2025屆青海省西寧市高二數學第一學期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．已知圓與圓，則兩圓的位置關系是（）A.外切 B.內切C.相交 D.相離2．已知復數滿足(其中為虛數單位)，則復數的虛部為（）A. B.C. D.3．若數列的前n項和(n∈N*)，則=（）A.20 B.30C.40 D.504．已知函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.5．已知，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.即不充分又不必要條件6．在平面直角坐標系中，雙曲線C：的左焦點為F，過F且與x軸垂直的直線與C交于A，B兩點，若是正三角形，則C的離心率為（）A. B.C. D.7．已知A，B，C，D是同一球面上的四個點，其中是正三角形，平面，，則該球的表面積為（）A. B.C. D.8．若命題“對任意，使得成立”是真命題，則實數a的取值范圍是（）A. B.C. D.9．已知，為雙曲線：的焦點，為，（其中為雙曲線半焦距），與雙曲線的交點，且有，則該雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.10．已知動直線的傾斜角的取值范圍是，則實數m的取值范圍是（）A. B.C. D.11．在的展開式中，的系數為（）A. B.5C. D.1012．橢圓上的一點M到其左焦點的距離為2，N是的中點，則等于（）A.1 B.2C.4 D.8二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．平行六面體中，底面是邊長為1的正方形，，則對角線的長度為___.14．已知空間直角坐標系中，點，，若，與同向，則向量的坐標為______.15．如圖是一個邊長為2的正方體的平面展開圖，在這個正方體中，則下列說法中正確的序號是___________.①直線與直線垂直；②直線與直線相交；③直線與直線平行；④直線與直線異面；16．美學四大構件是：史詩、音樂、造型（繪畫、建筑等）和數學.素描是學習繪畫的必要一步，它包括明暗素描和結構素描，而學習幾何體結構素描是學習素描最重要的一步.某同學在畫切面圓柱體（用與圓柱底面不平行的平面去截圓柱，底面與截面之間的部分叫做切面圓柱體，原圓柱的母線被截面所截剩余的部分稱為切面圓柱體的母線）的過程中，發現“切面”是一個橢圓，若切面圓柱體的最長母線與最短母線所確定的平面截切面圓柱體得到的截面圖形是有一個底角為45°的直角梯形（如圖所示），則該橢圓的離心率為_____.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）已知數列和中，，且，.（1）寫出，，，，猜想數列和的通項公式并證明；（2）若對于任意都有，求的取值范圍.18．（12分）如圖，在正三棱柱中，，，，分別為，，的中點（1）證明：（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值19．（12分）如圖所示在多面體中，平面，四邊形是正方形，，，，.（1）求證：直線平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值.20．（12分）如圖，四邊形是一塊邊長為4km正方形地域，地域內有一條河流，其經過的路線是以中點為頂點且開口向右的拋物線的一部分（河流寬度忽略不計），某公司準備投資一個大型矩形游樂場.（1）設，矩形游樂園的面積為，求與之間的函數關系；（2）試求游樂園面積的最大值.21．（12分）設函數.（1）若在點處的切線為，求a，b的值；（2）求的單調區間.22．（10分）已知數列，，，且，其中為常數（1）證明：；（2）是否存在，使得為等差數列？并說明理由

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、A【解析】求得兩圓的圓心和半徑，再根據圓心距與半徑之和半徑之差的關系，即可判斷位置關系.【詳解】對圓，其圓心，半徑；對圓，其圓心，半徑；又，故兩圓外切.故選：A.2、A【解析】由題目條件可得，即，然后利用復數的運算法則化簡.【詳解】因為，所以，則故復數的虛部為.故選：A.【點睛】本題考查復數的相關概念及復數的乘除運算，按照復數的運算法則化簡計算即可，較簡單.3、B【解析】由前項和公式直接作差可得.【詳解】數列的前n項和(n∈N*)，所以.故選：B.4、A【解析】由題意，在上恒成立，只需滿足即可求解.【詳解】解：因為，所以，因為函數在上單調遞減，所以在上恒成立，只需滿足，即，解得故選：A.5、B【解析】根據充分條件和必要條件的定義判斷即可求解.【詳解】由可得或，所以由得不出，故充分性不成立，由可得，故必要性成立，所以“”是“”的必要不充分條件，故選：B.6、A【解析】設雙曲線半焦距為c，求出，由給定的正三角形建立等量關系，結合計算作答.【詳解】設雙曲線半焦距為c，則，而軸，由得，從而有，而是正三角形，即有，則，整理得，因此有，而，解得，所以C的離心率為.故選：A7、C【解析】由題意畫出幾何體的圖形，把、、、擴展為三棱柱，上下底面中心連線的中點與的距離為球的半徑，由此能求出球的表面積【詳解】把、、、擴展為三棱柱，上下底面中心連線的中點與的距離為球的半徑，，，是正三角形，，，球的表面積為故選：C8、A【解析】由題得對任意恒成立，求出的最大值即可.【詳解】解：由題得對任意恒成立，(當且僅當時等號成立)所以故選：A9、B【解析】根據求得的關系，結合雙曲線的定義以及勾股定理，即可求得的等量關系，再求離心率即可.【詳解】根據題意，連接，作圖如下：顯然為直角三角形，又，又點在雙曲線上，故可得，解得，由勾股定理可得：，即，即，，故雙曲線的離心率為.故選：B.10、B【解析】根據傾斜角與斜率的關系可得，即可求m的范圍.【詳解】由題設知：直線斜率范圍為，即，可得.故選：B.11、C【解析】首先寫出展開式的通項公式，然后結合通項公式確定的系數即可.【詳解】展開式的通項公式為：，令可得：，則的系數為：.故選：C.【點睛】二項式定理的核心是通項公式，求解此類問題可以分兩步完成：第一步根據所給出的條件(特定項)和通項公式，建立方程來確定指數(求解時要注意二項式系數中n和r的隱含條件，即n，r均為非負整數，且n≥r，如常數項指數為零、有理項指數為整數等)；第二步是根據所求的指數，再求所求解的項12、C【解析】先利用橢圓定義得到，再利用中位線定理得即可.【詳解】由橢圓方程，得，由橢圓定義得，又，，又為的中點，為的中點，線段為中位線，∴.故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2【解析】利用，兩邊平方后，利用向量數量積計算公式，計算得.【詳解】對兩邊平方并化簡得,故.【點睛】本小題主要考查空間向量的加法和減法運算，考查空間向量數量積的表示，屬于中檔題.14、【解析】求出坐標，根據給條件表示出坐標，利用向量模的坐標表示計算作答.【詳解】因，，則，因與同向，則設，因此，，于是得，解得，則，所以向量的坐標為.故答案為：15、①④【解析】畫出正方體，，，故，①正確，根據相交推出矛盾得到②錯誤，根據，與相交得到③錯誤，排除共面的情況得到④正確，得到答案.【詳解】如圖所示的正方體中，，，故，①正確；若直線與直線相交，則四點共面，即在平面內，不成立，②錯誤；，與相交，故直線與直線不平行，③錯誤；，與不平行，故與不平行，若與相交，則四點共面，在平面內，不成立，故直線與直線異面，④正確；故答案為：①④.16、【解析】設圓柱的底面半徑為，由題意知，，橢圓的長軸長，短軸長為，可以求出的值，即可得離心率.【詳解】設圓柱的底面半徑為，依題意知，最長母線與最短母線所在截面如圖所示從而因此在橢圓中長軸長，短軸長，，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），，，證明見解析（2）【解析】（1）已知兩式相加化簡可得是首項為2，公比為2的等比數列，則，兩式相減化簡可得是首項為2，公差為2的等差數列，則，（2）由題意可得只需要，令，由和解不等式可求出的最小值，從而可求得的取值范圍【小問1詳解】由已知得，猜想，，由題得，所以易知，即所以是首項為2，公比為2的等比數列，故，由題得，所以，即，所以是首項為2，公差為2的等差數列，所以.【小問2詳解】因為任意都有，即，只需要，記，易知，故，當時，，解得或，當時，，解得，因為，所以，所以，所以的取值范圍是.18、（1）證明見解析（2）【解析】（1）由已知，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，分別表示出B、D、E、F點的坐標，然后通過計算向量數量積來進行證明；（2）由第（1）建立的空間直角坐標系，分別表示出對應點的坐標，然后計算平面與平面的法向量，然后通過法向量去計算兩平面所成的銳二面角即可.【小問1詳解】如圖，以為坐標原點，以，的方向分別為，軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，由，，，分別為，，的中點，則，，證明：因為，，所以，所以【小問2詳解】設平面的法向量為，因為，，所以，令，得設平面的法向量為，則令，得因為所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為19、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）以點為坐標原點，分別以、、為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可證明出直線平面；（2）利用空間向量法可求得平面與平面夾角的余弦值.【小問1詳解】證明：因為平面，，以點為坐標原點，分別以、、為、、軸建立空間直角坐標系，則、、、、、，所以，，，設平面的法向量為，依題意有，即，令，可得，，則，平面，因此，平面.【小問2詳解】解：由題，，設平面的法向量為，依題意有，即，取，可得，，因此，平面與平面的夾角余弦值為.20、（1）（2）【解析】（1）首先建立直角坐標系，求出拋物線的方程，利用，求出點的坐標，表示出的面積為即可；（2）利用導數求函數的最值即可.【小問1詳解】以為原點，所在直線為軸，垂直于的直線為軸建立直角坐標系，則，設拋物線的方程為，將點代入方程可得，解得，則拋物線方程為，由已知得，則點的縱坐標為，點的橫坐標為，則，【小問2詳解】，令，解得，當時，，所以函數在上單調遞增，當時，，所以函數在上單調遞減，因此函數時，有最大值，21、（1），；（2）答案見解析.【解析】（1）已知切線求方程參數，第一步求導，切點在曲線，切點在切線，切點處的導數值為切線斜率.(2)第一步定義域，第二步求導，第三步令導數大于或小于0，求解析，即可得到答案.【小問1詳解】的定義域為，，因為在點處的切線為，所以，所以；所以把點代入得：.即a，b的值為：，.【小問2詳解】由（1）知：.①當時，在上恒成立，所以在單調遞減；②當時，令，解得：，列表得：x-0+單調遞減極小值單調遞增所以，時，的遞減區間為，單增區間為.綜上所述：當時，在單調遞減；當時，的遞減區間為，單增區間為.【點睛】導函數中得切線問題第一步求導，第