江西省鹰潭市2025年高二数学第一学期期末统考试题含解析

江西省鹰潭市2025年高二数学第一学期期末统考试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．设数列、都是等差数列，若，则等于（）A. B.C. D.2．已知直线与直线垂直，则（）A. B.C. D.3．设是双曲线的一个焦点，，是的两个顶点，上存在一点，使得与以为直径的圆相切于，且是线段的中点，则的渐近线方程为A. B.C. D.4．“五一”期间，甲、乙、丙三个大学生外出旅游，已知一人去北京，一人去两安，一人去云南.回来后，三人对去向作了如下陈述：甲：“我去了北京，乙去了西安.”乙：“甲去了西安，丙去了北京.”丙：“甲去了云南，乙去了北京.”事实是甲、乙、丙三人陈述都只对了一半(关于去向的地点仅对一个).根据以上信息，可判断下面说法中正确的是（）A.甲去了西安 B.乙去了北京C.丙去了西安 D.甲去了云南5．若，，则有（）A. B.C. D.6．对任意实数，在以下命题中，正确的个数有（）①若，则；②若，则；③若，则；④若，则A. B.C. D.7．瑞士数学家欧拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上．后人称这条直线为欧拉线．已知△ABC的顶点，其欧拉线方程为，则顶点C的坐标是（）A.（） B.（）C.（） D.（）8．复数，则对应的点所在的象限是（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限9．双曲线的焦点坐标是（）A. B.C. D.10．若曲线f(x)＝x2的一条切线l与直线平行，则l的方程为（）A.4x－y－4＝0 B.x＋4y－5＝0C.x－4y＋3＝0 D.4x＋y＋4＝011．下列结论中正确的个数为（）①，；②；③A.0 B.1C.2 D.312．已知椭圆的左、右焦点分别为、，点A是椭圆短轴的一个顶点，且，则椭圆的离心率（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知曲线表示焦点在轴上的双曲线，则符合条件的的一个整数值为______.14．若函数在区间上的最大值是，则__________15．机动车驾驶考试是为了获得机动车驾驶证的考试，采用全国统一的考试科目内容及合格标准，包括科目一理论考试、科目二场地驾驶技能考试、科目三道路驾驶技能考试和科目四安全文明常识考试共四项考试，考生应依次参加四项考试，前一项考试合格后才能报名参加后一项考试，考试不合格则需另行交费预约再次补考．据公安部门通报，佛山市四项考试的合格率依次为，，，，且各项考试是否通过互不影响，则一位佛山公民通过驾考四项考试至多需要补考一次的概率为______16．在空间直角坐标系O－xyz中，平面OAB的一个法向量为＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于__________________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）已知等差数列的前项和为，，.（1）求的通项公式；（2）设数列的前项和为，用符号表示不超过x的最大数，当时，求的值.18．（12分）已知椭圆的长轴长是，以其短轴为直径的圆过椭圆的左右焦点，.（1）求椭圆E的方程；（2）过椭圆E左焦点作不与坐标轴垂直的直线，交椭圆于M，N两点，线段MN的垂直平分线与y轴负半轴交于点Q，若点Q的纵坐标的最大值是，求面积的取值范围.19．（12分）已知椭圆与直线相切，点G为椭圆上任意一点，，，且的最大值为3（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线与椭圆C交于不同两点E，F，点O为坐标原点，且，当的面积取最大值时，求的取值范围20．（12分）已知椭圆：过点，且离心率（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）设的左、右焦点分别为，，过点作直线与椭圆交于，两点，，求的面积21．（12分）在空间直角坐标系Oxyz中，O为原点，已知点，，，设向量，.（1）求与夹角的余弦值；（2）若与互相垂直，求实数k的值.22．（10分）已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）求函数在上的最大值和最小值.

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、A【解析】设等差数列的公差为，根据数列是等差数列可求得，由此可得出，进而可求得所求代数式的值.【详解】设等差数列的公差为，即，由于数列也为等差数列，则，可得，即，可得，即，解得，所以，数列为常数列，对任意的，，因此，.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列基本量的求解，通过等差数列定义列等式求解公差是解题的关键，另外，在求解有关等差数列基本问题时，可充分利用等差数列的定义以及等差中项法来求解.2、D【解析】根据互相垂直两直线的斜率关系进行求解即可.【详解】由，所以直线的斜率为，由，所以直线的斜率为，因为直线与直线垂直，所以，故选：D3、C【解析】根据图形的几何特性转化成双曲线的之间的关系求解.【详解】设另一焦点为，连接，由于是圆的切线，则，且，又是的中点，则是的中位线，则，且，由双曲线定义可知，由勾股定理知，，，即，渐近线方程为，所以渐近线方程为故选C.【点睛】本题考查双曲线的简单的几何性质，属于中档题.4、D【解析】根据题意，先假设甲去了北京正确，则可分析其他人的陈述是否符合题意，再假设乙去西安正确，分析其他人的陈述是否符合题意，即可得答案.【详解】由题意得，甲、乙、丙三人的陈述都只对了一半，假设甲去了北京正确，对于甲的陈述：则乙去西安错误，则乙去了云南；对于乙的陈述：甲去了西安错误，则丙去了北京正确；对于丙的陈述：甲去了云南错误，乙去了北京也错误，故假设错误.假设乙去了西安正确，对于甲的陈述：则甲去了北京错误，则甲去了云南；对于乙的陈述：甲去了西安错误，则丙去了北京正确；对于丙的陈述：甲去了云南正确，乙去了北京错误，此种假设满足题意，故甲去了云南.故选：D5、D【解析】对待比较的代数式进行作差，利用不等式基本性质，即可判断大小.【详解】因为，又，，故，则，即；因为，又，，故，则；综上所述：.故选：D.6、B【解析】直接利用不等式的基本性质判断.【详解】①因为，则，根据不等式性质得，故正确；②当时，，而，故错误；③因为，所以，即，故正确；④当时，，故错误；故选：B7、A【解析】根据题意，求得的外心，再根据外心的性质，以及重心的坐标，联立方程组，即可求得结果.【详解】因为，故的斜率，又的中点坐标为，故的垂直平分线的方程为，即，故△的外心坐标即为与的交点，即，不妨设点，则，即；又△的重心的坐标为，其满足，即，也即，将其代入，可得，，解得或，对应或，即或，因为与点重合，故舍去.故点的坐标为.故选：A.8、C【解析】化简复数，根据复数的几何意义，即可求解.【详解】由题意，复数，所以复数对应的点为位于第三象限.故选：C.9、B【解析】根据双曲线的方程，求得，结合双曲线的几何性质，即可求解.【详解】由题意，双曲线，可得，所以，且双曲线的焦点再轴上，所以双曲线的焦点坐标为.故选：B.10、D【解析】设切点为，则切线的斜率为，然后根据条件可得的值，然后可得答案.【详解】设切点为，因为，所以切线的斜率为因为曲线f(x)＝x2的一条切线l与直线平行，所以，即所以l的方程为，即故选：D11、C【解析】构造函数利用导数说明函数的单调性，即可判断大小，从而得解；【详解】解：令，，则，所以在上单调递增，所以，即，即，，故①正确；令，，则，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即恒成立，所以，故②正确；令，，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以，当且仅当时取等号，故③错误；故选：C12、D【解析】依题意，不妨设点A的坐标为，在中，由余弦定理得，再根据离心率公式计算即可.【详解】设椭圆的焦距为，则椭圆的左焦点的坐标为，右焦点的坐标为，依题意，不妨设点A的坐标为，在中，由余弦定理得：，，，，解得.故选：D.【点睛】本题考查椭圆几何性质，在中，利用余弦定理求得是关键，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、.(答案不唯一)【解析】给出一个符合条件的值即可.【详解】当时，曲线表示焦点在轴上的双曲线，故答案为：.(答案不唯一)14、0【解析】由函数，又由，则，根据二次函数的性质，即可求解函数的最大值，得到答案.【详解】由函数，因为，所以，当时，则，所以.【点睛】本题主要考查了余弦函数的性质，以及二次函数的图象与性质，其中解答中根据余弦函数，转化为关于的二次函数，利用二次函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力，属于基础题.15、【解析】至多需要补考一次，分5种情况分别计算后再求和即可.【详解】不需要补考就通过的概率为；仅补考科目一就通过的概率为；仅补考科目二就通过的概率为；仅补考科目三就通过的概率为；仅补考科目三就通过的概率为，一位佛山公民通过驾考四项考试至多需要补考一次的概率为.故答案为：16、2【解析】O是平面OAB上一个点，设点P到平面OAB的距离为d,则d=∵=(-1,3,2)．(2,-2,1)=-6,∴d==2即点P到平面OAB的距离为2考点：空间向量在立体几何中的运用三、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）9【解析】(1)首先根据已知条件分别求出的首项和公差，然后利用等差数列的通项公式求解即可；(2)首先利用等差数列求和公式求出，然后利用裂项相消法和分组求和法求出，进而可求出的通项公式，最后利用等差数列求和公式求解即可.【小问1详解】不妨设等差数列的公差为，故，，解得，，从而，即的通项公式为.【小问2详解】由题意可知，，所以，故，因为当时，；当时，，所以，由可知，，即，解得，即值为9.18、（1）；（2）.【解析】(1)根据给定条件结合列式计算即可作答.(2)设出直线MN的方程，与椭圆方程联立并结合已知求出m的范围，再借助韦达定理求出面积函数，利用函数单调性计算作答.【小问1详解】令椭圆半焦距为c，依题意，，解得，所以椭圆E的方程为.【小问2详解】由(1)知，椭圆E左焦点为，设过椭圆E左焦点的直线为(存在且不为0)，由消去x得，，设，则，线段的中点为，因此线段的垂直平分线为，由得的纵坐标为，依题意，且，解得，由(1)知，，，令，在上单调递减，当，即时，，当，即时，，所以面积的取值范围.【点睛】结论点睛：过定点的直线l：y=kx+b交圆锥曲线于点，，则面积；过定点直线l：x=ty+a交圆锥曲线于点，，则面积19、（1）（2）【解析】（1）设点，根据题意，得到，根据向量数量积的坐标表示，得到，根据其最小值，求出，即可得出椭圆方程；（2）设，，，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，由弦长公式，以及点到直线距离公式，求出的面积的最值，得到；得出点的轨迹为椭圆，且点为椭圆的左、右焦点，记，则，得到，根据对勾函数求出最值.【小问1详解】设点，由题意知，所以：，则，当时，取得最大值，即，故椭圆C的标准方程是【小问2详解】设，，，则由得，，点O到直线l的距离，对用均值不等式，则：当且仅当即，①，S取得最大值．此时，，，即，代入①式整理得，即点M的轨迹为椭圆且点，为椭圆的左、右焦点，即记，则于是：，由对勾函数的性质：当时，，且，故的取值范围为20、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）根据已知点，离心率以及列方程组，解方程组可得的值即可求解；（Ⅱ）设，，直线的方程为，联立直线与椭圆方程消去，可得，，利用向量数量积的坐标表示列方程可得的值，计算，利用面积公式计算即可求解.【详解】（Ⅰ）将代入椭圆方程可得，即①因为离心率，即，②由①②解得，，故椭圆的标准方程为（Ⅱ）由题意可得