南昌市重点中学2025届数学高二上期末调研试题含解析

南昌市重点中学2025届数学高二上期末调研试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．若数列的前n项和(n∈N*)，则=（）A.20 B.30C.40 D.502．不等式表示的平面区域是一个（）A.三角形 B.直角三角形C.矩形 D.梯形3．已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若向量，，，则的最小值为（）A. B.C. D.4．已知，，若直线上存在点P，满足，则l的倾斜角的取值范围是（）A. B.C D.5．已知是双曲线的左焦点，，是双曲线右支上的动点，则的最小值为（）A.9 B.8C.7 D.66．如图，已知正方体，点P是棱中点，设直线为a，直线为b．对于下列两个命题：①过点P有且只有一条直线l与a、b都相交；②过点P有且只有两条直线l与a、b都成角．以下判断正确的是（）A.①为真命题，②为真命题 B.①为真命题，②为假命题C.①为假命题，②为真命题 D.①为假命题，②为假命题7．以椭圆＋＝1的焦点为顶点，以这个椭圆的长轴的端点为焦点的双曲线方程是（）A. B.C. D.8．德国数学家米勒曾提出最大视角问题，这一问题一般的描述是：已知点A、B是的ON边上的两个定点，C是OM边上的一个动点，当C在何处时，最大？问题的答案是：当且仅当的外接圆与边OM相切于点C时，最大．人们称这一命题为米勒定理．已知点P、Q的坐标分别是（2，0），（4，0），R是y轴正半轴上的一动点，当最大时，点R的纵坐标为（）A.1 B.C. D.29．已知数列满足：，数列的前n项和为，若恒成立，则的取值范围是（）A. B.C. D.10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A.54 B.45C.27 D.8111．等差数列的前项和，若，则A.8 B.10C.12 D.1412．已知方程表示双曲线，则实数的取值范围是（）A.或 B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图所示，奥林匹克标志由五个互扣的环圈组成，五环象征五大洲的团结.若从该奥林匹克标志的五个环圈中任取2个，则这2个环圈恰好相交的概率为___________.14．设f(x)＝xlnx，若f′(x0)＝2，则x0＝________15．已知数列中，.若为等差数列，则______.16．圆的圆心坐标为___________；半径为___________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知圆的圆心在第一象限内，圆关于直线对称，与轴相切，被直线截得的弦长为.（1）求圆的方程；（2）若点，求过点的圆的切线方程.18．（12分）已知圆的圆心为，且圆经过点（1）求圆的标准方程；（2）若圆：与圆恰有两条公切线，求实数取值范围19．（12分）已知函数（1）当时，求函数的极值；（2）当时，若恒成立，求实数a的取值范围20．（12分）在①直线l：是抛物线C的准线；②F是椭圆的一个焦点；③，对于C上的点A，的最小值为；在以上三个条件中任选一个，填到下面问题中的横线处，并完成解答．已知抛物线C：的焦点为F，满足_____（1）求抛物线C的标准方程；（2）是抛物线C上在第一象限内的一点，直线：与C交于M，N两点，若的面积为，求m的值21．（12分）已知函数其中.（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，函数有两个零点，，满足，证明.22．（10分）已知椭圆的焦点为，且该椭圆过点（1）求椭圆的标准方程；（2）若椭圆上的点满足，求的值

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】由前项和公式直接作差可得.【详解】数列的前n项和(n∈N*)，所以.故选：B.2、D【解析】作出不等式组所表示平面区域，可得出结论.【详解】由可得或，作出不等式组所表示的平面区域如下图中的阴影部分区域所示：由图可知，不等式表示的平面区域是一个梯形.故选：D.3、C【解析】由，得到，根据正弦、余弦定理定理化简得到，化简得到，再结合基本不等式，即可求解.【详解】由题意，向量，，因为，所以，可得，由正弦定理得，整理得，又由余弦定理，可得，因为，所以，由，所以，因为是锐角三角形，且，可得，解得，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.故选：C4、A【解析】根据题意，求得直线恒过的定点，数形结合只需求得线段与直线有交点时的斜率，结合斜率和倾斜角的关系即可求得结果.【详解】对直线，变形为，故其恒过定点，若直线存在点P，满足，只需直线与线段有交点即可.数形结合可知，当直线过点时，其斜率取得最大值，此时，对应倾斜角；当直线过点时，其斜率取得最小值，此时，对应倾斜角为.根据斜率和倾斜角的关系，要满足题意，直线的倾斜角的范围为：.故选：A.5、A【解析】由双曲线方程求出，再根据点在双曲线的两支之间，结合可求得答案【详解】由，得，则，所以左焦点为，右焦点，则由双曲线的定义得，因为点在双曲线的两支之间，所以，所以，当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为9，故选：A6、A【解析】①由正方形的性质，可以延伸正方形，再利用两条平行线确定一个平面即可；②一组邻边与对角面夹角相等，在平面内绕P转动，可以得到二条直线与a、b的夹角都等于.【详解】如下图所示，在侧面正方形和再延伸一个正方形和，则平面和在同一个平面内，所以过点P，有且只有一条直线l，即与a、b相交，故①为真命题；取中点N，连PN，由于a、b为异面直线，a、b的夹角等于与b的夹角.由于平面，平面，，所以平面，所以与与b的夹角都为.又因为平面，所以与与b的夹角都为，而，所以过点P，在平面内存在一条直线，使得与与b的夹角都为，同理可得，过点P，在平面内存在一条直线，使得与与的夹角都为；故②为真命题.故选：A7、B【解析】根据椭圆的几何性质求椭圆的焦点坐标和长轴端点坐标，由此可得双曲线的a，b，c，再求双曲线的标准方程.【详解】∵椭圆的方程为＋＝1，∴椭圆的长轴端点坐标为，，焦点坐标为，，∴双曲线的焦点在y轴上，且a＝1，c＝2，∴b2＝3，∴双曲线方程为，故选：B.8、C【解析】由题意，借助米勒定理，可设出坐标，表示出的外接圆方程，然后在求解点R的纵坐标.【详解】因为点P、Q的坐标分别是（2，0），（4，0）是x轴正半轴上的两个定点，点R是y轴正半轴上的一动点，根据米勒定理，当的外接圆与y轴相切时，最大，由垂径定理可知，弦的垂直平分线必经过的外接圆圆心，所以弦的中点为（3，0），故弦中点的横坐标即为的外接圆半径，即，由垂径定理可得，圆心坐标为，故的外接圆的方程为，所以点R的纵坐标为.故选：C.9、D【解析】由于，所以利用裂项相消求和法可求得，然后由可得恒成立，再利用基本不等式求出的最小值即可【详解】，故，故恒成立等价于，即恒成立，化简得到，因为，当且仅当，即时取等号，所以故选：D10、B【解析】由三视图可得该几何体是由平行六面体切割掉一个三棱锥而成，直观图如图所示，所以该几何体的体积为故选B点睛：本题考查了组合体的体积，由三视图还原出几何体，由四棱柱的体积减去三棱锥的体积.11、C【解析】假设公差为,依题意可得.所以.故选C.考点：等差数列的性质.12、A【解析】根据双曲线标准方程的性质，列出关于不等式，求解即可得到答案【详解】由双曲线的性质：，解的或，故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】利用古典概型求概率.【详解】从该奥林匹克标志的五个环圈中任取2个，共有10种情况，其中这2个环圈恰好相交的情况有4种，则所求的概率.故答案为：.14、【解析】f（x）=xlnx∴f'（x）=lnx+1则f′（x0）=lnx0+1=2解得：x0=e15、【解析】利用等差中项求解即可【详解】由为等差数列，则，解得故答案为：16、①.②.【解析】配方后可得圆心坐标和半径【详解】将圆的一般方程化为圆标准方程是，圆心坐标为，半径为故答案为：；三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）或【解析】（1）结合点到直线的距离公式、弦长公式求得，由此求得圆的方程.（2）根据过的圆的切线的斜率是否存在进行分类讨论，结合点到直线的距离公式求得切线方程.【小问1详解】由题意，设圆的标准方程为：，圆关于直线对称，圆与轴相切：…①点到的距离为：，圆被直线截得的弦长为，，结合①有：，，又，，，圆的标准方程为：.【小问2详解】当直线的斜率不存在时，满足题意当直线的斜率存在时，设直线的斜率为，则方程为.又圆C的圆心为，半径，由，解得.所以直线方程为，即即直线的方程为或.18、（1）；（2）.【解析】(1)根据给定条件求出圆C的半径，再直接写出方程作答.(2)由给定条件可得圆C与圆O相交，由此列出不等式求解作答.【小问1详解】依题意，圆C的半径，所以圆的标准方程是：.【小问2详解】圆：圆心，半径为，因圆与圆恰有两条公切线，则有圆O与圆C相交，即，而，因此有，解得，所以实数的取值范围是.19、（1）极大值；极小值（2）【解析】（1）利用导数来求得的极大值和极小值.（2）由不等式分离常数，通过构造函数法，结合导数来求得的取值范围.【小问1详解】当时，，，令，可得或2所以在区间递增；在区间递减.故当时．函数有极大值，故当时，函数有极小值；【小问2详解】由，有，可化为，令，有，令，有，令，可得，可得函数的增区间为，减区间为，有，可知，有函数为减函数，有，故当时，若恒成立，则实数a的取值范围为【点睛】求解不等式恒成立问题，可利用分离常数法，结合导数求最值来求解.在利用导数研究函数的过程中，如果一阶导数无法解决，可考虑利用二阶导数来进行求解.20、（1）（2）或.【解析】（1）选条件①，由准线方程得参数，从而得抛物线方程；选条件②，由椭圆的焦点坐标与抛物线焦点坐标相同求得得抛物线方程；选条件③，由F，A，B三点共线时，，再由两点间距离公式求得得抛物线方程；（2）求出点坐标，由点到直线距离公式求得到直线的距离，设，，直线方程代入抛物线方程，判别式大于0保证相交，由韦达定理得，由弦长公式得弦长，再计算出三角形的面积后可解得【小问1详解】选条件①：由准线方程为知，所以抛物线C的方程为选条件②：因为抛物线的焦点坐标为所以由已知得椭圆的一个焦点为.所以，又，所以，所以抛物线C的方程为选条件③：由题意可知得，当F，A，B三点共线时，，由两点间距离公式，解得，所以抛物线C的方程为.【小问2详解】把代入方程，可得，设，，联立，消去y可得，由，解得，又知，，所以，由到直线的距离为，所以，即，解得或经检验均满足，所以m的值为或.21、（1）单调递增区间,无递减区间；（2）证明见解析【解析】（1）求出函数的导数，从而判断其正负，确定函数的单调区间；（2）根据题意可得到，进而变形为，然后换元令，将证明的问题转换为成立的问题，从而构造新函数，求新函数的导数，判断其单调性，求其最值，进而证明不等式成立.【小问1详解】时，，,令，当时，，当时，，故，则，故是单调递增函数，即的单调递增区间为,无递减区间；【小问2详解】当时，函数有两个零点，，满足,即，所以，则，令，由于，则，则x2=tx故，要证明，只需证明，即证，设，令，则，当时，，即在时为增函数，故，即，所以在时为增函数，即，即，故，即.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间以及涉及到零点的不等式的证明问题，解答时要注意导数的应用，主要是根据导数的正负判断函数的单调性，进而求函数极值或最值，解答的关键时对函数式或者不等式进行合理的变形，进而能构造新的函