吉林市普通高中2025屆高二上數學期末質量檢測試題注意事項：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．已知向量與向量垂直，則實數x的值為（）A.﹣1 B.1C.﹣6 D.62．若數列的前項和，則此數列是（）A.等差數列 B.等比數列C.等差數列或等比數列 D.以上說法均不對3．若方程表示圓，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.4．已知等差數列的前項和為，，，當取最大時的值為（）A. B.C. D.5．從直線上動點作圓的兩條切線，切點分別為、，則最大時，四邊形（為坐標原點）面積是（）A. B.C. D.6．現有甲、乙、丙、丁、戊五位同學，分別帶著A、B、C、D、E五個不同的禮物參加“抽盲盒”學游戲，先將五個禮物分別放入五個相同的盒子里，每位同學再分別隨機抽取一個盒子，恰有一位同學拿到自己禮物的概率為（）A. B.C. D.7．設函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.8．在空間四邊形中，，，，且，則（）A. B.C. D.9．直線在軸上的截距為（）A.3 B.C. D.10．在三棱錐中，，，則異面直線PC與AB所成角的余弦值是（）A. B.C. D.11．已知數列為等比數列，若，，則的值為（）A.8 B.C.16 D.±1612．已知過點的直線l與圓相交于A，B兩點，則的取值范圍是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知雙曲線的左，右焦點分別為，P是該雙曲線右支上一點，且（O為坐標原點），，則雙曲線C的離心率為__________14．已知函數是上的奇函數，，對，成立，則的解集為_________15．已知數列的前項和為，且滿足，若對于任意的，不等式恒成立，則實數的取值范圍為____________.16．已知數列的前項和則____________________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）在平面直角坐標系中，圓外的點在軸的右側運動，且到圓上的點的最小距離等于它到軸的距離，記的軌跡為（1）求的方程；（2）過點的直線交于，兩點，以為直徑的圓與平行于軸的直線相切于點，線段交于點，證明：是的中點18．（12分）如圖，四棱錐中，底面是邊長為2的正方形，，，且，為的中點（1）求平面與平面夾角的余弦值；（2）在線段上是否存在點，使得點到平面的距離為？若存在，確定點的位置；若不存在，請說明理由19．（12分）如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD//BC，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，直線BC與平面PCD所成角的正弦值為.（1）求證：平面PCD⊥平面PAC；（2）求平面PAB與平面PCD所成銳二面角的余弦值.20．（12分）已知函數，當時，有極大值3（1）求的值；（2）求函數的極小值21．（12分）已知拋物線：的焦點是圓與軸的一個交點.（1）求拋物線的方程;（2）若過點的直線與拋物線交于不同的兩點A、B，О為坐標原點，證明：.22．（10分）已知命題p為“方程沒有實數根”，命題q為“”.（1）若p為真命題，求m的取值范圍；（2）若p和q有且只有一個為真命題，求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】根據數量積的坐標計算公式代入可得的值【詳解】解：向量，與向量垂直，則，由數量積的坐標公式可得：，解得，故選：【點睛】本題考查空間向量的坐標運算，以及數量積的坐標公式，屬于基礎題2、D【解析】利用數列通項與前n項和的關系和等差數列及等比數列的定義判斷.【詳解】當時，，當時，，當時，，所以是等差數列；當時，為非等差數列，非等比數列’當時，，所以是等比數列，故選：D3、D【解析】將方程化為標準式即可.【詳解】方程化為標準式得，則.故選：D.4、B【解析】由已知條件及等差數列通項公式、前n項和公式求基本量，再根據等差數列前n項和的函數性質判斷取最大時的值.【詳解】令公差為，則，解得，所以，當時，取最大值.故選：B5、B【解析】分析可知當時，最大，計算出、，進而可計算得出四邊形（為坐標原點）面積.【詳解】圓的圓心為坐標原點，連接、、，則，設，則，，則，當取最小值時，，此時，，，，故，此時，.故選：B.6、D【解析】利用排列組合知識求出每位同學再分別隨機抽取一個盒子，恰有一位同學拿到自己禮物的情況個數，以及五人抽取五個禮物的總情況，兩者相除即可.【詳解】先從五人中抽取一人，恰好拿到自己禮物，有種情況，接下來的四人分為兩種情況，一種是兩兩一對，兩個人都拿到對方的禮物，有種情況，另一種是四個人都拿到另外一個人的禮物，不是兩兩一對，都拿到對方的情況，由種情況，綜上：共有種情況，而五人抽五個禮物總數為種情況，故恰有一位同學拿到自己禮物的概率為.故選：D7、B【解析】分析可知，對任意的恒成立，由參變量分離法可得出，求出在時的取值范圍，即可得出實數的取值范圍.【詳解】因為，則，由題意可知對任意的恒成立，則對任意的恒成立，當時，，.故選：B.8、A【解析】利用空間向量的線性運算即可求解.【詳解】..故選:A.9、A【解析】把直線方程由一般式化成斜截式，即可得到直線在軸上的截距.【詳解】由，可得，則直線在軸上的截距為3.故選：A10、A【解析】分別取、、的中點、、，連接、、、、，由題意結合平面幾何的知識可得、、或其補角即為異面直線PC與AB所成角，再由余弦定理即可得解.【詳解】分別取、、的中點、、，連接、、、、，如圖：由可得，所以，在，，可得由中位線的性質可得且，且，所以或其補角即為異面直線PC與AB所成角，在中，，所以異面直線AB與PC所成角的余弦值為.故選：A.【點睛】思路點睛：平移線段法是求異面直線所成角的常用方法，其基本思路是通過平移直線，把異面直線的問題化歸為共面直線問題來解決，具體步驟如下：（1）平移：平移異面直線中的一條或兩條，作出異面直線所成的角；（2）認定：證明作出的角就是所求異面直線所成的角；（3）計算：求該角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由異面直線所成的角的取值范圍是，當所作的角為鈍角時，應取它的補角作為兩條異面直線所成的角11、A【解析】利用等比數列的通項公式即可求解.【詳解】因為為等比數列，設的公比為，則，，兩式相除可得，所以，所以，故選：A.12、D【解析】經判斷點在圓內，與半徑相連，所以與垂直時弦長最短，最長為直徑【詳解】將代入圓方程得：，所以點在圓內，連接，當時，弦長最短，，所以弦長，當過圓心時，最長等于直徑8，所以的取值范圍是故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由已知及向量數量積的幾何意義易知，根據雙曲線的性質可得，再由雙曲線的定義及勾股定理構造關于雙曲線參數的齊次方程求離心率.【詳解】∵，∴△為等腰三角形且，又，∴，∴．又，，∴，則，可得，∴雙曲線C的離心率為故答案為：.14、【解析】根據題意可以設，求其導數可知在上的單調性，由是上的奇函數，可知的奇偶性，進而可知在上的單調性，由可知的零點，最后分類討論即可.【詳解】設，則對，，則在上為單調遞增函數，∵函數是上的奇函數，∴，∴，∴偶函數，∴在上為單調遞減函數，又∵，∴，由已知得，所以當時，；當時，；當時，；當時，；若，則；若，則或，解得或或；則的解集為.故答案為：.15、【解析】先求出，然后當時，由，得，兩式相減可求出，再驗證，從而可得數列為等比數列，進而可求出，再將問題轉化為在上恒成立，所以，從而可求出實數的取值范圍【詳解】當時，，得，當時，由，得，兩式相減得，得，滿足此式，所以，因為，所以數列是以為公比，為首項的等比數列，所以，所以對于任意的，不等式恒成立，可轉化為對于任意的，恒成立，即在上恒成立，所以，解得或，所以實數的取值范圍為故答案為：【點睛】關鍵點點睛：此題考查數列通項公的求法，等比數列求和公式的應用，考查不等式恒成立問題，解題的關鍵是求出數列的通項公式后求得，再將問題轉化為在上恒成立求解即可，考查數學轉化思想，屬于較難題16、【解析】根據數列中與的關系，即可求出通項公式.【詳解】當時，，當時，，時，也適合，綜上，，（），故答案為：【點睛】本題主要考查了數列前n項和與通項間的關系，屬于容易題.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）設點，求得到圓上的最小距離為，根據題意得到，整理即可求得曲線的方程；（2）當直線的斜率不存在時，顯然成立；當直線的斜率存在時，設直線的方程，聯立方程組求得和，得到，結合拋物線的定義和方程求得，，結合，即可求解.【小問1詳解】解：設點，（其中），由圓，可得圓心坐標為，因為在圓外，所以到圓上的點的最小距離為，又由到圓上的點的最小距離等于它到軸的距離，可得，即，整理得，即曲線的方程為【小問2詳解】解：當直線的斜率不存在時，可得點為拋物線的交點，點為坐標原點，點為拋物線的準線與軸的交點，顯然滿足是的中點；當直線的斜率存在時，設直線的方程，設，，，則，聯立方程組，整理得，因為，且，則，故，由拋物線的定義知，設，可得，所以，又因為，所以，解得，所以，因為在地物線上，所以，即，所以，即是的中點18、（1）（2）存在，點為線段的靠近點的三等分點【解析】（1）根據題意證得平面，進而證得平面，得到平面，以點為坐標原點，，，所在直線分別為軸、軸和軸建立空間直角坐標系，求得平面和平面的法向量，結合向量的夾角公式，即可求解；（2）設點，求得平面的法向量為，結合向量的距離公式列出方程，求得的值，即可得到答案.【小問1詳解】解：因為四邊形為正方形，則，，由，，，所以平面，因為平面，所以，又由，，，所以平面，又因為平面，所以，因為且平面，所以平面，由平面，且，不妨以點為坐標原點，，，所在直線分別為軸、軸和軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，可得，，，設平面的法向量為，則，取，可得，所以，易得平面的法向量為，則，由平面與平面夾角為銳角，所以平面與平面夾角的余弦值【小問2詳解】解：設點，可得，，設平面的法向量為，則，取，可得，所以，所以點到平面的距離為，解得，即或因為，所以故當點為線段的靠近點的三等分點時，點到平面的距離為.19、（1）證明見解析（2）【解析】（1）取的中點，連接，證明，由線面垂直的判定定理可證明平面，再利用面面垂直的判定定理可證得結論，（2）過點作于，以為原點，建立空間直角坐標系，如圖所示，設，先根據直線BC與平面PCD所成角的正弦值為，求出，然后再求出平面PAB的法向量，利用向量的夾角公式可求得結果【小問1詳解】證明：取的中點，連接，因為AD//BC，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，所以，∥，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以，因為平面，平面，所以，因為，所以平面，因為平面，所以平面平面，【小問2詳解】過點作于，以為原點，建立空間直角坐標系，如圖所示，在等腰梯形中，AD//BC，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，則，所以設因為平面，所以所以,設平面的法向量為，則，令，則，因為直線BC與平面PCD所成角的正弦值為，所以，解得，所以，，設平面的法向量為，因為，所以，令，則，所以，所以平面PAB與平面PCD所成銳二面角的余弦值為20、（1）；（2）0【解析】（1）由題意得，則可得到關于實數的方程組，求解方程組，即可求得的值；（2）結合（1）中的值得出函數的解析式，即可利用導數求得函數的極小值.【詳解】（1），當時，有極大值3，所以，解得，經檢驗，滿足題意，所以；（2）由（1）得，則，令，得或，列表得極小值極大值易知是函數的極小值點，所以當時，函數有極小值0【點睛】本題主要考查了函數的極值的概念，以及利用導數求解函數的極值，考查了學生對極值概念的理解與運算求解能力.21、（1）（2）證明見解析【解析】（1）由圓與軸的交點分別為，可得拋物線的焦點為，從