，所以的最大值為.【點睛】方法點睛：利用導數研究函數單調性的方法：（1）確定函數的定義域；求導函數，由（或）解出相應的的范圍，對應的區間為的增區間（或減區間）；（2）確定函數的定義域；求導函數，解方程，利用的根將函數的定義域分為若干個子區間，在這些子區間上討論的正負，由符號確定在子區間上的單調性.22、（1）3x+4y+5＝0（2）x2+y2＝17【解析】（1）由垂直