2025屆廣東省廣州市數學高二上期末學業水平測試試題考生須知：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．在等比數列中，，則等于（）A. B.C. D.2．在正三棱錐中，，且，M，N分別為BC，AD的中點，則直線AM和CN夾角的余弦值為（）A. B.C. D.3．拋物線的焦點為F，點為該拋物線上的動點，點A是拋物線的準線與坐標軸的交點，則的最大值是（）A.2 B.C. D.4．圓心在x軸上且過點的圓與y軸相切，則該圓的方程是（）A. B.C. D.5．阿基米德（Archimedes，公元前287年-公元前212年），出生于古希臘西西里島敘拉古（今意大利西西里島上），偉大的古希臘數學家、物理學家，與高斯、牛頓并稱為世界三大數學家．有一類三角形叫做阿基米德三角形（過拋物線的弦與過弦端點的兩切線所圍成的三角形），他利用“通近法”得到拋物線的弦與拋物線所圍成的封閉圖形的面積等于阿基米德三角形面積的（即右圖中陰影部分面積等于面積的）．若拋物線方程為，且直線與拋物線圍成封閉圖形的面積為6，則（）A.1 B.2C. D.36．設變量滿足約束條件，則的最大值為（）A.0 B.C.3 D.47．已知五個數據3，4，x，6，7的平均數是x，則該樣本標準差為（）A.1 B.C. D.28．如圖為某幾何體的三視圖，則該幾何體中最大的側面積是（）A.B.C.D.9．已知向量，．若，則（）A. B.C. D.10．在數列中，若，，則（）A.16 B.32C.64 D.12811．已知是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列結論正確的是（）A.若，則 B.若，則C若，則 D.若，則12．若點P為拋物線y＝2x2上的動點，F為拋物線的焦點，則|PF|的最小值為（）A.2 B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若a，b，c都為正數，，且，，成等比數列，則的最大值為____________.14．從某校隨機抽取某次數學考試100分以上（含100分，滿分150分）的學生成績，將他們的分數數據繪制成如圖所示頻率分布直方圖．若共抽取了100名學生的成績，則分數在內的人數為___________15．已知橢圓和雙曲線有相同的焦點和，設橢圓和雙曲線的離心率分別為，，為兩曲線的一個公共點，且（為坐標原點）．若，則的取值范圍是______16．已知數列滿足，則的最小值為__________．的前20項和為________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）已知三條直線：，：，：（是常數），.（1）若，，相交于一點，求的值；（2）若，，不能圍成一個三角形，求的值：（3）若，，能圍成一個直角三角形，求的值.18．（12分）雙曲線，離心率，虛軸長為2（1）求雙曲線的標準方程；（2）經過點的直線與雙曲線相交于兩點，且為的中點，求直線的方程19．（12分）如圖，在四棱錐中P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，BC⊥平面PAB，PA⊥AB，PA＝2（1）求證：PA⊥平面ABCD；（2）求平面PAD與平面PBC所成角的余弦值20．（12分）如圖，在正四棱柱中，，，點在棱上，且平面（1）求的值；（2）若，求二面角的余弦值21．（12分）設函數，（1）求的最大值；（2）求證：對于任意x∈(1,7),e1-x+22．（10分）已知兩動圓：和：，把它們的公共點的軌跡記為曲線，若曲線與軸的正半軸的交點為，取曲線上的相異兩點、滿足：且點與點均不重合.（1）求曲線的方程；（2）證明直線恒經過一定點，并求此定點的坐標；

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】根據，然后與，可得，最后簡單計算，可得結果.【詳解】在等比數列中，由所以，又，所以所以故選：C【點睛】本題考查等比數列的性質，重在計算，當，在等差數列中有，在等比數列中，靈活應用，屬基礎題.2、B【解析】由題意可得兩兩垂直，所以以為原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，利用空間向量求解【詳解】因為，所以兩兩垂直，所以以為原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，因為，所以,因為M，N分別為BC，AD的中點，所以，所以，設直線AM和CN所成的角為，則,所以直線AM和CN夾角的余弦值為，故選：B3、B【解析】設直線的傾斜角為，設垂直于準線于，由拋物線的性質可得，則，當直線PA與拋物線相切時，最小，取得最大值，設出直線方程得到直線和拋物線相切時的點P的坐標，然后進行計算得到結果.【詳解】設直線的傾斜角為，設垂直于準線于，由拋物線的性質可得，所以則，當最小時，則值最大，所以當直線PA與拋物線相切時，θ最大，即最小，由題意可得，設切線PA的方程為：，，整理可得，，可得，將代入，可得，所以，即P的橫坐標為1，即P的坐標，所以，，所以的最大值為：，故選：B【點睛】關鍵點睛：本題主要考查了拋物線的簡單性質．解題的關鍵是利用了拋物線的定義．一般和拋物線有關的小題，很多時可以應用結論來處理的；平時練習時應多注意拋物線的結論的總結和應用．尤其和焦半徑聯系的題目，一般都和定義有關，實現點點距和點線距的轉化4、A【解析】根據題意設出圓的方程，列式即可求出【詳解】依題可設圓的方程為，所以，解得即圓的方程是故選：A5、D【解析】根據題目所給條件可得阿基米德三角形的面積，再利用三角形面積公式即可求解.【詳解】由題意可知，當過焦點的弦垂直于x軸時，即時，，即，故選：D6、A【解析】先畫出約束條件所表示的平面區域，然后根據目標函數的幾何意義，即可求出目標函數的最大值.【詳解】解：滿足約束條件的可行域如下圖所示：由，可得，因為目標函數，即，表示斜率為，截距為的直線，由圖可知，當直線經過時截距取得最小值，即取得最大值，所以的最大值為，故選：A.7、B【解析】先求出的值，然后利用標準差公式求解即可【詳解】解：因為五個數據3，4，x，6，7的平均數是x，所以，解得，所以標準差，故選：B8、B【解析】由三視圖還原原幾何體，確定幾何體的結構，計算各面面積可得【詳解】由三視圖，原幾何體是三棱錐，平面，，尺寸見三視圖，，，故選：B9、A【解析】根據給定條件利用空間向量平行的坐標表示直接計算作答.【詳解】向量，，因，則，解得，所以，B，D都不正確；，C不正確，A正確.故選：A10、C【解析】根據題意，為等比數列，用基本量求解即可.【詳解】因為，故是首項為2，公比為2的等比數列，故.故選：C11、C【解析】由空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系，逐一核對四個選項得答案【詳解】解：對于A：若，則或，故A錯誤；對于B：若，則或與相交，故B錯誤；對于C：若，根據面面垂直的判定定理可得，故C正確；對于D：若則與平行、相交、或異面，故D錯誤；故選：C12、D【解析】根據拋物線的定義得出當點P在拋物線的頂點時，|PF|取最小值.【詳解】根據題意，設拋物線y＝2x2上點P到準線的距離為d，則有|PF|＝d，拋物線的方程為y＝2x2，即x2＝y，其準線方程為y＝－，∴當點P在拋物線的頂點時，d有最小值，即|PF|min＝.故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由等比數列性質知，即可得，再利用基本不等式求解即可.【詳解】由，，成等比數列，得，即又，則，所以，即，即所以，當且僅當時，等號成立，故的最大值為故答案為：14、30【解析】根據頻率分布直方圖中所以小矩形面積和為1，可得a值，根據總人數和頻率，即可得答案.【詳解】因為頻率分布直方圖中所以小矩形面積和為1，所以，解得，所以分數在內的人數為.故答案為：3015、【解析】設出半焦距c，用表示出橢圓的長半軸長、雙曲線的實半軸長，由可得為直角三角形，由此建立關系即可計算作答,【詳解】設橢圓的長半軸長為，雙曲線的實半軸長為，它們的半焦距為c，于是得，，由橢圓及雙曲線的對稱性知，不妨令焦點和在x軸上，點P在y軸右側，由橢圓及雙曲線定義得：，解得，，因，即，而O是線段的中點，因此有，則有，即，整理得：，從而有，即有，又，則有，即，解得，所以的取值范圍是.故答案為：【點睛】方法點睛：求解橢圓或雙曲線的離心率的三種方法：①定義法：通過已知條件列出方程組，求得值，根據離心率的定義求解離心率；②齊次式法：由已知條件得出關于的二元齊次方程，然后轉化為關于的一元二次方程求解；③特殊值法：通過取特殊值或特殊位置，求出離心率.16、①②.【解析】由題設可得，應用累加法求的通項公式，由基本不等式及確定的最小值，再應用裂項求和法求的前20和.【詳解】由題設，，∴，…，，又，∴將上式累加可得：，則，∴，當且僅當時等號成立，又，故最小，則或5，當時，；當時，；∴的最小值為.由上知：，∴前20項和為.故答案為：8，.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）或或（3）或【解析】(1)由二條已知直線求交點，代入第三條直線即可；(2)不能圍成一個三角形，過二條已知直線的交點，或者與它們平行；(3)由直線互相垂直得，斜率之積為-1.【小問1詳解】顯然，相交，由得交點，由點代入得所以當，，相交時，.【小問2詳解】過定點，因為，，不能圍成三角形，所以，或與平行，或與平行，所以，或，或.【小問3詳解】顯然與不垂直，所以，且或所以的值為或18、（1）（2）【解析】（1）根據題意求出即可得出；（2）利用點差法求出直線斜率即可得出方程.【小問1詳解】∵，，∴，，∵，∴，∴，∴雙曲線的標準方程為；【小問2詳解】設以定點為中點的弦的端點坐標為，可得，，由在雙曲線上，可得：，兩式相減可得以定點為中點的弦所在的直線斜率為：則以定點為中點的弦所在的直線方程為，即為，聯立方程得：，，符合，∴直線的方程為：.19、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）根據線面垂直的判定定理來證得平面.（2）建立空間直角坐標系，利用向量法來求得平面與平面所成角的余弦值.【小問1詳解】由于平面，所以，由于,所以平面.【小問2詳解】建立如圖所示空間直角坐標系，平面的法向量為，，設平面的法向量為，則，故可設.設平面與平面所成角為，則.20、（1）答案見解析；（2）.【解析】如圖，以點為原點，，，的方向分別為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系，（1）設，由平面，可得，從而數量積為零，可求出的值，進而可求得的值；（2）利用空間向量求二面角的余弦值【詳解】解：（1）如圖，以點為原點，，，的方向分別為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系，設，則點，，，則，因為平面，所以，所以，解得或當時，，，；當時，，，（2）因為，由（1）知，平面的一個法向量為設平面的法向量為，因為，，所以令，則所以，由圖知，二面角的平面角為銳角，所以二面角的余弦值為21、（1）（2）證明見解析【解析】（1）求出，討論其導數后可得原函數的單調性，從而可得函數的最大值.（2）先證明任意的，總有，再利用放縮法和換元法將不等式成立問題轉化為任意恒成立，后者可利用導數證明.【小問1詳解】，當時，；當時，，故在上為增函數，在上為減函數，故.【小問2詳解】因為，故當時，，即，而在為減函數，故在上有，故任意的，總有.要證任意恒成立，即證：任意恒成立，即證：任意恒成立，由（1）可得，任意，有即，故即證：任意恒成立，設，即證：任意恒成立，即證：任意恒成立，即證：任意恒成立，即證：任意恒成立，設，則，而在為增函數，，故存在，使得，且時，，時，，故在為減函數，在為增函數，故任意，總有，故任意恒成立，所以任意恒成立.【點睛】思路點睛：不等式的恒成立，可結合不等式的形式將其轉化為若干段上的不等式的恒成立，在