江西省撫州市臨川一中2025屆高二上數學期末達標檢測試題含解析

江西省撫州市臨川一中2025屆高二上數學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．在空間直角坐標系中，，，平面的一個法向量為，則平面與平面夾角的正弦值為（）A. B.C. D.2．設R，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件3．已知F是拋物線的焦點，直線l是拋物線的準線，則F到直線l的距離為（）A.2 B.4C.6 D.84．已知直線與垂直，則為（）A.2 B.C.-2 D.5．已知實數成等比數列，則圓錐曲線的離心率為（）A. B.2C.或2 D.或6．下列說法正確的是（）A.“若，則，全為0”的否命題為“若，則，全不為0”B.“若方程有實根，則”的逆命題是假命題C.命題“，”的否定是“，”D.“”是“直線與直線平行”的充要條件7．我國古代數學名著《算法統(tǒng)宗》中說：“九百九十六斤棉，贈分八子做盤纏，次第每人多十七，要將第八數來言，務要分明依次第，孝和休惹外人傳.”意為：“996斤棉花，分別贈送給8個子女做旅費，從第一個孩子開始，以后每人依次多17斤，直到第8個孩子為止.分配時一定要依照次序分，要順從父母，兄弟間和氣，不要引得外人說閑話.”在這個問題中，第5個孩子分到棉花為（）A.133斤 B.116斤C.99斤 D.65斤8．圓上到直線的距離為的點共有A.個 B.個C.個 D.個9．如圖所示，正方形邊長為2cm，它是水平放置的一個平面圖形的直觀圖，則原圖形的周長是（）A.16cm B.cmC.8cm D.cm10．如圖，已知雙曲線的左右焦點分別為、，，是雙曲線右支上的一點，，直線與軸交于點，的內切圓半徑為，則雙曲線的離心率是（）A. B.C. D.11．已知為定義在R上的偶函數函數，且在單調遞減.若關于的不等式在上恒成立，則實數m的取值范圍是（）A. B.C. D.12．曲線在點處的切線方程是A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知橢圓的左、右焦點分別為F1，F2，P為橢圓上一點，且（O為坐標原點）.若，則橢圓的離心率為________14．已知的頂點A(1，5)，邊AB上的中線CM所在的直線方程為，邊AC上的高BH所在直線方程為，求（1）頂點C的坐標；（2）直線BC的方程；15．已知正項等比數列的前n項和為，且，則的最小值為_________16．年月我國成功發(fā)射了第一顆人造地球衛(wèi)星“東方紅一號”，這顆衛(wèi)星的運行軌道是以地心（地球的中心）為一個焦點的橢圓.已知衛(wèi)星的近地點（離地面最近的點）距地面的高度約為，遠地點（離地面最遠的點）距地面的高度約為，且地心、近地點、遠地點三點在同一直線上，地球半徑約為，則衛(wèi)星運行軌道是上任意兩點間的距離的最大值為___________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）已知橢圓，點在上，，且（1）求出直線所過定點的坐標；（不需要證明）（2）過A點作的垂線，垂足為，是否存在點，使得為定值？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.18．（12分）若存在常數，使得對任意，，均有，則稱為有界集合，同時稱為集合的上界.（1）設，，試判斷A、B是否為有界集合，并說明理由；（2）已知常數，若函數為有界集合，求集合的上界最小值.19．（12分）在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為正方形，平面ABCD，，，.（1）求證：平面PAD；（2）求直線AB與平面PCE所成角的正弦值；20．（12分）已知二項式的展開式中各二項式系數之和比各項系數之和小240．求：（1）n的值；（2）展開式中x項的系數；（3）展開式中所有含x的有理項21．（12分）已知中，分別為角的對邊，且（1）求；（2）若為邊的中點，，求的面積22．（10分）已知橢圓C：過兩點（1）求C的方程；（2）定點M坐標為，過C右焦點的直線與C交于P，Q兩點，判斷是否為定值？若是，求出該定值，若不是，請說明理由

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】根據給定條件求出平面的法向量，再借助空間向量夾角公式即可計算作答.【詳解】設平面的法向量為，則，令，得，令平面與平面夾角為，則，，所以平面與平面夾角的正弦值為.故選：A2、A【解析】根據不等式性質判斷即可.【詳解】若“”，則成立；反之，若，當，時，不一定成立.如，但.故“”是“”的充分不必要條件.故答案為：A.【點睛】本題考查充分條件、必要調價的判斷，考查不等式與不等關系，屬于基礎題.3、B【解析】根據拋物線定義即可求解【詳解】由得，所以F到直線l的距離為故選：B4、A【解析】利用一般式中直線垂直的系數關系列式求解.【詳解】因為直線與垂直，故選：A.5、C【解析】根據成等比數列求得，再根據離心率計算公式即可求得結果.【詳解】因為實數成等比數列，故可得，解得或；當時，表示焦點在軸上的橢圓，此時；當時，表示焦點在軸上的雙曲線，此時.故選：C.6、D【解析】A選項，全為0的否定是不全為0；B選項，先寫出逆命題，再判斷出真假；C選項，命題“，”的否定是“，”，D選項，根據直線平行，列出方程和不等式，求出，進而判斷出充要條件.【詳解】“若，則，全為0”的否命題為“若，則，不全為0”，A錯誤；若方程有實根，則的逆命題是若，則方程有實根，由得：，其中，所以若，則方程有實根是真命題，故B錯誤；命題“，”的否定是“，”，C錯誤；直線與直線平行，需要滿足且，解得：，所以“”是“直線與直線平行”的充要條件，D正確；故選：D7、A【解析】根據等差數列的前n項和公式、等差數列的通項公式進行求解即可.【詳解】依題意得，八個子女所得棉花斤數依次構成等差數列，設該等差數列為，公差為d，前n項和為，第一個孩子所得棉花斤數為，則由題意得，，解得，故選：A8、C【解析】求出圓的圓心和半徑，比較圓心到直線的距離和圓的半徑的關系即可得解.【詳解】圓可變?yōu)?，圓心為，半徑為，圓心到直線的距離，圓上到直線的距離為的點共有個.故選：C.【點睛】本題考查了圓與直線的位置關系，考查了學生合理轉化的能力，屬于基礎題.9、A【解析】由直觀圖確定原圖形中平行四邊形中線段的長度與關系，然后計算可得【詳解】由斜二測畫法，原圖形是平行四邊形，，又，，，所以，周長為故選：A10、D【解析】根據給定條件結合直角三角形內切圓半徑與邊長的關系求出雙曲線實半軸長a，再利用離心率公式計算作答.【詳解】依題意，，的內切圓半徑，由直角三角形內切圓性質知：，由雙曲線對稱性知，，于是得，即，又雙曲線半焦距c=2，所以雙曲線的離心率.故選：D【點睛】結論點睛：二直角邊長為a，b，斜邊長為c的直角三角形內切圓半徑.11、C【解析】由條件利用函數的奇偶性和單調性，可得對恒成立，轉化為且對恒成立．求得相應的最大值和最小值，從而求得的范圍【詳解】定義在上的函數為偶函數，且在上遞減，在上單調遞增，若不等式在上恒成立，即在上恒成立在上恒成立，即在上恒成立，即且在上恒成立令，則，，，，在上遞增，上遞減，令，當時，，在上遞減，故可知，解得，所以實數m的取值范圍是故選：C12、D【解析】先求導數，得切線的斜率，再根據點斜式得切線方程.【詳解】，選D.點睛】本題考查導數幾何意義以及直線點斜式方程，考查基本求解能力，屬基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、##【解析】由向量的數量積得，從而得，利用勾股定理和橢圓的定義可得的等式，從而求得離心率【詳解】，所以，又，所以是直角三角形，，，又，，所以，，，所以故答案為：14、（1）；（2）.【解析】（1）設出點C的坐標，進而根據點C在中線上及求得答案；（2）設出點B的坐標，進而求出點M的坐標，然后根據中線的方程及求出點B的坐標，進而求出直線BC的方程.【小問1詳解】設C點的坐標為，則由題知，即.【小問2詳解】設B點的坐標為，則中點M坐標代入中線CM方程則由題知，即，又，則，所以直線BC方程為.15、16【解析】根據是等比數列，由，即可得也是等比數列，結合基本不等式的性質即可求出的最小值.【詳解】是等比數列，，即，也是等比數列，且，，可得：，當且僅當時取等號，的最小值為16.故答案為：1616、【解析】根據題意由a-c=439+6371，a+c=2384+6371，求得2a即可.【詳解】設橢圓的長半軸長為a，半焦距為c，由題意得：a-c=439+6371，a+c=2384+6371,兩式相加得：2a=15565，因為橢圓上任意兩點間的距離的最大值為長軸長2a,所以衛(wèi)星運行軌道是上任意兩點間的距離的最大值為，故答案為：15565三、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）存在，【解析】（1）分斜率存在和斜率不存在兩種情況，當斜率存在時，設出直線方程，聯立橢圓方程，利用韋達定理列出方程，求出定點坐標，當斜率不存在時，設出點的坐標進行求解；（2）結合第一問的定點坐標，結合直角三角形斜邊中線得到存在點，使得為定值，求出結果.【小問1詳解】設點，若直線斜率存在時，設直線的方程為：，代入橢圓方程消去并整理得：，可得，因為，所以，即，根據，代入整理可得：，所以，整理化簡得:，因為不在直線上，所以，故，于是的方程為，所以直線過定點直線過定點.當直線的斜率不存在時，可得，由得：，得，結合可得：，解得：或（舍）.此時直線過點【小問2詳解】由（1）可知因為，取中點，則此時，【點睛】直線過定點問題，一般處理思路是分斜率存在和斜率不存在兩種情況，特別是斜率存在時，設出直線為，聯立后用韋達定理得到兩根之和與兩根之積，結合題干條件得到等量關系，求出的關系，進而得到定點坐標.18、（1）A不是有界集合，B是有界集合，理由見解析（2）【解析】（1）解不等式求得集合A；由，根據指數函數的性質求得集合B，由此可得結論；（2）由函數，得出函數單調遞減，即有，分和兩種情況討論，求得集合的上界，再由集合的上界函數的單調性可求得集合的上界的最小值.【小問1詳解】解：由得，即，，對任意一個，都有一個，故不是有界集合；，，，，是有界集合，上界為1；【小問2詳解】解：，因為，所以函數單調遞減，，因為函數為有界集合，所以分兩種情況討論：當，即時，集合的上界，當時，不等式為；當時，不等式為；當時，不等式為，即時，集合的上界，當，即時，集合的上界，同上解不等式得的解為，即時，集合的上界，綜上得時，集合的上界；時，集合的上界.時，集合的上界是一個減函數，所以此時，時，集合的上界是增函數，所以，所以集合的上界最小值為；19、（1）證明見詳解（2）【解析】（1）將線面平行轉化為面面平行，由已知易證；（2）延長相交與點F，利用等體積法求點A到平面PCE，然后由可得.【小問1詳解】四邊形ABCD為正方形平面PAD，平面PAD平面PAD同理，，平面PAD又平面，平面平面平面PAD平面平面PAD【小問2詳解】延長相交與點F，因為，所以分別為的中點.記點到平面PCF為d，直線AB與平面PCE所成角為，則.易知，，，，因為平面ABCD，所以，所以因為，所以由得：即，得所以22.20、（1）4（2）54（3）第1項，第3項，第5項【解析】（1）由題可得，解方程即得；（2）利用二項展開式的通項公式，即得；（3）利用二項展開式的通項公式，令，即求【小問1詳解】由已知，得，即，所以或（舍），∴【小問2詳解】設展開式的第項為令，得，則含x項的系數為【小問3詳解】由（2）可知，令，則有，2，4，所以含x的有理項為第1項，第3項，第5項21、（1）；（2）【解析】（1）利用正弦定理化邊為角可得，化簡可得，結合，即得解；（2）在中，由余弦定理得，可得，利用面積公式即得解【詳解】（1）中由正弦定理及條件，可得，∵，，∴，∵，∴，或，又∵，∴，∴，，∴（2）為邊的中點，，，得，中，由余弦定理得，∴，∴，∵，∴，22、（1）；（2）為定值.【解析】（1）根據題意，列