2025年福建省清流縣第二中學高二數(shù)學第一學期期末達標檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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．過拋物線C：y2=4x的焦點F分別作斜率為k1、k2的直線l1、l2，直線l1與C交于A、B兩點，直線l2與C交于D、E兩點，若|k1·k2|=2，則|AB|+|DE|的最小值為（）A.10 B.12C.14 D.162．已知，，點為圓上任意一點，設，則的最大值為（）A. B.C. D.3．已知函數(shù)，若存在唯一的零點，且，則的取值范圍是A. B.C. D.4．已知函數(shù)（其中）的部分圖像如圖所示，則函數(shù)的解析式為（）A. B.C. D.5．宋元時期數(shù)學名著《算學啟蒙》中有關于“松竹并生"的問題，松長三尺，竹長一尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而長等，如圖是源于其思想的一個程序框圖，若輸入的，分別為3，1，則輸出的等于A.5 B.4C.3 D.26．在等差數(shù)列中，若，則（）A.5 B.6C.7 D.87．設為拋物線焦點，直線，點為上任意一點，過點作于，則（）A.3 B.4C.2 D.不能確定8．已知等比數(shù)列的各項均為正數(shù)，公比，且滿足，則（）A.8 B.4C.2 D.19．兩個圓和的位置是關系是（）A.相離 B.外切C.相交 D.內含10．設命題甲：，命題乙：直線與直線平行，則（）A.甲是乙的充分不必要條件 B.甲是乙的必要不充分條件C.甲是乙的充要條件 D.甲是乙的既不充分也不必要條件11．若曲線f(x)＝x2的一條切線l與直線平行，則l的方程為（）A.4x－y－4＝0 B.x＋4y－5＝0C.x－4y＋3＝0 D.4x＋y＋4＝012．驚艷全世界的南非雙曲線大教堂是由倫敦著名的建筑事務所完成的，建筑師的設計靈感源于想法：“你永無止境的愛是多么的珍貴，人們在你雄偉的翅膀下庇護”.若將如圖所示的雙曲線大教堂外形弧線的一段近似看成雙曲線（）下支的一部分，且此雙曲線的一條漸近線方程為，則此雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知點，平面過，，三點，則點到平面的距離為________.14．若無論實數(shù)取何值，直線與圓恒有兩個公共點，則實數(shù)的取值范圍為___________.15．已知直線與圓交于A,B兩點,過A,B分別做l的垂線與x軸交于C,D兩點,若|AB|=4,則|CD|=_____________.16．直線的傾斜角為______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）已知拋物線的焦點為，點為拋物線上一點，且.（1）求拋物線方程；（2）直線與拋物線相交于兩個不同的點，為坐標原點，若，求實數(shù)的值；18．（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.19．（12分）已知圓C的圓心為，且圓C經(jīng)過點（1）求圓C的一般方程；（2）若圓與圓C恰有兩條公切線，求實數(shù)m的取值范圍20．（12分）如圖，在三棱柱中，點在底面內的射影恰好是點，是的中點，且滿足（1）求證：平面；（2）已知，直線與底面所成角的大小為，求二面角的大小21．（12分）已知，，分別為三個內角,,的對邊，.(Ⅰ)求；(Ⅱ)若=2，的面積為，求，.22．（10分）在正方體中，，，分別是，，的中點.（1）證明：平面平面；（2）求直線與所成角的正切值.

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、B【解析】設出l1的方程為，與拋物線聯(lián)立后得到兩根之和，兩根之積，用弦長公式表達出，同理表達出，利用基本不等式求出的最小值.【詳解】拋物線C：y2=4x的焦點F為，直線l1的方程為，則聯(lián)立后得到，設，，，則，同理設可得：，因為|k1·k2|=2，所以，當且僅當，即或時，等號成立，故選：B2、C【解析】根據(jù)題意可設，再根據(jù)，求出，再利用三角函數(shù)的性質即可得出答案.【詳解】解：由點為圓上任意一點，可設，則，由，得，所以，則，則，其中，所以當時，取得最大值為22.故選：C.3、C【解析】當時，，函數(shù)有兩個零點和，不滿足題意，舍去；當時，，令，得或．時，；時，；時，，且，此時在必有零點，故不滿足題意，舍去；當時，時，；時，；時，，且，要使得存在唯一的零點，且，只需，即，則，選C考點：1、函數(shù)的零點；2、利用導數(shù)求函數(shù)的極值；3、利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性4、B【解析】根據(jù)題圖有且，結合五點法求參數(shù)，即可得的解析式.【詳解】由圖知：且，則，所以，則，即，又，可得，，則，，又，即有.綜上，.故選：B5、B【解析】由已知中的程序框圖可知：該程序的功能是利用循環(huán)結構計算并輸出變量S的值，模擬程序的運行過程，分析循環(huán)中各變量值的變化情況，可得答案【詳解】解：當n＝1時，a＝3，b＝2，滿足進行循環(huán)的條件，當n＝2時，a，b＝4，滿足進行循環(huán)的條件，當n＝3時，a，b＝8，滿足進行循環(huán)的條件，當n＝4時，a，b＝16，不滿足進行循環(huán)的條件，故輸出的n值為4，故選：B【點睛】本題考查的知識點是程序框圖，當循環(huán)的次數(shù)不多，或有規(guī)律時，常采用模擬循環(huán)的方法解答6、B【解析】由得出.【詳解】由可得，故選：B7、A【解析】由拋物線方程求出準線方程，由題意可得，由拋物線的定義可得，即可求解.【詳解】由可得，準線為，設，由拋物線的定義可得，因為過點作于，可得，所以，故選：A.8、A【解析】根據(jù)是等比數(shù)列，則通項為，然后根據(jù)條件可解出，進而求得【詳解】由為等比數(shù)列，不妨設首項為由，可得：又，則有：則故選：A9、C【解析】根據(jù)圓的方程得出兩圓的圓心和半徑，再得出圓心距離與兩圓的半徑的關系，可得選項.【詳解】圓的圓心為，半徑，的圓心為，半徑，則，所以兩圓的位置是關系是相交，故選：C.【點睛】本題考查兩圓的位置關系，關鍵在于運用判定兩圓的位置關系一般利用幾何法.即比較圓心之間的距離與半徑之和、之差的大小關系，屬于基礎題.10、A【解析】根據(jù)充分條件和必要條件的定義，結合兩直線平行的性質進行求解即可.【詳解】當時，直線的方程為，直線方程為，此時，直線與直線平行，即甲乙；直線和直線平行，則，解得或，即乙甲；則甲是乙的充分不必要條件.故選：.11、D【解析】設切點為，則切線的斜率為，然后根據(jù)條件可得的值，然后可得答案.【詳解】設切點為，因為，所以切線的斜率為因為曲線f(x)＝x2的一條切線l與直線平行，所以，即所以l的方程為，即故選：D12、B【解析】首先根據(jù)雙曲線的漸近線方程得到，從而得到，，，再求離心率即可.【詳解】雙曲線，，，因為雙曲線的一條漸近線方程為，即，所以，解得，所以，，，.故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】先求得平面ABC的一個法向量，然后由求解.【詳解】因為，，，，所以，設平面ABC的一個法向量為，則，即，令，則，所以則點到平面的距離為，故答案：14、【解析】根據(jù)點到直線的距離公式得到，根據(jù)，解不等式得到答案.【詳解】依題意有圓心到直線的距離，即，又無論取何值，，故，故.故答案：15、【解析】先求出圓心和半徑，由于半徑為2，弦|AB|=4，所以可知直線過圓心，從而得，求出，得到直線方程且傾斜角為135°，進而可求出|CD|【詳解】圓,圓心(1,2),半徑r=2,∵|AB|=4,∴直線過圓心(1,2),∴,∴,∴直線,傾斜角為135°,∵過A,B分別做l的垂線與x軸交于C,D兩點,∴.故答案為：4【點睛】此題考查直線與圓的位置關系，考查兩直線的位置關系，考查轉化思想和計算能力，屬于基礎題16、【解析】把直線方程化為斜截式，再利用斜率與傾斜角的關系即可得出【詳解】設直線的傾斜角為由直線化為，故，又，故，故答案為【點睛】一般地，如果直線方程的一般式為，那么直線的斜率為，且，其中為直線的傾斜角，注意它的范圍是三、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、（1）（2）【解析】（1）根據(jù)拋物線過點，且，利用拋物線的定義求解；（2）設，聯(lián)立，根據(jù)，由，結合韋達定理求解.【小問1詳解】解：由拋物線過點，且，得所以拋物線方程為；【小問2詳解】設，聯(lián)立得，，，，則，，即，解得或，又當時，直線與拋物線的交點中有一點與原點重合，不符合題意，故舍去；所以實數(shù)的值為.18、（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(shù)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，19、（1）（2）【解析】（1）設圓C的一般方程為．由圓C的圓心和圓C經(jīng)過點求解；（2）根據(jù)圓與圓C恰有兩條公切線，由圓O與圓C相交求解.【小問1詳解】解：設圓C的一般方程為∵圓C的圓心，∴即又圓C經(jīng)過點，∴解得經(jīng)檢驗得圓C的一般方程為；【小問2詳解】由（1）知圓C的圓心為，半徑為5∵圓與圓C恰有兩條公切線，∴圓O與圓C相交∴∵，∴∴m的取值范圍是20、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）分別證明出和，利用線面垂直的判定定理即可證明；（2）以C為原點，為x、y、z軸正方向建立空間直角坐標系，用向量法求二面角的平面角.【小問1詳解】因為點在底面內的射影恰好是點，所以面.因為面,所以.因為是的中點，且滿足．所以，所以.因為，所以，即,所以.因為,面,面,所以平面.【小問2詳解】∵面，∴直線與底面所成角為，即.因為，所以由（1）知，，因，所以，.如圖示，以C為原點，為x、y、z軸正方向建立空間直角坐標系.則,,,,所以，設，由得，，即.則.設平面BDC1的一個法向量為，則，不妨令，則.因為面，所以面的一個法向量為記二面角的平面角為，由圖知，為銳角.所以,即.所以二面角的大小為.21、(1)(2)=2【解析】(Ⅰ)由及正弦定理得由于，所以，