余江縣第一中學2025屆數學高二上期末考試試題含解析

余江縣第一中學2025屆數學高二上期末考試試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y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．若雙曲線的漸近線方程為，則的值為（）A.2 B.3C.4 D.62．直線的傾斜角的大小為（）A. B.C. D.3．已知正三棱柱的側棱長與底面邊長相等，則AB1與側面ACC1A1所成角的正弦值等于A. B.C. D.4．如圖，我市某地一拱橋垂直軸截面是拋物線，已知水利人員在某個時刻測得水面寬，則此時刻拱橋的最高點到水面的距離為（）A. B.C. D.5．復數，則對應的點所在的象限是（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限6．已知圓，則圓上的點到坐標原點的距離的最小值為（）A.-1 B.C.+1 D.67．已知直線與圓交于A，B兩點，O為原點，且，則實數m等于（）A. B.C. D.8．如圖，是函數的部分圖象，且關于直線對稱，則（）A. B.C. D.9．“”是“方程表示焦點在x軸上的橢圓”的（）A.充要條件 B.必要而不充分條件C.充分而不必要條件 D.既不充分也不必要條件10．等差數列x，，，…的第四項為()A.5 B.6C.7 D.811．設，則的一個必要不充分條件為（）A. B.C. D.12．是數列，，，－17，中的第幾項()A第項 B.第項C.第項 D.第項二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若，若，則______14．曲線圍成的圖形的面積為___________.15．已知向量與是平面的兩個法向量，則__________16．在中，，，，則此三角形的最大邊長為___________.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）某地從今年8月份開始啟動12-14歲人群新冠肺炎疫苗的接種工作，共有8千人需要接種疫苗.前4周的累計接種人數統計如下表：前x周1234累計接種人數y（千人）2.5344.5（1）求y關于的線性回歸方程；（2）根據（1）中所求的回歸方程，預計該地第幾周才能完成疫苗接種工作?參考公式：回歸方程中斜率和截距的最小二乘估計公式分別為，18．（12分）如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，，M，N分別為的中點，.（1）證明：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.19．（12分）已知函數（1）求的單調區(qū)間；（2）若，求的最大值與最小值20．（12分）已知點，橢圓：的離心率為，是橢圓的右焦點，直線的斜率為，為坐標原點．設過點的動直線與相交于，兩點（1）求橢圓的方程（2）是否存在直線，使得的面積為？若存在，求出的方程；若不存在，請說明理由21．（12分）已知公差不為零的等差數列的前項和為，，且，，成等比數列（1）求的通項公式；（2）記，求數列的前項和22．（10分）已知等差數列的前n項和為，等比數列的前n項和為，且，，（1）求，；（2）已知，，試比較，的大小

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、A【解析】根據雙曲線方程確定焦點位置，再根據漸近線方程為求解.【詳解】因為雙曲線所以焦點在x軸上，又因為漸近線方程為，所以，所以.故選：A【點睛】本題主要考查雙曲線的幾何性質，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.2、B【解析】由直線方程,可知直線的斜率，設直線的傾斜角為，則，又，所以，故選3、C【解析】過作，連接，由于，故平面，所以所求直線與平面所成的角為，設棱長為，則，故，.點睛：本題主要考查空間立體幾何直線與平面的位置關系，考查直線與平面所成的角，考查線面垂直的證明方法和常見幾何體的結構特征.由于題目所給幾何體為直三棱柱，故側棱和底面垂直，這是一個重要的隱含條件，通過作交線的垂線，即可得到高，由此作出二面角的平面角.4、D【解析】代入計算即可.【詳解】設B點的坐標為，由拋物線方程得，則此時刻拱橋的最高點到水面的距離為2米.故選：D5、C【解析】化簡復數，根據復數的幾何意義，即可求解.【詳解】由題意，復數，所以復數對應的點為位于第三象限.故選：C.6、A【解析】先求出圓心和半徑，求出圓心到坐標原點的距離，從而求出圓上的點到坐標原點的距離的最小值.【詳解】變形為，故圓心為，半徑為1，故圓心到原點的距離為，故圓上的點到坐標原點的距離最小值為.故選：A7、A【解析】根據給定條件求出，再求出圓O到直線l的距離即可計算作答.【詳解】圓的圓心O，半徑，因，則，而，則，即是正三角形，點O到直線l的距離，因此，，解得，所以實數m等于.故選：A8、C【解析】先根據條件確定為函數的極大值點，得到的值，再根據圖像的單調性和導數幾何意義得到和的正負即可判斷.【詳解】根據題意得，為函數部分函數的極大值點，所以，又因為函數在單調遞增，由圖像可知處切線斜率為銳角，根據導數的幾何意義，所以，又因為函數在單調遞增，由圖像可知處切線斜率為鈍角，根據導數的幾何意義所以.即.故選：C.9、A【解析】由橢圓的標準方程結合充分必要條件的定義即得.【詳解】若，則方程表示焦點在軸上的橢圓；反之，若方程表示焦點在軸上的橢圓，則；所以“”是“方程表示焦點在x軸上的橢圓”的充要條件.故選：A.10、A【解析】根據等差數列的定義求出x，求出公差，即可求出第四項.【詳解】由題可知，等差數列公差d＝(x＋2)－x＝2，故3x＋6＝x＋2＋2，故x＝－1，故第四項為－1＋(4－1)×2＝5.故選：A.11、C【解析】利用必要條件和充分條件的定義判斷.【詳解】A選項：，，，所以是的充分不必要條件，A錯誤；B選項：，，所以是的非充分非必要條件，B錯誤；C選項：，，，所以是必要不充分條件，C正確；D選項：，，，所以是的非充分非必要條件，D錯誤.故選：C.12、C【解析】利用等差數列的通項公式即可求解【詳解】設數列，，，，是首項為，公差d＝－4的等差數列{}，，令，得故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2【解析】首先利用二項展開式的通項公式，求，再利用賦值法求系數的和以及【詳解】展開式的通項為，令，則，即，故，令，得.又，所以故故答案為：14、##【解析】曲線圍成圖形關于軸，軸對稱，故只需要求出第一象限的面積即可.【詳解】將或代入方程，方程不發(fā)生改變，故曲線關于軸，軸對稱，因此只需求出第一象限的面積即可.當，時，曲線可化為：，表示的圖形為一個半圓，圍成的面積為，故曲線圍成的圖形的面積為.故答案：.15、【解析】由且為非零向量可直接構造方程求得，進而得到結果.【詳解】由題意知：，，解得：（舍）或，.故答案為：.16、【解析】可知B對的邊最大，再用正弦定理計算即可.【詳解】利用正弦定理可知，B對的邊最大，因為，，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）預計第9周才能完成接種工作【解析】（1）利用最小二乘法原理求解即可；（2）解方程即得解.【小問1詳解】解：由表中數據得，，，，.所以所以y關于的線性回歸方程為.【小問2詳解】解：令，解得.所以預計第9周才能完成接種工作.18、（1）證明見解析；（2）【解析】（1）要證，可證，由題意可得，，易證，從而平面，即有，從而得證；（2）取中點，根據題意可知，兩兩垂直，所以以點為坐標原點，建立空間直角坐標系，再分別求出向量和平面的一個法向量，即可根據線面角的向量公式求出【詳解】（1）中，，，，由余弦定理可得，所以，．由題意且，平面，而平面，所以，又，所以（2）由，，而與相交，所以平面，因為，所以，取中點，連接，則兩兩垂直，以點為坐標原點，如圖所示，建立空間直角坐標系,則,又為中點，所以.由（1）得平面，所以平面的一個法向量從而直線與平面所成角的正弦值為【點睛】本題第一問主要考查線面垂直的相互轉化，要證明，可以考慮，題中與有垂直關系直線較多，易證平面，從而使問題得以解決；第二問思路直接，由第一問的垂直關系可以建立空間直角坐標系，根據線面角的向量公式即可計算得出19、（1）單調遞增區(qū)間是和，單調遞減是；（2）函數的最大值是，函數的最小值是.【解析】（1）利用導數和函數單調性關系，求函數的單調區(qū)間；（2）利用函數的單調性，列表求函數的最值.【小問1詳解】，當，解得：或，所以函數的單調遞增區(qū)間是和，當，解得：，所以函數的單調遞減區(qū)間是，所以函數的單調遞增區(qū)間是和，單調遞減是；【小問2詳解】由（1）可得下表4單調遞增單調遞減單調遞增所以函數的最大值是，函數的最小值是20、（1）；（2）存在；或.【解析】（1）設，由，，，求得的值即可得橢圓的方程；（2）設，，直線的方程為與橢圓方程聯立可得，，進而可得弦長，求出點到直線的距離，解方程，求得的值即可求解.【小問1詳解】設，因為直線的斜率為，，所以，可得，又因為，所以，所以，所以橢圓的方程為【小問2詳解】假設存在直線，使得的面積為，當軸時，不合題意，設，，直線的方程為，聯立消去得：，由可得或，，，所以，點到直線的距離，所以，整理可得：即，所以或，所以或，所以存在直線：或使得的面積為.21、（1）（2）【解析】（1）設數列的公差為，由，且，，，利用“”法求解；（2）由，利用裂項相消法求解.【小問1詳解】解：，，設數列的公差為，則，，，由題知，整理得，解得，（舍去），，則.【小問2詳解】，則=.22、（1），；（2）.【解析】(1)設等差數列的公差，等比數列