2025屆重慶市第四十二中學高二上數學期末學業水平測試試題注意事項：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．已知是橢圓與雙曲線的公共焦點，P是它們的一個公共點，且，線段的垂直平分線過，若橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為，則的最小值為（）A. B.3C.6 D.2．已知，則（）A. B.1C. D.3．已知圓與圓外切，則（）A. B.C. D.4．已知拋物線的焦點坐標是，則拋物線的標準方程為A. B.C. D.5．金剛石的成分為純碳，是自然界中天然存在的最堅硬物質，它的結構是由8個等邊三角形組成的正八面體．若某金剛石的棱長為2，則它的體積為（）A. B.C. D.6．若函數的導函數在區間上是減函數，則函數在區間上的圖象可能是（）A. B.C. D.7．已知是等差數列，，，則公差為（）A.6 B.C. D.28．已知等比數列的各項均為正數，公比，且滿足，則（）A.8 B.4C.2 D.19．曲線與曲線的A.長軸長相等 B.短軸長相等C.離心率相等 D.焦距相等10．設是虛數單位，則復數對應的點在平面內位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限11．直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，AA1＝AB，M是A1C1的中點，則AM與平面所成角的正弦值為（）A. B.C. D.12．已知中，內角，，的對邊分別為，，，，.若為直角三角形，則的面積為（）A. B.C.或 D.或二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若關于的不等式恒成立，則實數的取值范圍是______.14．設、為正數，若，則的最小值是______，此時______.15．已知橢圓的右頂點為A，上頂點為B，且直線l與橢圓交于C，D兩點，若直線l直線AB，設直線AC，BD的斜率分別為，，則的值為___________.16．橢圓的右焦點是，兩點是橢圓的左頂點和上頂點，若△是直角三角形，則橢圓的離心率是________.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C：的焦點為F，為拋物線C上一點，且（1）求拋物線C的方程：（2）若以點為圓心，為半徑的圓與C的準線交于A，B兩點，過A，B分別作準線的垂線交拋物線C于D，E兩點，若，證明直線DE過定點18．（12分）如圖，已知正四棱錐中，O為底面對角線的交點.（1）求證：平面；（2）求證：平面.19．（12分）已知動點M到點F（0，2）的距離，與點M到直線l：y＝﹣2的距離相等.（1）求動點M的軌跡方程；（2）若過點F且斜率為1的直線與動點M的軌跡交于A，B兩點，求線段AB的長度.20．（12分）已知數列滿足，記數列的前項和為，且，（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前100項和21．（12分）如圖，點分別在射線，上運動，且（1）求；（2）求線段的中點M的軌跡C的方程；（3）直線與，軌跡C及自上而下依次交于D，E，F，G四點，求證：22．（10分）設橢圓E：（a，b>0）過M（2，），N(，1)兩點，O為坐標原點，（1）求橢圓E的方程；（2）是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且？若存在，寫出該圓的方程，并求|AB|的取值范圍，若不存在說明理由.

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】利用橢圓和雙曲線的性質，用橢圓雙曲線的焦距長軸長表示，再利用均值不等式得到答案【詳解】設橢圓長軸，雙曲線實軸，由題意可知：，又，，兩式相減，可得：，，.，，當且僅當時取等號，的最小值為6，故選：C【點睛】本題考查了橢圓雙曲線的性質，用橢圓雙曲線的焦距長軸長表示是解題的關鍵，意在考查學生的計算能力2、B【解析】先根據共軛復數的定義可得，再根據復數的運算法則即可求出【詳解】因為，所以故選：B3、D【解析】根據兩圓外切關系，圓心距離等于半徑的和列方程求參數.【詳解】由題設，兩圓圓心分別為、，半徑分別為1、r，∴由外切關系知：，可得.故選：D.4、D【解析】根據拋物線的焦點坐標得到2p=4,進而得到方程.【詳解】拋物線的焦點坐標是,即p=2,2p=4,故得到方程為.故答案為D.【點睛】這個題目考查了拋物線的標準方程的求法，題目較為簡單.5、C【解析】由幾何關系先求出一個正四面體的高，再結合錐體體積公式即可求解正八面體的體積.【詳解】如圖，設底面中心為，連接，由幾何關系知，，則正八面體體積為.故選：C6、A【解析】根據導數概念和幾何意義判斷【詳解】由題意得，圖象上某點處的切線斜率隨增大而減小，滿足要求的只有A故選：A7、C【解析】設的首項為，把已知的兩式相減即得解.【詳解】解：設的首項為，根據題意得，兩式相減得.故選：C8、A【解析】根據是等比數列，則通項為，然后根據條件可解出，進而求得【詳解】由為等比數列，不妨設首項為由，可得：又，則有：則故選：A9、D【解析】分別求出兩橢圓的長軸長、短軸長、離心率、焦距，即可判斷【詳解】解：曲線表示焦點在軸上，長軸長10，短軸長為6，離心率為，焦距為8曲線表示焦點在軸上，長軸長為，短軸長為，離心率為，焦距為8對照選項，則正確故選：【點睛】本題考查橢圓的方程和性質，考查運算能力，屬于基礎題10、A【解析】計算出復數即可得出結果.【詳解】由于，對應的點的坐標為，在第一象限，故選：A.11、B【解析】取的中點，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，即可根據線面角的向量公式求出【詳解】如圖所示，取的中點，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，不妨設，則，所以，平面的一個法向量為設AM與平面所成角為，向量與所成的角為，所以，即AM與平面所成角的正弦值為故選：B12、C【解析】由正弦定理化角為邊后，由余弦定理求得，然后分類討論：或求解【詳解】由正弦定理，可化為：，即，所以，，所以，又為直角三角形，若，則，，，，若，則，，，故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】設由題可知，當時，可得適合題意，當時，可求函數的最小值即得，當時不合題意，即得.【詳解】設，由題可知，∴，當時，，適合題意，所以，當時，令，則，此時時，，單調遞減，，，單調遞增，∴，又，∴，∴，即，解得，當時，時，，，故的值有正有負，不合題意；綜上，實數的取值范圍是.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題考查不等式恒成立求參數的取值范圍，設由題可知，當時，利用導數可求函數的最小值，結合，可得，進而通過解，即得.14、①.4②.【解析】巧用“1”改變目標式子的結果，借助均值不等式求最值即可.【詳解】，當且僅當即，時等號成立.故答案為，【點睛】本題考查最值的求法，注意運用“1”的代換法和基本不等式，考查運算能力，屬于中檔題15、##0.25【解析】求出點A，B坐標，設出直線l的方程，聯立直線l與橢圓方程，借助韋達定理即可計算作答.【詳解】依題意，點，直線AB斜率為，因直線l直線AB，則設直線l方程為：，，由消去y并整理得：，，解得，于是有或，設，則，有，因此，，所以的值為.故答案：16、【解析】由題設易知，應用斜率的兩點式及橢圓參數關系可得，進而求橢圓離心率.【詳解】由題設，，，，又△是直角三角形，顯然，所以，可得，則，解得，又，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）；（2）證明見解析.【解析】（1）解方程和即得解；（2）設，，將與圓P的方程聯立得到韋達定理，再寫出直線的方程即得解.【小問1詳解】解：因為拋物線C上一點，且，所以到拋物線C的準線的距離為2則，，則，所以，故拋物線C的方程為【小問2詳解】證明：由（1）知，則圓P的方程為設，，將與圓P的方程聯立，可得，則，當時，，不妨令，則，此時；當時，直線DE的斜率為，則直線DE的方程為，即，即，令且，得，直線過點；綜上，直線DE過定點18、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）根據給定條件，利用線面平行的判定推理作答.（2）利用正四棱錐的結構特征，結合線面垂直的判定推理作答.小問1詳解】在正四棱錐中，由正方形得：，而平面，平面，所以平面.【小問2詳解】在正四棱錐中，O為底面對角線的交點，則O是AC，BD的中點，而，，則，，因，平面，所以平面.19、（1）x2＝8y（2）16【解析】小問1：由拋物線的定義可求得動點M的軌跡方程；小問2：可知直線AB的方程為y＝x+2，設點A（x1，y1）、B（x2，y2），將直線AB的方程與拋物線的方程聯立，求出y1+y2的值，利用拋物線的定義可求得|AB|的值.【小問1詳解】由題意點M的軌跡是以F為焦點，直線l為準線的拋物線，所以，則p＝4，所以動點M的軌跡方程是x2＝8y；【小問2詳解】由已知直線AB方程是y＝x+2，設A（x1，y1）、B（x2，y2），由得x2﹣8x﹣16＝0，，所以x1+x2＝8，則y1+y2＝x1+x2+4＝12，故|AB|＝y1+y2+4＝1620、（1）（2）【解析】（1）由題意得出，然后與原式結合，兩式相減并化簡求出，最后根據等差數列的定義求得答案；（2）結合（1），分別討論，和三種情況，分別求出，進而求出.【小問1詳解】因為，所以，兩式相減得，所以又，所以數列是首項為，公差為2的等差數列，所以.【小問2詳解】由得，當時，，當時，，當時，，所以.21、（1）2（2）（3）證明見詳解【解析】（1）用兩點間的距離公式和三角形的面積公式，結合已知直接可解；（2）根據中點坐標公式，結合（1）中結論可得；（3）要證，只需證和的中點重合，直接或利用韋達定理求出中點橫坐標，證明其相等即可.【小問1詳解】記直線的傾斜角為，則，易得所以因為，所以，整理得：【小問2詳解】設點M的坐標為，則即，由（1）知，所以，即【小問3詳解】要證，只需證和的中點重合，記D，E，F，G的橫坐標分別為，易知直線的斜率（當時與漸近線平行或重合，此時與雙曲線最多一個交點）則解方程組，得解方程組，得將代入，得所以因為所以所以和的中點的橫坐標相等，所以和的中點重合，記其中點為N，則有，即22、（1）；（2）存在，，.【解析】（1）根據橢圓E：（a，b>0）過M（2，），N(，1)兩點，直接代入方程解方程組即可.（2）假設存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且，當切線斜率存在時，設該圓的切線方程為，聯立，根據，結合韋達定理運算，同時滿足，則存在，否則不存在，當切線斜率不存在時，驗證即可；在該圓的方程存在時，利用弦長公式結合韋達定理得到求解.【詳解】（1）因為橢圓E：（a，b>0）過M（2，），N(，1)兩點，所以，解得，所以，所以橢圓E的方程為.（2）假設存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且，設該圓的切線方程為，聯立得，則△=，即，，，要使，需使，即，所以，所以，又，所以，所以，即或，因為直線為圓心在原點的圓的一條切線，所以圓的半徑為，，所以，則所求的圓為，此時圓的切線都滿足或，而當切線的斜率不存在時切線為與橢圓的兩個交點為或滿足，綜上，存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且.因為，所以，，①當時，，因為