河南省安陽市林州市林濾中學2025屆高二數學第一學期期末達標檢測模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．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．設數列的前項和為，且，則（）A. B.C. D.2．在等比數列中，，且，則t＝（）A.-2 B.－1C.1 D.23．若拋物線與直線：相交于兩點，則弦的長為（）A.6 B.8C. D.4．下列結論中正確的個數為（）①，；②；③A.0 B.1C.2 D.35．拋物線y＝4x2的焦點坐標是（）A.（0，1） B.（1，0）C. D.6．從裝有2個紅球和2個白球的口袋內任取兩個球，則下列選項中的兩個事件為互斥事件的是（）A.至多有1個白球；都是紅球 B.至少有1個白球；至少有1個紅球C.恰好有1個白球；都是紅球 D.至多有1個白球；至多有1個紅球7．如圖，在直三棱柱中，D為棱的中點，，，，則異面直線CD與所成角的余弦值為（）A. B.C. D.8．已知集合A={1，a，b}，B={a2，a，ab}，若A=B，則a2021+b2020=（）A.-1 B.0C.1 D.29．在棱長為1的正方體中，是線段上一個動點，則下列結論正確的有（）A.不存在點使得異面直線與所成角為90°B.存在點使得異面直線與所成角為45°C.存在點使得二面角的平面角為45°D.當時，平面截正方體所得的截面面積為10．關于x的方程在內有解，則實數m的取值范圍（）A. B.C. D.11．已知點的坐標為(5，2)，F為拋物線的焦點，若點在拋物線上移動，當取得最小值時，則點的坐標是A.(1，) B.C. D.12．有這樣一道題目：“戴氏善屠，日益功倍.初日屠五兩，今三十日屠訖，向共屠幾何？”其意思為：“有一個姓戴的人善于屠肉，每一天屠完的肉是前一天的2倍，第一天屠了5兩肉，共屠了30天，問一共屠了多少兩肉？"在這個問題中，該屠夫前5天所屠肉的總兩數為（）A.35 B.75C.155 D.315二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．不等式的解集是_______________14．在平面直角坐標系中，直線與的交點為，以為圓心作圓，圓上的點到軸的最小距離為（Ⅰ）求圓的標準方程；（Ⅱ）過點作圓的切線，求切線的方程15．已知數列滿足，若對任意恒成立，則實數的取值范圍為________16．已知函數.（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）求的單調區間；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）已知拋物線上的點M（5，m）到焦點F的距離為6.（1）求拋物線C的方程；（2）過點作直線l交拋物線C于A，B兩點，且點P是線段AB的中點，求直線l方程.18．（12分）在平面直角坐標系中，橢圓的離心率為，且點在橢圓C上（1）求橢圓C的標準方程；（2）過點的直線與橢圓C交于A，B兩點，試探究直線上是否存在定點Q，使得為定值．若存在，求出定點Q的坐標及實數的值；若不存在，請說明理由19．（12分）已知橢圓的離心率為，右焦點為,斜率為1的直線與橢圓交于兩點，以為底邊作等腰三角形，頂點為.（1）求橢圓的方程；（2）求的面積.20．（12分）在平面直角坐標系中，△的三個頂點分別是點.（1）求△的外接圓O的標準方程；（2）過點作直線平行于直線，判斷直線與圓O的位置關系，并說明理由.21．（12分）已知橢圓左，右頂點分別是，，且，是橢圓上異于，的不同的兩點（1）若，證明：直線必過坐標原點；（2）設點是以為直徑的圓和以為直徑的圓的另一個交點，記線段的中點為，若，求動點的軌跡方程22．（10分）已知直線l：2mx－y－8m－3＝0和圓C：x2＋y2－6x＋12y＋20＝0.（1）m∈R時，證明l與C總相交；（2）m取何值時，l被C截得的弦長最短？求此弦長

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】利用，把代入中，即可求出答案.【詳解】當時，.當時，.故選：C.2、A【解析】先求出，利用等比中項求出t.【詳解】在等比數列中，，且，所以所以，即，解得：.當時，，不符合等比數列的定義，應舍去，故.故選：A.3、B【解析】由題得拋物線的焦點坐標為剛好在直線上，再聯立直線和拋物線的方程，利用韋達定理和拋物線的定義求解.【詳解】解：由題得.由題得拋物線的焦點坐標為剛好在直線上，設，聯立直線和拋物線方程得,所以.所以.故選：B4、C【解析】構造函數利用導數說明函數的單調性，即可判斷大小，從而得解；【詳解】解：令，，則，所以在上單調遞增，所以，即，即，，故①正確；令，，則，所以當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，即恒成立，所以，故②正確；令，，當時，當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，即，所以，當且僅當時取等號，故③錯誤；故選：C5、C【解析】將拋物線方程化為標準方程，由此可拋物線的焦點坐標得選項.【詳解】解：將拋物線y＝4x2的化為標準方程為x2＝y，p＝，開口向上，焦點在y軸的正半軸上，故焦點坐標為（0，）.故選：C6、C【解析】根據試驗過程進行分析，利用互斥事件的定義對四個選項一一判斷即可.【詳解】對于A：“至多有1個白球”包含都是紅球和一紅一白，“都是紅球”包含都是紅球，所以“至多有1個白球”與“都是紅球”不是互斥事件.故A錯誤；對于B：“至少有1個白球”包含都是白球和一紅一白，“至少有1個紅球”包含都是紅球和一紅一白，所以“至少有1個白球”與“至少有1個紅球”不是互斥事件.故B錯誤；對于C：“恰好有1個白球”包含一紅一白，“都是紅球”包含都是紅球，所以“恰好有1個白球”與“都是紅球”是互斥事件.故C錯誤；對于D：“至多有1個紅球”包含都是白球和一紅一白，“至多有1個白球”包含都是紅球和一紅一白，所以“至多有1個白球”與“至多有1個紅球”不是互斥事件.故D錯誤.故選：C7、A【解析】以C為坐標原點，分別以，，方向為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系.運用異面直線的空間向量求解方法，可求得答案.【詳解】解：以C為坐標原點，分別以，，的方向為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系.由已知可得，，，，則，，所以.又因為異面直線所成的角的范圍為，所以異面直線與所成角的余弦值為.故選：A.8、A【解析】根據A=B，可得兩集合元素全部相等，分別求得和ab=1兩種情況下，a，b的取值，分析討論，即可得答案.【詳解】因為A=B，若，解得，當時，不滿足互異性，舍去，當時，A={1，-1，b}，B={1，-1，-b}，因為A=B，所以，解得，所以；若ab=1，則，所以，若，解得或1，都不滿足題意，舍去，若，解得，不滿足互異性，舍去，故選：A【點睛】本題考查兩集合相等的概念，在集合相等問題中由一個條件求出參數后需進行代入檢驗，檢驗是否滿足互異性、題設條件等，屬基礎題.9、D【解析】由正方體的性質可將異面直線與所成的角可轉化為直線與所成角，而當為的中點時，可得，可判斷A；與或重合時，直線與所成的角最小可判斷B；當與重合時，二面角的平面角最小，通過計算可判斷C；過作，交于，交于點，由題意可得四邊形即為平面截正方體所得的截面，且四邊形是等腰梯形，然后利用已知數據計算即可判斷D.【詳解】異面直線與所成的角可轉化為直線與所成角，當為中點時，，此時與所成的角為90°，所以A錯誤；當與或重合時，直線與所成角最小，為60°，所以B錯誤；當與重合時，二面角的平面角最小，，所以，所以C錯誤；對于D，過作，交于，交于點，因為，所以、分別是、的中點，又，所以，四邊形即為平面截正方體所得的截面，因為，且，所以四邊形是等腰梯形，作交于點，所以，，所以梯形的面積為，所以D正確.故選：D.10、A【解析】當時，顯然不成立，當時，分離變量，利用導數求得函數的單調性與最值，即可求解.【詳解】當時，可得顯然不成立；當時，由于方程可轉化為，令，可得，當時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減，所以當時，函數取唯一的極大值，也是最大值，所以，所以，即，所以實數m的取值范圍.故選：A.11、D【解析】過作準線的垂線，垂足為，則，當且僅當三點共線時等號成立，此時，故，所以，選D12、C【解析】構造等比數列模型，利用等比數列的前項和公式計算可得結果.【詳解】由題意可得該屠夫每天屠的肉成等比數列，記首項為，公比為，前項和為，所以，，因此前5天所屠肉的總兩數為.故選：C.【點睛】本題考查了等比數列模型，考查了等比數列的前項和公式，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、或【解析】將分式不等式，轉化為一元二次不等式求解【詳解】因為，所以，解得或.故答案為：或【點睛】本題主要考查分式不等式的解法，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.14、（Ⅰ）；（Ⅱ）或【解析】（Ⅰ）求出點的坐標，設圓的半徑為，圓上的點到軸的最小距離為1求得的值，由此可得出圓的標準方程；（Ⅱ）對切線的斜率是否存在進行分類討論，當切線的斜率不存在時，可得切線方程為，驗證即可；當切線的斜率存在時，可設所求切線的方程為，利用圓心到切線的距離等于圓的半徑可求得的值，綜合可得出所求切線的方程.【詳解】（Ⅰ）聯立方程組，解得，即點設圓的半徑為，由于圓上的點到軸的最小距離為，則，所以，故圓的標準方程為；（Ⅱ）若切線的斜率不存在，則所求切線的方程為，圓心到直線的距離為，不合乎題意；若切線的斜率存在，可設切線的方程為，即，圓的圓心坐標為，半徑為，由題意可得，整理得，解得或故所求切線方程為或【點睛】本題考查圓的標準方程的求解，同時也考查了過圓外一點的圓的切線方程的求解，考查計算能力，屬于中等題.15、【解析】根據給定條件求出，構造新數列并借助單調性求解作答.【詳解】在數列中，，當，時，，則有，而滿足上式，因此，，，顯然數列是遞增數列，且，，又對任意恒成立，則，所以實數的取值范圍為.故答案為：【點睛】思路點睛：給定數列的前項和或者前項積，求通項時，先要按和分段求，然后看時是否滿足時的表達式，若不滿足，就必須分段表達.16、（1）（2）詳見解析【解析】（1）分別求得和，從而得到切線方程；（2）求導后，令求得兩根，分別在、和三種情況下根據導函數的正負得到函數的單調區間.【詳解】（1），，，，又，在處的切線方程為.（2），令，解得：，.①當時，若和時，；若時，；的單調遞增區間為，；單調遞減區間為；②當時，在上恒成立，的單調遞增區間為，無單調遞減區間；③當時，若和時，；若時，；的單調遞增區間為，；單調遞減區間為；綜上所述：當時，的單調遞增區間為，；單調遞減區間為；當時，的單調遞增區間為，無單調遞減區間；當時，的單調遞增區間為，；單調遞減區間為.【點睛】本題考查利用導數的幾何意義求解曲線在某一點處的切線方程、利用導數討論含參數函數的單調區間的問題，屬于常考題型.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）由拋物線定義有求參數，即可寫出拋物線方程.（2）由題意設，聯立拋物線方程，結合韋達定理、中點坐標求參數k，即可得直線l方程【小問1詳解】由題設，拋物線準線方程為，∴拋物線定義知：可得，故【小問2詳解】由題設，直線l的斜率存在且不為0，設聯立方程，得，整理得，則.又P是線段AB的中點，∴，即故l18、（1）（2）存在，定點的坐標為，實數的值為【解析】（1）由題意可得，再結合，可求出，從而可求得橢圓方程，（2）設在直線上存在定點，當直線斜率存在時，設過點P的動直線l為，設，，將直線方程代入橢圓方程消去，利用根與系數，再計算為常數可求出，從而可求得，當直線斜率不存在時，可求出兩點的坐標，從而可求得的值【小問1詳解】由題意知結合，可得，所以橢圓C的標準方程為，【小問2詳解】設在直線上存在定點，使為定值，①當直線斜率存在時，設過點P的動直線l為，設，·由得，則，，所以為常數則，解之得，即定點為，則②當直線斜率不存在時，即動直線方程為，不妨設，，此時也成立所以，存在定點使為定值，即19、（1）（2）【解析】（1）根據橢圓的簡單幾何性質知，又，寫出橢圓的方程；（2）先斜截式設出直線，聯立方程組，根據直線與圓錐曲線的位置關系，可得出中點為的坐標，再根據△為等腰三角形知，從而得的斜率為，求出，寫出：，并計算，再根據點到直線距離公式求高，即可計算出面積【詳解】（1）由已知得，，解得，又，所以橢圓的方程為（2）設直線的方程為，由得，①設、的坐標分別為，（），中點為，則，，因為是等腰△的底邊，所以所以的斜率為，解得，此時方程①為解得，，所以，，所以，此時，點到直線：距離，所以△的面積考點：1、橢圓的簡單幾何性質；2、直線和橢圓的位置關系；3、橢圓的標準方程；4、點到直線的距離.【思路點晴】本題主要考查的是橢圓的方程，橢圓的簡單幾何性質，直線與橢圓的位置關系，點到直線的距離，屬于難題．解決本類問題時，注意使用橢圓的幾何性質，求得橢圓的標準方程；求三角形的面積需要求出底和高，在求解過程中要充分利用三角形是等腰三角形，進而知道定點與弦中點的連線垂直，這是解決問題的關鍵20、（1）；（2）直線與圓O相切，理由見解析.【解析】（1）法1：設外接圓為，由點在圓上，將其代入方程求參數，即可得圓的方程；法2：利用斜率的兩點式易得，則是△外接圓的直徑，進而求圓心坐標、半徑，即可得圓的標準方程.（2）由題設有直線垂直于x軸，根據直線平行于直線及所過的點寫出直線l的方程，求圓O的圓心與直線距離，并與半徑比大小，即可確定它們的位置關系.【小問1詳解】法1：設過三點的圓的方程為，則，解得，所求圓的方程為，即.法2：因，所以，則是△外接圓的直徑，圓心，所以所求圓的方程為.【小問2詳解】因為，則直線垂直于x軸，所以直線的方程為，由（1）知：圓心到直線的距離，所以直線與圓O相切.21、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）設，首先證明，從而可得到，即得到；進而可得到四邊形為平行四邊形；再根據為的中點，即可證明直線必過坐標原點（2）設出直線的方程，與橢圓