湖南省邵東縣十中2025屆高二數學第一學期期末檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．已知點，，直線與線段相交，則實數的取值范圍是（）A.或 B.或C. D.2．如圖，四棱錐中，底面是邊長為的正方形，平面，為底面內的一動點，若，則動點的軌跡在（）A.圓上 B.雙曲線上C.拋物線上 D.橢圓上3．橢圓的（）A.焦點在x軸上，長軸長為2 B.焦點在y軸上，長軸長為2C.焦點在x軸上，長軸長為 D.焦點在y軸上，長軸長為4．已知函數的導函數為，若的圖象如圖所示，則函數的圖象可能是（）A. B.C. D.5．在長方體中，，，點分別在棱上，，，則（）A. B.C. D.6．已知實數a，b，c滿足，，則a，b，c的大小關系為（）A. B.C. D.7．命題若，且，則，命題在中，若，則.下列命題中為真命題的是（）A. B.C. D.8．已知函數，若對任意兩個不等的正數，，都有恒成立，則a的取值范圍為（）A. B.C. D.9．若等比數列中，，，那么（）A.20 B.18C.16 D.1410．已知定義域為R的函數f(x)不是偶函數，則下列命題一定為真命題的是()A.?x∈R，f(－x)≠f(x)B.?x∈R，f(－x)≠－f(x)C?x0∈R，f(－x0)≠f(x0)D.?x0∈R，f(－x0)≠－f(x0)11．過兩點和的直線的斜率為（）A. B.C. D.12．如圖，在長方體中，，，則直線和夾角余弦值為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．一個物體的運動方程為其中位移的單位是米，時間的單位是秒，那么物體在秒末的瞬時速度是__________米/秒14．已知直線l的方向向量，平面的法向量，若，則______15．如果方程表示焦點在軸上的橢圓，那么實數的取值范圍是______.16．已知是等差數列，，，設，數列前n項的和為，則______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C：的離心率為，左、右焦點分別為、，橢圓上的點到左焦點最近的距離為.（1）求橢圓C的方程；（2）若經過點的直線與橢圓C交于M，N兩點，當的面積取得最大值時，求直線的方程.18．（12分）已知圓M的方程為.（1）寫出圓M的圓心坐標和半徑；（2）經過點的直線l被圓M截得弦長為，求l的方程.19．（12分）已知函數，且）的圖象經過點和

.（1）求實數，的值；（2）若，求數列前項和

.20．（12分）正四棱柱的底面邊長為2，側棱長為4.E為棱上的動點，F為棱的中點.（1）證明：；（2）若E為棱上的中點，求直線BE到平面的距離.21．（12分）已知直線過坐標原點，圓的方程為（1）當直線的斜率為時，求與圓相交所得的弦長；（2）設直線與圓交于兩點，，且為的中點，求直線的方程22．（10分）設命題p：實數x滿足，其中；命題q：若，且為真，求實數x的取值范圍；若是的充分不必要條件，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、B【解析】由可求出直線過定點，作出圖象，求出和，數形結合可得或，即可求解.【詳解】由可得：，由可得，所以直線：過定點，作出圖象如圖所示：，，若直線與線段相交，則或，所以實數的取值范圍是或，故選：B2、A【解析】根據題意，得到兩兩垂直，以點為坐標原點，分別以為軸，建立空間直角坐標系，設，由題意，得到，，再由得到，求出點的軌跡，即可得出結果.【詳解】由題意，兩兩垂直，以點為坐標原點，分別以為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為底面是邊長為的正方形，則，，因為為底面內的一動點，所以可設，因此，，因為平面，所以，因此，所以由得，即，整理得：，表示圓，因此，動點的軌跡在圓上.故選：A.【點睛】本題主要考查立體幾何中的軌跡問題，靈活運用空間向量的方法求解即可，屬于常考題型.3、B【解析】把橢圓方程化為標準方程可判斷焦點位置和求出長軸長.【詳解】橢圓化為標準方程為，所以，且，所以橢圓焦點在軸上，，長軸長為.故選：B.4、D【解析】根據導函數大于，原函數單調遞增；導函數小于，原函數單調遞減；即可得出正確答案.【詳解】由導函數得圖象可得：時，，所以單調遞減，排除選項A、B，當時，先正后負，所以在先增后減，因選項C是先減后增再減，故排除選項C，故選：D.5、D【解析】依題意可得，從而得到，即可得到，從而得解；【詳解】解：由長方體的性質可得，又，所以，因為，所以，所以，因為，所以；故選：D6、A【解析】利用對數的性質可得，，再構造函數，利用導數判斷，再構造，利用導數判斷出函數的單調性，再由單調性即可求解.【詳解】由題意可得均大于，因為，所以，所以，且，令，，當時，，所以在單調遞增，所以，所以，即，令，，當時，，所以在上單調遞減，由，，所以，所以，綜上所述，.故選：A7、A【解析】根據不等式性質及對數函數的單調性判斷命題的真假，根據大角對大邊及正弦定理可判斷命題的真假，再根據復合命題真假的判斷方法即可得出結論.【詳解】解：若，且，則，當時，，所以，當時，，所以，綜上命題為假命題，則為真命題，在中，若，則，由正弦定理得，所以命題為真命題，為假命題，所以為真命題，，，為假命題.故選：A.8、A【解析】將已知條件轉化為時恒成立，利用參數分離的方法求出a的取值范圍【詳解】對任意都有恒成立，則時，，當時恒成立，

，當時恒成立，，故選：A9、B【解析】利用等比數列的基本量進行計算即可【詳解】設等比數列的公比為，則，所以故選：B10、C【解析】利用偶函數的定義和全稱命題的否定分析判斷解答.【詳解】∵定義域為R的函數f(x)不是偶函數，∴?x∈R，f(－x)＝f(x)為假命題，∴?x0∈R，f(－x0)≠f(x0)為真命題.故選C【點睛】本題主要考查偶函數的定義和全稱命題的否定，意在考查學生對該知識的理解掌握水平，屬于基礎題.11、D【解析】應用兩點式求直線斜率即可.【詳解】由已知坐標，直線的斜率為.故選：D12、D【解析】如圖建立空間直角坐標系，分別求出的坐標，由空間向量夾角公式即可求解.【詳解】如圖：以為原點，分別以，，所在的直線為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，，所以，，所以，所以直線和夾角的余弦值為，故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、5【解析】，14、【解析】由，可得∥，從而可得，代入坐標列方程可求出，從而可求出【詳解】因為直線l的方向向量，平面的法向量，，所以∥，所以存在唯一實數，使，所以，所以，解得，所以，故答案為：15、【解析】化簡橢圓的方程為標準形式，列出不等式，即可求解.【詳解】由題意，方程可化為，因為方程表示焦點在軸上的橢圓，可得，解得，實數的取值范圍是.故答案為：.16、-3033【解析】先求得，進而得到，再利用并項法求解.【詳解】解：因為是等差數列，且，，所以，解得，所以，則，所以，，，，.故答案為：-3033三、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）【解析】（1）根據題意得，，進而解方程即可得答案；（2）根據題意設直線的方程，，，進而，再聯立方程，結合韋達定理求解即可.【小問1詳解】解：因為橢圓C：的離心率為，所以，因為橢圓上的點到左焦點最近的距離為，所以所以，所以橢圓C的方程為.【小問2詳解】解：根據題意，設直線的方程，，設，聯立方程得，所以，解得或.，所以的面積為令，則,當且僅當，即時，等號成立.所以當的面積取得最大值時，直線的方程為.18、（1）圓心坐標為，半徑為2（2）或【解析】（1）求得圓的標準方程，從而求得圓心和半徑.（2）根據直線的斜率存在和不存在進行分類討論，由此求得的方程.【小問1詳解】圓的標準方程為：.所以圓M的圓心坐標為，半徑為2.【小問2詳解】因為圓M半徑為2，直線l被圓M截得弦長為，由垂徑定理可知M到直線距離為1.當l不垂直于軸時，設，即，則.解得，于是l的方程為，即.當l垂直于軸時，到點M的距離為1.綜上，l的方程為，或.19、（1），（2）【解析】（1）將A、B點坐標代入，計算求解，即可得答案.（2）由（1）可得解析式，即可得，利用分組求和法，結合等比數列的求和公式，即可得答案.【小問1詳解】由已知，可得，所以，解得，

.【小問2詳解】由（1）得，又，所以，故

.20、（1）證明見解析；（2）.【解析】(1)根據給定條件建立空間直角坐標系，利用空間位置關系的向量證明計算作答.(2)利用(1)中坐標系，證明平面，再求點B到平面的距離即可作答.【小問1詳解】在正四棱柱中，以點D為原點，射線分別為x，y，z軸非負半軸建立空間直角坐標系，如圖，則，因E為棱上的動點，則設，，而，，即，所以.【小問2詳解】由(1)知，點，，，，設平面的一個法向量，則，令，得，顯然有，則，而平面，因此，平面，于是有直線BE到平面的距離等于點B到平面的距離，所以直線BE到平面的距離是.21、（1）（2）或【解析】（1）、由題意可知直線的方程為，圓的圓心為，半徑為，求出圓心到直線的距離，根據勾股定理即可求出與圓相交所得的弦長；（2）、設，因為為的中點，所以，又因為，均在圓上，將，坐標代入圓方程，即可求出點坐標，即可求出直線的方程【小問1詳解】由題意：直線過坐標原點，且直線的斜率為直線的方程為，圓的方程為圓的方程可化為：圓的圓心為，半徑為圓的圓心到直線：的距離為，與圓相交所得的弦長為【小問2詳解】設，為的中點，又，均在圓上，或直線方程或22、(1)(2)【解析】解二次不等