紅河市重點中學2025屆數學高二上期末監測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．已知圓與圓外切，則（）A. B.C. D.2．在下列函數中，求導錯誤的是（）A.， B.，C.， D.，3．若，則（）A.22 B.19C.－20 D.－194．已知銳角的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若向量，，，則的最小值為（）A. B.C. D.5．已知點，點在拋物線上，過點的直線與直線垂直相交于點，，則的值為（）A. B.C. D.6．如圖是拋物線形拱橋，當水面在n時，拱頂離水面2米，水面寬4米．水位下降1米后，水面寬為（）A. B.C. D.7．已知數列是等差數列，其前n項和為，則下列說法錯誤的是（）A.數列一定是等比數列 B.數列一定是等差數列C.數列一定是等差數列 D.數列可能是常數數列8．直線與直線交于點Q，m是實數，O為坐標原點，則的最大值是（）A.2 B.C. D.49．若向量則（）A. B.3C. D.10．已知函數，在上隨機任取一個數，則的概率為（）A. B.C. D.11．已知命題：△中，若，則；命題：函數，，則的最大值為.則下列命題是真命題的是（）A. B.C. D.12．橢圓與(0<k<9)的（）A.長軸的長相等B.短軸的長相等C.離心率相等D.焦距相等二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，分別是橢圓和雙曲線的離心率，，是它們的公共焦點，M是它們的一個公共點，且，則的最大值為______14．過點作圓的兩條切線，切點為A，B，則直線的一般式方程為___________.15．已知蜥蜴的體溫與陽光照射的關系可近似為，其中為蜥蜴的體溫(單位：℃)為太陽落山后的時間(單位：)．當________時，蜥蜴體溫的瞬時變化率為16．設，是雙曲線的兩個焦點，P是雙曲線上任意一點，過作平分線的垂線，垂足為M，則點M到直線的距離的最小值是___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）已知函數（a為常數）（1）討論函數的單調性；（2）不等式在上恒成立，求實數a的取值范圍.18．（12分）如圖1，已知矩形中，，E為上一點且.現將沿著折起，使點D到達點P的位置，且，得到的圖形如圖2.（1）證明為直角三角形；（2）設動點M在線段上，判斷直線與平面位置關系，并說明理由.19．（12分）已知直線和的交點為P，求：（1）過點P且與直線垂直的直線l的方程；（2）以點P為圓心，且與直線相交所得弦長為12的圓的方程；（3）從下面①②兩個問題中選一個作答，①若直線l過點，且與兩坐標軸的正半軸所圍成的三角形面積為，求直線l的方程②求圓心在直線上，與x軸相切，被直線截得的弦長的圓的方程注：如果選擇兩個問題分別作答，按第一個計分20．（12分）已知等差數列的前和為，數列是公比為2的等比數列，且，（1）求數列和數列的通項公式；（2）現由數列與按照下列方式構造成新的數列①將數列中的項去掉數列中的項，按原來的順序構成新數列；②數列與中的所有項分別構成集合與，將集合中的所有元素從小到大依次排列構成一個新數列;在以上兩個條件中任選一個做為已知條件，求數列的前30項和.21．（12分）已知的展開式中只有第五項的二項式系數最大.（1）求該展開式中有理項的項數；（2）求該展開式中系數最大的項.22．（10分）在①，②，③這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，若問題中的存在，求實數的取值范圍；若問題中的不存在，請說明理由設等差數列的前n項和為，數列的前n項和為，___________，，，是否存在實數，對任意都有？

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、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.2、B【解析】分別求得每個函數的導數即可判斷.詳解】；；；.故求導錯誤的是B.故選：B.3、C【解析】將所求進行變形可得，根據二項式定理展開式，即可求得答案.【詳解】由題意得所以.故選：C4、C【解析】由，得到，根據正弦、余弦定理定理化簡得到，化簡得到，再結合基本不等式，即可求解.【詳解】由題意，向量，，因為，所以，可得，由正弦定理得，整理得，又由余弦定理，可得，因為，所以，由，所以，因為是銳角三角形，且，可得，解得，所以，所以，當且僅當，即時等號成立，故的最小值為.故選：C5、D【解析】由題，由于過拋物線上一點的直線與直線垂直相交于點，可得，又，故，所以的坐標為，由余弦定理可得.故選：D.考點：拋物線的定義、余弦定理【點睛】本題主要考查拋物線的定義與性質，考查學生的計算能力，屬于中檔題6、D【解析】由題建立平面直角坐標系，設拋物線方程為，結合條件即求.【詳解】建立如圖所示的直角坐標系：設拋物線方程為，由題意知：在拋物線上，即，解得：，，當水位下降1米后，即將代入，即，解得：，∴水面寬為米.故選：D.7、B【解析】可根據已知條件，設出公差為，選項A，可借助等比數列的定義使用數列是等差數列，來進行判定；選項B，數列，可以取，即可判斷；選項C，可設，表示出再進行判斷；選項D，可采用換元，令，求得的關系即可判斷.【詳解】數列是等差數列，設公差為，選項A，數列是等差數列，那么為常數，又，則數列一定是等比數列，所以選項A正確；選項B，當時，數列不存在，故該選項錯誤；選項C，數列是等差數列，可設（A、B為常數），此時，，則為常數，故數列一定是等差數列，所以該選項正確；選項D，，則，當時，，此時數列可能是常數數列，故該選項正確.故選：B.8、B【解析】求出兩直線的交點坐標，結合兩點間的距離公式得到，進而可以求出結果.【詳解】因為與的交點坐標為所以，當時，，所以的最大值是，故選：B.9、D【解析】先求得，然后根據空間向量模的坐標運算求得【詳解】由于向量，，所以.故故選：D10、A【解析】先解不等式，然后由區間長度比可得.【詳解】解不等式，得，所以，即的概率為.故選：A11、A【解析】由三角形內角及正弦函數的性質判斷、的真假，應用換元法令，結合對勾函數的性質確定的值域即知、的真假，根據各選項復合命題判斷真假即可.【詳解】由且，可得或，故為假命題，為真命題；令，又，則，故，∵在上遞減，∴，故的最大值為.∴為真命題，為假命題；∴為真，為假，為假，為假.故選：A.12、D【解析】根據橢圓方程求得兩個橢圓的，由此確定正確選項.【詳解】橢圓與(0<k<9)的焦點分別在x軸和y軸上，前者a2＝25，b2＝9，則c2＝16，后者a2＝25－k，b2＝9－k，則顯然只有D正確故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】利用橢圓、雙曲線的定義以及余弦定理找到的關系，然后利用三角換元求最值即可.【詳解】解析：設橢圓的長半軸為a，雙曲線的實半軸為，半焦距為c，設，，，因為，所以由余弦定理可得，①在橢圓中，，①化簡為，即，②在雙曲線中，，①化簡為，即，③聯立②③得，，即，記，，，則，當且僅當，即，時取等號故答案為：.14、【解析】已知圓的圓心，點在以為直徑的圓上，兩圓相減就是直線的方程.【詳解】，圓心，點在以為直徑的圓上，，所以圓心是，以為直徑的圓的圓的方程是，直線是兩圓相交的公共弦所在直線，所以兩圓相減就是直線的方程，，所以直線的一般式方程為.故答案為：【點睛】結論點睛：過圓外一點引圓的切線，那么以圓心和圓外一點連線段為直徑的圓與已知圓相減，就是切點所在直線方程，或是兩圓相交，兩圓相減，就是公共弦所在直線方程.15、5【解析】求得導函數，令，計算即可得出結果.【詳解】，，令，得：.解得：.時刻min時，蜥蜴的體溫的瞬時變化率為故答案為：5.16、1【解析】構造全等三角形，結合雙曲線定義，求得點的軌跡方程，再根據直線與圓的位置關系，即可求得點到直線距離的最小值.【詳解】延長交的延長線于點，如下所示：因為平分，且，故△△，則，又，則，又在△中，分別為的中點，故可得；設點的坐標為，則，即點在圓心為，半徑的圓上，圓心到直線的距離，故點到直線距離的最小值為.故答案為：.【點睛】本題考查雙曲線的定義，以及直線與圓的位置關系，解決問題的關鍵在于通過幾何關系求得點的軌跡方程，屬中檔題.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）當時，在定義域上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減；（2）.【解析】（1）求出的導數，通過討論的范圍，求出函數的單調區間即得解；（2）問題轉化為，，，令，求出的最大值，從而求出的范圍即得解【詳解】解：（1）函數的定義域為，，①當時，，，，在定義域上單調遞增②當時，若，則，在上單調遞增；若，則，在上單調遞減綜上所述，當時，在定義域上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減（2）當時，，不等式在，上恒成立，，，，令，，，，在，上單調遞增，（1），，的范圍為，18、（1）證明見解析（2）答案不唯一，見解析【解析】（1）利用折疊前后的線段長度及勾股定理求證即可；（2）動點M滿足時和，但時兩種情況，利用線線平行或相交得到結論.【小問1詳解】在折疊前的圖中，如圖：，E為上一點且，則，折疊后，所以，又，所以，所以為直角三角形.小問2詳解】當動點M在線段上，滿足，同樣在線段上取，使得，則，當時，則，又且所以，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，所以此時平面；當時，此時，但，所以四邊形為梯形，所以與必然相交，所以與平面必然相交.綜上，當動點M滿足時，平面；當動點M滿足，但時，與平面相交.19、（1）（2）（3）答案見解析【解析】（1）聯立方程組求得交點的坐標，結合直線與直線垂直，求得直線的斜率為，利用直線的點斜式，即可求解；（2）先求得點到直線的距離為，由圓的的垂徑定理列出方程求得圓的半徑，即可求解；（3）若選①：設直線l的的斜率為，得到，結合題意列出方程，求得的值，即可求解；若選②，設所求圓的圓心為，半徑為，得到，利用圓的垂徑定理列出方程求得的值，即可求解.【小問1詳解】解：由直線和的交點為P，聯立方程組，解得，即，因為直線與直線垂直，所以直線的斜率為，所以過點且與直線垂直的直線方程為，即.【小問2詳解】解：因為點到直線的距離為，設所求圓的半徑為，由圓的的垂徑定理得，弦長，解得，所以所求圓的方程為.【小問3詳解】解：若選①：直線l過點，且與兩坐標軸的正半軸所圍成的三角形面積為，設直線l的的斜率為，可得直線的方程為，即，則直線與坐標軸的交點分別為，由，解得或，所以所求直線的方程為或.若選②，設所求圓的圓心為，半徑為，因為圓與x軸相切，可得，又由圓心到直線的距離為，利用圓的垂徑定理可得，即，解得，即圓心坐標為或，所以所求圓的方程為或.20、（1），（2）答案見解析【解析】（1）由題意可直接得到等比數列的通項公式；求出等差數列的公差，即可得到其通項公式；（2）若選①，則可確定由數列前33項的和減去，即可得答案；若選②，則可確定由數列前27項的和加上，即可得答案.【小問1詳解】因為數列為等比數列，且，所以.又因，所以，又，則，故等差數列的通項公式為.【小問2詳解】因為，，所以，而若選①因為在數列前30項內，不在在數列前30項內.，則數列前30項和為：=1632.若選②因為在數列前30項內，不在在數列前30項內.，則數列前30項和為：=1203.21、（1）；（2）和【解析】（1）先求出，再寫出二項式展開式的通項，令即可求解；（2）設第項系數最大，則，即可解得的值，進而可得展開式中系數最大的項.【詳解】（1）由題意可得：，得，的展開式通項為，，要求展開式中有理項，只需令，所以所以有理項有5項，（2）設第項系數最大，則，即，即，解得：，因為，所以或所以，所以展開式中系數最大的項為和.【點睛】解二項式的題關鍵是求二項式展開式的通項，求有理項需要讓的指數位置是整數，求展開式中系數最大的項需要滿足第項的系數大于等于第項的系數，第項的系數大于等于第項的系數，屬于中檔題22、答案見解析【解析】由已知條件可得，假設時，取最小值，則，若補充條件是①，則可求得，代入化簡可求出的取值范圍，從而可求得答案，若補充條件是②，則可得，該數列是遞減數列，所以不存在k，使得取最小值，若補充條件是③，則可得，代入化簡可求出的取值范圍，從而可求得答案，【詳解】解：等差數列的公差為d，當時，，得，從而，當時，得，所以數列是首項為，公比