貴州省凱里市一中2025屆數學高二上期末監測試題注意事項：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．黃金矩形是寬（）與長（）的比值為黃金分割比的矩形，如圖所示，把黃金矩形分割成一個正方形和一個黃金矩形，再把矩形分割出正方形．在矩形內任取一點，則該點取自正方形內的概率是A. B.C. D.2．若不等式在上有解，則的最小值是（）A.0 B.-2C. D.3．已知長方體中，，，則平面與平面所成的銳二面角的余弦值為（）A. B.C. D.4．已知圓與圓沒有公共點，則實數a的取值范圍為（）A. B.C. D.5．對于兩個平面、，“內有無數多個點到的距離相等”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件6．甲組數據為：5，12，16，21，25，37，乙組數據為：1，6，14，18，38，39，則甲、乙的平均數、極差及中位數相同的是（）A.極差 B.平均數C.中位數 D.都不相同7．若函數的圖象如圖所示，則函數的導函數的圖象可能是（）A. B.C D.8．已知雙曲線，且三個數1，，9成等比數列，則下列結論正確的是（）A.的焦距為 B.的漸近線方程為C.的離心率為 D.的虛軸長為9．已知是拋物線的焦點，為拋物線上的動點，且的坐標為，則的最小值是A. B.C. D.10．橢圓的一個焦點坐標為，則（）A.2 B.3C.4 D.811．對于函數，下列說法正確的是（）A.的單調減區間為B.設，若對，使得成立，則C.當時，D.若方程有4個不等的實根，則12．給出下列判斷，其中正確的是（）A.三點唯一確定一個平面B.一條直線和一個點唯一確定一個平面C.兩條平行直線與同一條直線相交，三條直線在同一平面內D.空間兩兩相交的三條直線在同一平面內二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．根據如下樣本數據34567402.5-0.50.5-2得到的回歸方程為若，則的值為___________.14．已知點，，其中，若線段的中點坐標為，則直線的方程為________15．數據6，8，9，10，7的方差為______16．已知函數，則曲線在點處的切線方程為___________.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）已知是奇函數.（1）求的值；（2）若，求的值18．（12分）（1）證明：；（2）已知：，，且，求證：.19．（12分）已知p：關于x的方程至多有一個實數解，.（1）若命題p為真命題，求實數a的取值范圍；（2）若p是q的充分不必要條件，求實數m的取值范圍.20．（12分）如圖，在空間四邊形中，分別是的中點，分別是上的點，滿足.（1）求證：四點共面；（2）設與交于點，求證：三點共線.21．（12分）在如圖所示的幾何體中，四邊形是平行四邊形，，，，四邊形是矩形，且平面平面，，點是線段上的動點（1）證明：；（2）設平面與平面的夾角為，求的最小值22．（10分）如圖，在四棱錐中，底面為正方形，底面，，為棱的中點.（1）求直線與所成角的余弦值；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）求二面角的余弦值.

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】設矩形的長，寬分別為,所以，把黃金矩形分割成一個正方形和一個黃金矩形,所以，設矩形的面積為,正方形的面積為,設在矩形內任取一點，則該點取自正方形內的概率是,則，故本題選C.【詳解】本題考查了幾何概型，考查了運算能力.2、D【解析】將題設條件轉化為在上有解,然后求出的最大值即可得解.【詳解】不等式在上有解,即為在上有解,設,則在上單調遞減,所以,所以,即,故選:D.【點睛】本題主要考查二次不等式能成立問題,可以選擇分離參數轉化為最值問題,也可以進行分情況討論.3、A【解析】建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量為，易知平面的一個法向量為，由求解.【詳解】建立如圖所示空間直角坐標系：則，所以，設平面的一個法向量為，則，即，令，則，易知平面的一個法向量為，所以，所以平面與平面所成的銳二面角的余弦值為，故選：A4、B【解析】求出圓、的圓心和半徑，再由兩圓沒有公共點列不等式求解作答.【詳解】圓的圓心，半徑，圓的圓心，半徑，，因圓、沒有公共點，則有或，即或，又，解得或，所以實數a的取值范圍為.故選：B5、B【解析】根據平面的性質分別判斷充分性和必要性.【詳解】充分性：若內有無數多個點到的距離相等，則、平行或相交，故充分性不成立；必要性：若，則內每個點到的距離相等，故必要性成立，所以“內有無數多個點到的距離相等”是“”的必要不充分條件.故選：B.6、B【解析】由平均數、極差及中位數的定義依次求解即可比較【詳解】，，故甲、乙的平均數相同，甲、乙的極差分別為，，故不同，甲、乙的中位數分別為，，故不同，故選：7、C【解析】由函數的圖象可知其單調性情況，再由導函數與原函數的關系即可得解.【詳解】由函數的圖象可知，當時，從左向右函數先增后減，故時，從左向右導函數先正后負，故排除AB；當時，從左向右函數先減后增，故時，從左向右導函數先負后正，故排除D.故選：C.8、D【解析】先求得的值，然后根據雙曲線的知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】方程表示雙曲線，則，成等比數列，則，所以雙曲線方程為，所以，故雙曲線的焦距為，A選項錯誤.漸近線方程為，B選項錯誤.離心率，C選項錯誤.虛軸長，D選項正確.故選：D9、C【解析】由題意可得，拋物線的焦點，準線方程為過點作垂直于準線，為垂足，則由拋物線的定義可得，則，為銳角∴當最小時，最小，則當和拋物線相切時，最小設切點，由的導數為，則的斜率為.∴，則.∴，∴故選C點睛：本題主要考查拋物線的定義和幾何性質，與焦點、準線有關的問題一般情況下都與拋物線的定義有關，解決這類問題一定要注意點到焦點的距離與點到準線的距離的轉化，這樣可利用三角形相似，直角三角形中的銳角三角函數或是平行線段比例關系可求得距離弦長以及相關的最值等問題.10、D【解析】由條件可得，，，，由關系可求值.【詳解】∵橢圓方程為：，∴，∴，，∵橢圓的一個焦點坐標為，∴，又，∴，∴，故選：D.11、B【解析】函數，，，,，利用導數研究函數的單調性以及極值，畫出圖象A.結合圖象可判斷出正誤；B.設函數的值域為，函數，的值域為．若對，，使得成立，可得．分別求出，，即可判斷出正誤C.由函數在單調遞減，可得函數在單調遞增，由此即可判斷出正誤；D.方程有4個不等的實根，則，且時，有2個不等的實根，由圖象即可判斷出正誤；【詳解】函數，，，，可得函數在上單調遞減，在上單調遞減，在上單調遞增,當時，，由此作出函數的大致圖象，如圖示：A.由上述分析結合圖象，可得A不正確B.設函數的值域為，函數，的值域為，對，，．，，由，若對，，使得成立，則，所以，因此B正確C．由函數在單調遞減，可得函數在單調遞增，因此當時，，即，因此C不正確；D.方程有4個不等的實根，則，且時，有2個不等的實根，結合圖象可知，因此D不正確故選：B12、C【解析】根據確定平面的條件可對每一個選項進行判斷.【詳解】對A，如果三點在同一條直線上，則不能確定一個平面，故A錯誤；對B，如果這個點在這條直線上，就不能確定一個平面，故B錯誤；對C，兩條平行直線確定一個平面，一條直線與這兩條平行直線都相交，則這條直線就在這兩條平行直線確定的一個平面內，故這三條直線在同一平面內，C正確；對D，空間兩兩相交的三條直線可確定一個平面，也可確定三個平面，故D錯誤.故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、-1.4##【解析】分別求出的值，即得到樣本中心點，根據樣本中心點一定在回歸直線上，可求得答案.【詳解】，則得到樣本中心點為，因為樣本中心點一定在回歸直線上，故，解得，故答案為：14、【解析】根據中點坐標公式求出，再根據直線的兩點式方程即可得出答案.【詳解】解：由，，得線段的中點坐標為，所以，解得，所以直線的方程為，即.故答案為：.15、2【解析】首先求出數據的平均值，再應用方差公式求它們的方差.【詳解】由題設，平均值為，∴方差.故答案為：2.16、【解析】對函數求導，由導數的幾何意義可得切線的斜率，求得切點，由直線的點斜式方程可得所求切線的方程【詳解】函數的導數為∴，.曲線在點處的切線方程為，即.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）；（2）4【解析】（1）根據奇函數的定義，代入化簡得，進而可得的值；（2）設，可得，根據奇函數的性質得，進而可得結果.【詳解】解：（1）因為是奇函數，所以，即，整理得，又，所以（2）設，因為，所以因為是奇函數，所以所以【點睛】本題主要考查了已知函數的奇偶性求參數的值，根據函數的奇偶性求函數的值，屬于中檔題.18、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）利用分析法證明即可；（2）將與相乘，展開后利用基本不等式可證明所證不等式成立.【詳解】（1）要證成立，即證，即證，即證，而顯然成立，故成立；（2）已知，，且，則，當且僅當時，等號成立，故.19、（1）（2）【解析】（1）根據命題p為真命題，可得，解之即可得解；（2）若p是q的充分不必要條件，則，列出不等式組，解之即可得出答案.【小問1詳解】解：命題p：關于x的方程至多有一個實數解，∴，解得，∴實數a的取值范圍是；【小問2詳解】解：命題，∵p是q的充分不必要條件，∴，∴，且兩式等號不能同時取得，解得，∴實數m的取值范圍是.20、（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】【小問1詳解】連接AC，分別是的中點，.在中，，所以四點共面.【小問2詳解】，所以，又平面平面，同理平面，為平面與平面的一個公共點.又平面平面，即三點共線.21、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）要證，只需證平面，只需證（由勾股定理可證），，只需證平面，只需證（由平面平面可證），（由可證），即可證明結論.（2）以為原點，所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系寫出點與點的坐標由于軸，可設，可得出與的坐標設為平面的法向量，求出法向量.是關于的一個式子，求出的取值范圍，即可求出的最小值【小問1詳解】在中，，，，所以，所以所以是等腰直角三角形，即因為，所以又因為平面平面，平面平面，，所以平面又平面，所以又因為，EC，平面所以平面又平面，所以，所以在中，，，所以所以又因為，，所以，所以又，，平面所以平面又平面，所以【小問2詳解】以為原點，所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系則，因為軸，可設，可求得，設為平面的法向量則令，解得，所以又因為是平面的法向量所以，因為，所以所以當時，取到最小值22、（1）；（2）；（3）.【解析】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設.（1）寫出、的坐標，利用空間向量法計算出直線與所成角的余弦值；（2）求出平面的一個法向量的坐標，利用空間向量法可計算得出直線與平面所成角的正弦值；（3）求出平面的一個法向量的坐標，利用空間向量法可求得二面角的余弦值.【詳解】平面，四邊形為正方形，設.以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，如下圖所示：則、、、、、.（1），，，所以，異面直線、所成角的余弦值為；（2）設平