江西省上饶市2025届数学高二上期末学业质量监测模拟试题含解析

江西省上饶市2025届数学高二上期末学业质量监测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．已知空间向量，，且，则的值为（）A. B.C. D.2．已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，则抛物线的准线方程为（）A. B.C. D.3．在递增等比数列中，为其前n项和．已知，，且，则数列的公比为（）A.3 B.4C.5 D.64．已知椭圆的离心率为，直线与椭圆交于两点，为坐标原点，且，则椭圆的方程为A B.C. D.5．已知直线和圆相交于两点．若，则的值为（）A. B.C. D.6．关于的不等式的解集为（）A. B.C.或 D.7．观察：则第行的值为（）A. B.C. D.8．已知分别是椭圆的左，右焦点，点M是椭圆C上的一点，且的面积为1，则椭圆C的短轴长为（）A.1 B.2C. D.49．抛物线的准线方程为，则实数的值为（）A. B.C. D.10．用斜二测画法画出边长为2的正方形的直观图，则直观图的面积为（）A. B.C.4 D.11．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数到与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．如数列1，3，6，10，前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列、这样的数列称为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前7项分别为2，3，5，8，12，17，23则该数列的第100项为（）A.4862 B.4962C.4852 D.495212．若函数在上有两个极值点，则下列选项中不正确的为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设，复数，，若是纯虚数，则的虛部为_________.14．下图是个几何体的展开图，图①是由个边长为的正三角形组成；图②是由四个边长为的正三角形和一个边长为的正方形组成；图③是由个边长为的正三角形组成；图④是由个边长为的正方形组成.若几何体能够穿过直径为的圆，则该几何体的展开图可以是______（填所有正确结论的序号）.15．曲线在处的切线方程为______.16．设函数满足，则______.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）写出下列命题的逆命题、否命题以及逆否命题：（1）若，则；（2）已知为实数，若，则18．（12分）已知数列满足且.（1）证明数列是等比数列；（2）设数列满足，，求数列的通项公式.19．（12分）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（1）求B；（2）若，求的面积的最大值20．（12分）在中，内角所对的边长分别为，是1和的等差中项（1）求角；（2）若的平分线交于点，且，求的面积21．（12分）已知圆经过，且圆心C在直线上（1）求圆的标准方程；（2）若直线：与圆存在公共点，求实数的取值范围22．（10分）在正方体中，，，分别是，，的中点.（1）证明：平面平面；（2）求直线与所成角的正切值.

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】根据向量垂直得，即可求出的值.【详解】.故选：B.2、C【解析】先求出椭圆的右焦点，从而可求抛物线的准线方程.【详解】，椭圆右焦点坐标为，故抛物线的准线方程为，故选：C.【点睛】本题考查抛物线的几何性质，一般地，如果抛物线的方程为，则抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，本题属于基础题.3、B【解析】由已知结合等比数列的性质可求出、，然后结合等比数列的求和公式求解即可.【详解】解：由题意得：是递增等比数列又，，故故选：B4、D【解析】根据等腰直角三角形的性质可得，将代入椭圆方程，结合离心率为以及性质列方程组求得与的值，从而可得结果.【详解】设直线与椭圆在第一象限的交点为，因为，所以，即，由可得，，故所求椭圆的方程为.故选D.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程与性质，以及椭圆离心率的应用，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，属于中档题.5、C【解析】求出圆心到直线的距离，再利用，化简求值，即可得到答案.【详解】圆的圆心为，圆心到直线的距离公式为，故故选：C.6、C【解析】求出不等式对应方程的根，结合不等式和二次函数的关系，即可得到结果.【详解】不等式对应方程的两根为，因为，故可得，根据二次不等式以及二次函数的关系可得不等式的解集为或.故选：C.【点睛】本题考查含参二次不等式的求解，属基础题.7、B【解析】根据数阵可知第行为，利用等差数列求和，即可得到答案；【详解】根据数阵可知第行为，，故选：B8、B【解析】首先分别设，，再根据椭圆的定义和性质列出等式，即可求解椭圆的短轴长.【详解】设，，所以，即，即，得，短轴长为.故选：B9、B【解析】由题得，解方程即得解.【详解】解：抛物线的准线方程为，所以.故选：B10、A【解析】画出直观图，求出底和高，进而求出面积.【详解】如图，，，，过点C作CD⊥x轴于点D，则,所以直观图是底为2、高为的平行四边形，所以面积为.故选：A.11、D【解析】根据题意可得数列2，3，5，8，12，17，23，，满足：，，从而利用累加法即可求出，进一步即可得到的值【详解】2，3，5，8，12，17，23，后项减前项可得1，2，3，4，5，6，所以，所以.所以.故选：D12、C【解析】求导，根据题意可得，从而可得出答案.【详解】解：，因为函数在上有两个极值点，所以，即.所以ABD正确，C错误.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由复数除法的运算法则求出，又是纯虚数，可求出，从而根据共轭复数及虚部的定义即可求解.【详解】解：因为复数，，所以，又是纯虚数，所以，所以，所以所以的虛部为，故答案：.14、①【解析】根据几何体展开图可知①正四面体、②正四棱锥、③正八面体、④正方体，进而求其外接球半径，并与比较大小，即可确定答案.【详解】①由题设，几何体为棱长为的正四面体，该正四面体可放入一个正方体中，且正方体的棱长为，该正四面体的外接球半径为，满足要求；②由题设，几何体为棱长为的正四棱锥，如下图所示：设，连接，则为、的中点，因为四边形是边长为的正方形，则，所以，，所以，，所以，，，所以点为正四棱锥的外接球球心，且该球的半径为，不满足要求；③由题设，几何体为棱长为的正八面体，该正八面体可由两个共底面，且棱长均为的正四棱锥拼接而成，由②可知，该正八面体的外接球半径为，不满足要求；④由题设，几何体为棱长为的正方体，其外接球半径为，不满足要求；故答案为：①.15、【解析】先求出函数的导函数，然后结合导数的几何意义求解即可.【详解】解：由，得，则，即当时，，所以切线方程为：，故答案为：.【点睛】本题考查了曲线在某点处的切线方程的求法，属基础题.16、5【解析】考点：函数导数与求值三、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）答案见解析（2）答案见解析【解析】（1）（2）根据逆命题、否命题以及逆否命题的定义作答即可；【小问1详解】解：逆命题：若，则；否命题：若，则；逆否命题：若，则【小问2详解】解：逆命题：已知为实数，若，则；否命题：已知为实数，若或，则；逆否命题：已知实数，若，则或18、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）根据题意可得，根据等比数列的定义，即可得证；（2）由（1）可得，可得，利用累加法即可求得数列的通项公式.【详解】（1）因为，所以，即，所以是首项为1公比为3的等比数列（2）由（1）可知，所以因为，所以……，，各式相加得：，又，所以，又当n=1时，满足上式，所以19、（1）（2）【解析】（1）：根据正弦定理由边化角和三角正弦和公式即可求解；（2）：根据余弦定理和均值不等式求得最大值，利用面积公式即可求解【小问1详解】由正弦定理及，得，∵，∵，∴【小问2详解】由余弦定理，∴，∴，当且仅当时等号成立，∴的面积的最大值为20、（1）；（2）【解析】（1）根据是1和的等差中项得到，再利用正弦定理结合商数关系，两角和与差的三角函数化简得到求解；（2）由和求得b，c的关系，再结合余弦定理求解即可.【详解】（1）由已知得，在中，由正弦定理得，化简得，因为，所以，所以；（2）由正弦定理得，又，即，由余弦定理得，所以，所以【点睛】方法点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到21、（1）（2）【解析】（1）因为圆心在直线上，可设圆心坐标为，利用圆心到圆上两点的距离相等列出等式求解即可.（2）直线与圆存在公共点，即圆心到直线的距离小于等于半径，列出不等关系求解即可.【小问1详解】解：因为圆心在直线上，所以设圆心坐标为，因为圆经过，，所以，即：，解方程得，圆心坐标为，半径为，圆的标准方程为：【小问2详解】圆心到直线的距离且直线与圆有公共点即22