哈爾濱市重點中學2025屆數學高二上期末經典試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．直線與圓相切，則實數等于（）A.或 B.或C.3或5 D.5或32．校慶當天，學校需要在靠墻的位置用圍欄圍起一個面積為200平方米的矩形場地.用來展示校友的書畫作品.靠墻一側不需要圍欄，則圍欄總長最小需要（）米A.20 B.40C. D.3．將直線繞著原點逆時針旋轉，得到新直線的斜率是（）A. B.C. D.4．已知平面直角坐標系內一動點P，滿足圓上存在一點Q使得，則所有滿足條件的點P構成圖形的面積為（）A. B.C. D.5．若拋物線焦點坐標為，則的值為A. B.C.8 D.46．圓心，半徑為的圓的方程是（）A. B.C. D.7．下列求導不正確的是（）A B.C. D.8．已知命題：；：若，則，則下列判斷正確的是（）A.為真，為真，為假 B.為真，為假，為真C.為假，為假，為假 D.為真，為假，為假9．中秋節吃月餅是我國的傳統習俗，若一盤中共有兩種月餅，其中5塊五仁月餅、6塊棗泥月餅，現從盤中任取3塊，在取到的都是同種月餅的條件下，都是五仁月餅的概率是（）A B.C. D.10．為了解一片大約一萬株樹木的生長情況，隨機測量了其中100株樹木的底部周長（單位：㎝）.根據所得數據畫出的樣本頻率分布直方圖如圖，那么在這片樹木中，底部周長小于110㎝的株樹大約是（）A.3000 B.6000C.7000 D.800011．已知，，，則點C到直線AB的距離為（）A.3 B.C. D.12．設命題，，則為（）.A.， B.，C.， D.，二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知曲線的焦距是10，曲線上的點到一個焦點的距離是2，則點到另一個焦點的距離為__________.14．已知數列的前項和為，且滿足，若對于任意的，不等式恒成立，則實數的取值范圍為____________.15．已知雙曲線的漸近線上兩點A，B的中點坐標為（2，2），則直線AB的斜率是_________.16．已知向量，向量，若，則實數的值為________.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）如圖，直三棱柱中，底面是邊長為2的等邊三角形，D為棱AC中點.（1）證明：AB1//平面；（2）若面B1BC1與面BC1D的夾角余弦值為，求.18．（12分）如圖，在三棱錐中，平面平面，，都是等腰直角三角形，，，，分別為，的中點.（1）求證：平面；（2）求證：平面.19．（12分）已知橢圓的左、右焦點分別為、，離心率，且過點（1）求橢圓C的方程；（2）已知過的直線l交橢圓C于A、B兩點，試探究在平面內是否存在定點Q，使得是一個確定的常數？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，說明理由20．（12分）已知數列滿足，，且成等比數列（1）求的值和的通項公式；（2）設，求數列的前項和21．（12分）已知函數（1）討論函數的單調性；（2）證明：對任意正整數n，22．（10分）某校高三年級進行了一次數學測試，全年級學生的成績都落在區間內，其成績的頻率分布直方圖如圖所示，若（1）求a，b的值；（2）若成績落在區間內的人數為36人，請估計該校高三學生的人數

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】先求出圓的圓心和半徑，再利用圓心到直線的距離等于半徑列方程可求得結果【詳解】由，得，則圓心為，半徑為2，因為直線與圓相切，所以，得，解得或，故選：C2、B【解析】在出矩形中，設，得到，結合基本不等式，即可求解【詳解】如圖所示，在矩形中，設，則，根據題意，可得矩形圍欄總長為因為，可得，當且僅當時，即時，等號成立，即圍欄總長最小需要米.故選：B.3、B【解析】由題意知直線的斜率為，設其傾斜角為，將直線繞著原點逆時針旋轉，得到新直線的斜率為，化簡求值即可得到答案.【詳解】由知斜率為，設其傾斜角為，則，將直線繞著原點逆時針旋轉，則故新直線的斜率是.故選：B.4、D【解析】先找臨界情況當PQ與圓C相切時，，進而可得滿足條件的點P形成的圖形為大圓（包括內部），即求.【詳解】當PQ與圓C相切時，，這種情況為臨界情況，當P往外時無法找到點Q使，當P往里時，可以找到Q使，故滿足條件的點P形成的圖形為大圓（包括內部），如圖，由圓，可知圓心，半徑為1，則大圓的半徑為，∴所有滿足條件的點P構成圖形的面積為.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是找出臨界情況時點所滿足的條件，進而即可得到動點滿足條件的圖形，問題即可解決.5、A【解析】先把拋物線方程整理成標準方程，進而根據拋物線的焦點坐標，可得的值.【詳解】拋物線的標準方程為，因為拋物線的焦點坐標為，所以，所以，故選A.【點睛】該題考查的是有關利用拋物線的焦點坐標求拋物線的方程的問題，涉及到的知識點有拋物線的簡單幾何性質，屬于簡單題目.6、D【解析】根據圓心坐標及半徑，即可得到圓的方程.【詳解】因為圓心為，半徑為，所以圓的方程為:.故選：D.7、C【解析】由導數的運算法則、復合函數的求導法則計算后可判斷【詳解】A：；B：；C：；D：故選：C8、D【解析】先判斷出命題，的真假，即可判斷.【詳解】因為成立，所以命題為真，由可得或，所以命題為假命題，所以為真，為假，為假.故選：D.9、C【解析】分別求出取到3塊月餅都是同種月餅和取到3塊月餅都是五仁月餅的種數，再根據概率公式即可得解.【詳解】解：由題意可得，取到3塊月餅都是同種月餅有種情況，取到3塊月餅都是五仁月餅有種情況，所以在取到的都是同種月餅的條件下，都是五仁月餅的概率是.故選：C.10、C【解析】先由頻率分布直方圖得到抽取的樣本中底部周長小于110㎝的概率，進而可求出結果.【詳解】由頻率分布直方圖可得，樣本中底部周長小于110㎝的概率為，因此在這片樹木中，底部周長小于110㎝的株樹大約是.故選：C.【點睛】本題主要考查頻率分布直方圖的應用，屬于基礎題型.11、D【解析】應用空間向量的坐標運算求在上投影長及的模長，再應用勾股定理求點C到直線AB的距離.【詳解】因為，，所以設點C到直線AB的距離為d，則故選：D12、B【解析】根據全稱命題和特稱命題互為否定，即可得到結果.【詳解】因為命題，，所以為，.故選：B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、或10.【解析】對參數a進行討論，考慮曲線是橢圓和雙曲線的情況，進而結合橢圓與雙曲線的定義和性質求得答案.【詳解】由題意，曲線的半焦距為5，若曲線是焦點在x軸上的橢圓，則a>16，所以，而橢圓上的點到一個焦點距離是2，則點到另一個焦點的距離為；若曲線是焦點在y軸上的橢圓，則0<a<16，所以，舍去；若曲線是雙曲線，則a<0，容易判斷雙曲線的焦點在y軸，所以，不妨設點P在雙曲線的上半支，上下焦點分別為，因為實半軸長為4，容易判斷點P到下焦點的距離的最小值為4+5=9>2，不合題意，所以點P到上焦點的距離為2，則它到下焦點的距離.故答案為：或10.14、【解析】先求出，然后當時，由，得，兩式相減可求出，再驗證，從而可得數列為等比數列，進而可求出，再將問題轉化為在上恒成立，所以，從而可求出實數的取值范圍【詳解】當時，，得，當時，由，得，兩式相減得，得，滿足此式，所以，因為，所以數列是以為公比，為首項的等比數列，所以，所以對于任意的，不等式恒成立，可轉化為對于任意的，恒成立，即在上恒成立，所以，解得或，所以實數的取值范圍為故答案為：【點睛】關鍵點點睛：此題考查數列通項公的求法，等比數列求和公式的應用，考查不等式恒成立問題，解題的關鍵是求出數列的通項公式后求得，再將問題轉化為在上恒成立求解即可，考查數學轉化思想，屬于較難題15、##【解析】設出直線的方程，通過聯立直線的方程和漸近線的方程，結合中點的坐標來求得直線的斜率.【詳解】雙曲線，，漸近線方程為，設直線的方程為，，由，由，所以，所以直線的斜率是.故答案為：16、2【解析】根據，由求解.【詳解】因為向量，向量，且，所以，解得，故答案為：2三、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）證明見解析（2）【解析】（1）連接，使，連接，即可得到，從而得證；（2）設，以為坐標原點建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，平面的法向量，利用空間向量的數量積求解面與面的夾角余弦值為，從而得到方程，解得即可【小問1詳解】證明：如圖，連，使，連，由直三棱柱，所以四邊形為矩形，所以為中點，在中，、分別為和中點，，又因平面平面，面，面，平面【小問2詳解】解：設，以為坐標原點如圖建系，則，，所以、，設平面的法向量則，故可取設平面的法向量，則，故可取，因為面與面的夾角余弦值為，所以，即，解得，18、（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】（1）由三角形的中位線定理可證得MN∥AB，再由線面垂直的判定定理可證得結論，（2）由已知可得AB⊥BC，VC⊥AC，再由已知結合面面垂直的性質定理可得VC⊥平面ABC，從而有AB⊥VC，然后由線面垂直的判定定理可證得結論【小問1詳解】證明：∵M，N分別為VA，VB的中點，∴MN∥AB，∵AB?平面CMN，MN?平面CMN，∴AB∥平面CMN【小問2詳解】證明：∵△ABC和△VAC均是等腰直角三角形，AB＝BC，AC＝CV，∴AB⊥BC，VC⊥AC，∵平面VAC⊥平面ABC，平面VAC∩平面ABC＝AC，∴VC⊥平面ABC，∵AB?平面ABC，∴AB⊥VC，又VC∩BC＝C，∴AB⊥平面VBC19、（1）（2）存在，定點【解析】（1）根據已知條件求得，由此求得橢圓的方程.（2）對直線的斜率是否存在進行分類討論，設出直線的方程并與橢圓方程聯立，結合是常數列方程，從而求得定點的坐標.小問1詳解】，，由題可得：.【小問2詳解】當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為，設，，聯立方程組，整理得，可得，所以則恒成立，則，解得，，，此時，即存在定點滿足條件當直線AB的斜率不存在時，直線AB的方程為x＝－2，可得，，設要使得是一個常數，即，顯然，也使得成立；綜上所述：存在定點滿足條件.20、（1）；；（2）【解析】（1）由于，所以可得，再由成等比數列，列方程可求出，從而可求出的通項公式；（2）由（1）可得，然后利用錯位相減法求【詳解】解：（1）數列{an}滿足，所以，所以a2+a3＝a1+a2+d，由于a1＝1，a2＝1，所以a2+a3＝2+d，a8+a9＝2+7d，且a1，a2+a3，a8+a9成等比數列，所以，整理得d＝1或2（1舍去）故an+2＝an+2，所以n奇數時，an＝n，n為偶數時，an＝n﹣1所以數列{an}的通項公式為（2）由于，所以所以T2n＝b1+b2+．．．+b2n＝﹣20×12+20×22﹣22×32+22×42+．．．+[﹣22n﹣2?（2n﹣1）2]+22n﹣2?（2n）2，＝20×（22﹣12）+22×（42﹣32）+．．．+22n﹣2?[（2n）2﹣（2n﹣1）2]＝20×3+22×7+．．．+22n﹣2?（4n﹣1）①，所以，②，①﹣②得：﹣3T2n＝20×3+22×4+．．．+22n﹣2×4﹣22n×（4n﹣1），＝3+4×﹣22n×（4n﹣1），＝，所以21、（1）見解析（2）見解析【解析】(1)由，令，得，或，又的定義域為，討論兩個根及的大小關系，即可判定函數的單調性；(2)當時，在，上遞減，則，即，由此能夠證明【小問1詳解】的定義域為，，令，得，或，①當，即時，若，則，遞增；若，則，遞減；②當，即時，若，則，遞減；若，則，遞增；若，則，遞減；綜上所述，當－2＜a＜0時，f(x)在，單調遞減，在單調遞增；當a≥0時，f(