2025屆河北省石家莊市晉州一中實驗班高二數(shù)學第一學期期末預測試題含解析

2025屆河北省石家莊市晉州一中實驗班高二數(shù)學第一學期期末預測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．下列有關命題的表述中，正確的是（）A.命題“若是偶數(shù)，則，都是偶數(shù)”的否命題是假命題B.命題“若為正無理數(shù)，則也是無理數(shù)”的逆命題是真命題C.命題“若，則”的逆否命題為“若，則”D.若命題“”，“”均為假命題，則，均為假命題2．已知實數(shù)x，y滿足，則的最大值為（）A. B.C.2 D.13．已知全集，集合，，則（）A. B.C. D.4．若函數(shù)在區(qū)間內(nèi)存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B.C. D.5．兩圓x2+y2+4x-4y＝0和x2+y2+2x-12＝0的公共弦所在直線的方程為（）A.x+2y﹣6＝0 B.x﹣3y+5＝0C.x﹣2y+6＝0 D.x+3y﹣8＝06．已知p：，q：，那么p是q的（）A.充要條件 B.必要不充分條件C.充分不必要條件 D.既不充分也不必要條件7．在條件下，目標函數(shù)的最大值為2，則的最小值是（）A.20 B.40C.60 D.808．函數(shù)在上單調(diào)遞增，則k的取值范圍是（）A B.C. D.9．若直線被圓截得的弦長為4，則的最大值是（）A. B.C.1 D.210．已知A，B，C是橢圓M：上三點，且A（A在第一象限，B關于原點對稱，，過A作x軸的垂線交橢圓M于點D，交BC于點E，若直線AC與BC的斜率之積為，則（）A.橢圓M的離心率為 B.橢圓M的離心率為C. D.11．我國古代數(shù)學論著中有如下敘述：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈二百五十四．”思如下：一座7層塔共掛了254盞燈，且相鄰兩層下一層所掛燈數(shù)是上一層所掛燈數(shù)的2倍．下列結論不正確的是（）A.底層塔共掛了128盞燈B.頂層塔共掛了2盞燈C.最下面3層塔所掛燈的總盞數(shù)比最上面3層塔所掛燈的總盞數(shù)多200D.最下面3層塔所掛燈的總盞數(shù)是最上面3層塔所掛燈的總盞數(shù)的16倍12．已知點，是橢圓：的左、右焦點，是的左頂點，點在過且斜率為的直線上，為等腰三角形，且，則的離心率為（）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，，，若，則______.14．的展開式中的常數(shù)項為_______.15．如圖，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E為PB的中點，cos〈，〉＝，若以DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則點E的坐標為________16．已知，，若，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）如圖在四棱錐中，底面是菱形，，平面平面，，，為的中點，是棱上的一點，且.（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值.18．（12分）已知橢圓的左，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19．（12分）已知數(shù)列的首項，其前n項和為，且滿足.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）設，數(shù)列的前n項和為，且，求n.20．（12分）已知橢圓的離心率，左、右焦點分別為、，點在橢圓上，過的直線交橢圓于、兩點.（1）求橢圓的標準方程；（2）求的面積的最大值.21．（12分）證明：是無理數(shù)．（我們知道任意一個有理數(shù)都可以寫成形如（m，n互質，）的形式）22．（10分）如圖，直四棱柱中，底面是邊長為的正方形，點在棱上.（1）求證：；（2）從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個作已知，使得平面，并給出證明.條件①：為的中點；條件②：平面；條件③：.（3）在（2）的條件下，求平面與平面夾角的余弦值.

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】對于選項A：根據(jù)偶數(shù)性質即可判斷；對于選項B：通過舉例即可判斷，對于選項C：利用逆否命題的概念即可判斷；對于選項D：根據(jù)且、或和非的關系即可判斷.【詳解】選項A：原命題的否命題為：若不是偶數(shù)，則，不都是偶數(shù)，若，都是偶數(shù)，則一定是偶數(shù)，從而原命題的否命題為真命題，故A錯誤；選項B：原命題的逆命題：若是無理數(shù)，則也為正無理數(shù)，當，即為無理數(shù)，但是有理數(shù)，故B錯誤；選項C：由逆否命題的概念可知，C正確；選項D：由為假命題可知，，至少有一個為假命題，由為假命題可知，和均為假命題，故為假命題，為真命題，故D錯誤.故選：C.2、A【解析】作出不等式對應的平面區(qū)域，利用線性規(guī)劃的知識，通過平移即可求出的最大值.【詳解】作出可行域如圖所示，由可知，此直線可用由直線平移得到，求的最大值，即直線的截距最大，當直線過直線的交點時取最大值，即故選：3、A【解析】先求，然后求.【詳解】，，.故選：A4、D【解析】求出函數(shù)的導數(shù)，問題轉化為在有解，進而求函數(shù)的最值，即可求出的范圍.【詳解】∵，∴，若在區(qū)間內(nèi)存在單調(diào)遞增區(qū)間，則有解，故，令，則在單調(diào)遞增，，故.故選：D.5、C【解析】兩圓方程相減得出公共弦所在直線的方程.【詳解】兩圓方程相減得，即x﹣2y+6＝0則公共弦所在直線的方程為x﹣2y+6＝0故選：C6、C【解析】若p成立則q成立且若q成立不能得到p一定成立,p是q充分不必要條件.【詳解】因為>0,<1,所以若p：成立，一定成立,但q：成立，p：不一定成立,所以p是q的充分不必要條件.故選：C.7、C【解析】首先畫出可行域，找到最優(yōu)解，得到關系式作為條件，再去求的最小值.【詳解】畫出的可行域，如下圖：由得由得；由得；目標函數(shù)取最大值時必過N點，則則（當且僅當時等號成立）故選：C8、A【解析】對函數(shù)求導，由于函數(shù)在給定區(qū)間上單調(diào)遞增，故恒成立.【詳解】由題意可得，，，，.故選：A9、A【解析】根據(jù)弦長求得的關系式，結合基本不等式求得的最大值.【詳解】圓的圓心為，半徑為，所以直線過圓心，即，由于為正數(shù)，所以，當且僅當時，等號成立.故選：A10、C【解析】設出點，,的坐標，將點，分別代入橢圓方程兩式作差，構造直線和的斜率之積，得到，即可求橢圓的離心率，利用，求出，可知點在軸上，且為的中點,則.【詳解】設，，，則，，，兩式相減并化簡得，即，則,則AB錯誤；∵，，∴，又∵，∴，即，解得，則點在軸上，且為的中點即，則正確.故選：C.11、C【解析】由題設易知是公比為2的等比數(shù)列，應用等比數(shù)列前n項和公式求，結合各選項的描述及等比數(shù)列通項公式、前n項和公式判斷正誤即可.【詳解】從上往下記每層塔所掛燈的盞數(shù)為，則數(shù)列是公比為2的等比數(shù)列，且，解得，所以頂層塔共掛了2盞燈，B正確；底層塔共掛了盞燈，A正確最上面3層塔所掛燈總盞數(shù)為14，最下面3層塔所掛燈的總盞數(shù)為224，C不正確，D正確故選：C.12、D【解析】設，先求出點，得，化簡即得解【詳解】由題意可知橢圓的焦點在軸上，如圖所示，設，則，∵為等腰三角形，且，∴.過作垂直軸于點，則，∴，，即點.∵點在過點且斜率為的直線上，∴，解得，∴.故選：D【點睛】方法點睛：求橢圓的離心率常用的方法有：（1）公式法（求出橢圓的代入離心率的公式即得解）；（2）方程法（通過已知找到關于離心率的方程解方程即得解）.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據(jù)題意，由向量坐標表示，列出方程，求出，，即可得出結果.【詳解】因為，，，若，則，解得，所以.故答案為：.【點睛】本題主要考查由向量坐標表示求參數(shù)，屬于基礎題型.14、15【解析】先求出二項式展開式的通項公式，然后令的次數(shù)為0，求出的值，從而可得展開式中的常數(shù)項【詳解】二項式展開式的通項公式為，令，得，所以展開式中的常數(shù)項為故答案為：1515、（1，1，1）【解析】設PD＝a，則D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，P(0,0，a)，E(1,1，)，∴＝(0,0，a)，＝(－1,1，)由cos〈，〉＝，∴＝a·，∴a＝2.∴E的坐標為(1,1,1)16、【解析】由題意，，利用向量數(shù)量積的坐標運算可得，然后利用定積分性質可得，原式，最后利用微積分基本定理計算，，利用定積分的幾何意義計算，即可得答案.【詳解】解：因為，，且，所以，解得，所以====.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）見解析；（2）.【解析】（1）推導出PQ⊥AD，從而PQ⊥平面ABCD，連接AC，交BQ于N，連接MN，則AQ∥BC，推導出MN∥PA，由此能證明PA∥平面BMQ（2）連結BD，以Q為坐標原點，以QA、QB、QP分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角M﹣BQ﹣P的余弦值【詳解】（1）由已知PA＝PD，Q為AD的中點，∴PQ⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ?面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，連接AC，交BQ于N，連接MN，∵底面ABCD是菱形，∴AQ∥BC，∴△ANQ∽△BCN，，又，∴，∴MN∥PA，又MN?平面BMQ，PA?平面BMQ，∴PA∥平面BMQ（2）連結BD，∵底面底面是菱形，∴△ABD是正三角形，∴由（1）知PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥AD，PQ⊥BQ，以Q為坐標原點，以QA、QB、QP分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則Q（0，0，0），A（1，0，0），B（0，，0），P（0，0，），設平面BMQ的法向量＝（x，y，z），∴，由（1）知MN∥PA，∴，∴，取z＝1，得，平面BQP的法向量，設二面角M﹣BQ﹣P的平面角為θ，則cosθ＝，∴二面角M﹣BQ﹣P的余弦值為18、（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(jù)為的中點，即可證明直線必過坐標原點（2）設出直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，消元，寫韋達；根據(jù)條件可求出直線MN過定點，從而可得到過定點，進而可得到點在以為直徑的圓上運動，從而可求出動點的軌跡方程【小問1詳解】設，則，即因為，，所以因為，所以，所以.同理可證.因為，，所以四邊形為平行四邊形，因為為的中點，所以直線必過坐標原點【小問2詳解】當直線的斜率存在時，設直線的方程為，，聯(lián)立，整理得，則，，.因為，所以，因為，解得或.當時，直線的方程為過點A，不滿足題意，所以舍去；所以直線的方程為，所以直線過定點.當直線的斜率不存在時，因為，所以直線的方程為，經(jīng)驗證，符合題意.故直線過定點.因為為的中點，為的中點，所以過定點.因為垂直平分公共弦，所以點在以為直徑的圓上運動，該圓的半徑，圓心坐標為，故動點的軌跡方程為．19、（1）（2）【解析】（1）由條件得，則利用等差數(shù)列的定義可得答案；（2）利用裂項求和求出，再根據(jù)可求出n.【小問1詳解】由得，從而數(shù)列是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以；【小問2詳解】由（1）得，由得又，所以.20、（1）（2）【解析】（1）利用橢圓的離心率、點在橢圓上以及得到的方程組，進而得到橢圓的標準方程；（2）設出直線方程，聯(lián)立直線和橢圓方程，得到關于的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關系和三角形的面積公式得到三角形的面積，再利用基本不等式求其最值.【小問1詳解】解：由題可得，且，將點代入橢圓方程，得，解得，，即橢圓方程為；【小問2詳解】解：由（1）可得，，設：，聯(lián)立，消去，得，設，，則，則所以，當且僅當，即時取等號，故的面積的最大值為.21、詳見解析【解析】利用反證法，即可推得矛盾.【詳解】假設有理數(shù)，則，則，為整數(shù)，的尾數(shù)只能是0,1,4,5,6,9，的尾數(shù)只能是0,1,4,5,6,9，則的尾數(shù)是0,2,8，由得，尾數(shù)為0，則的尾數(shù)是0，而的尾數(shù)為0或5，這與為最簡分數(shù)，的最大公約數(shù)是1，相矛盾，所以假設不正確，是無理數(shù).22、（1）證明見解析；（2）答案見解析；（3）.【解析】（1）連結，，由直四棱柱的性質及線面垂直的性質可得，再由正方形的性質及線面垂直的判定、性質即可證結論.（2）選條件①③，設，連結，，由中位線的性質、線面垂直的性質可得、，再由線面垂直的判定證明結論；選條件②③，設，連結，由線面平行的性質及平行推論可得，由線面垂直的性質有，再由線面垂直的判定證明結論；（3）構建空間直角坐標系，求平面、平面的法向量，應用空間向量夾角的坐標表示求平面與平面夾角的余弦值.【小問1詳解】連結，，由直四棱柱知