南昌市重點中學(xué)2025屆數(shù)學(xué)高二上期末調(diào)研試題含解析

南昌市重點中學(xué)2025屆數(shù)學(xué)高二上期末調(diào)研試題注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，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．若數(shù)列的前n項和(n∈N*)，則=（）A.20 B.30C.40 D.502．不等式表示的平面區(qū)域是一個（）A.三角形 B.直角三角形C.矩形 D.梯形3．已知銳角的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若向量，，，則的最小值為（）A. B.C. D.4．已知，，若直線上存在點P，滿足，則l的傾斜角的取值范圍是（）A. B.C D.5．已知是雙曲線的左焦點，，是雙曲線右支上的動點，則的最小值為（）A.9 B.8C.7 D.66．如圖，已知正方體，點P是棱中點，設(shè)直線為a，直線為b．對于下列兩個命題：①過點P有且只有一條直線l與a、b都相交；②過點P有且只有兩條直線l與a、b都成角．以下判斷正確的是（）A.①為真命題，②為真命題 B.①為真命題，②為假命題C.①為假命題，②為真命題 D.①為假命題，②為假命題7．以橢圓＋＝1的焦點為頂點，以這個橢圓的長軸的端點為焦點的雙曲線方程是（）A. B.C. D.8．德國數(shù)學(xué)家米勒曾提出最大視角問題，這一問題一般的描述是：已知點A、B是的ON邊上的兩個定點，C是OM邊上的一個動點，當C在何處時，最大？問題的答案是：當且僅當?shù)耐饨訄A與邊OM相切于點C時，最大．人們稱這一命題為米勒定理．已知點P、Q的坐標分別是（2，0），（4，0），R是y軸正半軸上的一動點，當最大時，點R的縱坐標為（）A.1 B.C. D.29．已知數(shù)列滿足：，數(shù)列的前n項和為，若恒成立，則的取值范圍是（）A. B.C. D.10．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為A.54 B.45C.27 D.8111．等差數(shù)列的前項和，若，則A.8 B.10C.12 D.1412．已知方程表示雙曲線，則實數(shù)的取值范圍是（）A.或 B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖所示，奧林匹克標志由五個互扣的環(huán)圈組成，五環(huán)象征五大洲的團結(jié).若從該奧林匹克標志的五個環(huán)圈中任取2個，則這2個環(huán)圈恰好相交的概率為___________.14．設(shè)f(x)＝xlnx，若f′(x0)＝2，則x0＝________15．已知數(shù)列中，.若為等差數(shù)列，則______.16．圓的圓心坐標為___________；半徑為___________.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知圓的圓心在第一象限內(nèi)，圓關(guān)于直線對稱，與軸相切，被直線截得的弦長為.（1）求圓的方程；（2）若點，求過點的圓的切線方程.18．（12分）已知圓的圓心為，且圓經(jīng)過點（1）求圓的標準方程；（2）若圓：與圓恰有兩條公切線，求實數(shù)取值范圍19．（12分）已知函數(shù)（1）當時，求函數(shù)的極值；（2）當時，若恒成立，求實數(shù)a的取值范圍20．（12分）在①直線l：是拋物線C的準線；②F是橢圓的一個焦點；③，對于C上的點A，的最小值為；在以上三個條件中任選一個，填到下面問題中的橫線處，并完成解答．已知拋物線C：的焦點為F，滿足_____（1）求拋物線C的標準方程；（2）是拋物線C上在第一象限內(nèi)的一點，直線：與C交于M，N兩點，若的面積為，求m的值21．（12分）已知函數(shù)其中.（1）當時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）當時，函數(shù)有兩個零點，，滿足，證明.22．（10分）已知橢圓的焦點為，且該橢圓過點（1）求橢圓的標準方程；（2）若橢圓上的點滿足，求的值

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、B【解析】由前項和公式直接作差可得.【詳解】數(shù)列的前n項和(n∈N*)，所以.故選：B.2、D【解析】作出不等式組所表示平面區(qū)域，可得出結(jié)論.【詳解】由可得或，作出不等式組所表示的平面區(qū)域如下圖中的陰影部分區(qū)域所示：由圖可知，不等式表示的平面區(qū)域是一個梯形.故選：D.3、C【解析】由，得到，根據(jù)正弦、余弦定理定理化簡得到，化簡得到，再結(jié)合基本不等式，即可求解.【詳解】由題意，向量，，因為，所以，可得，由正弦定理得，整理得，又由余弦定理，可得，因為，所以，由，所以，因為是銳角三角形，且，可得，解得，所以，所以，當且僅當，即時等號成立，故的最小值為.故選：C4、A【解析】根據(jù)題意，求得直線恒過的定點，數(shù)形結(jié)合只需求得線段與直線有交點時的斜率，結(jié)合斜率和傾斜角的關(guān)系即可求得結(jié)果.【詳解】對直線，變形為，故其恒過定點，若直線存在點P，滿足，只需直線與線段有交點即可.數(shù)形結(jié)合可知，當直線過點時，其斜率取得最大值，此時，對應(yīng)傾斜角；當直線過點時，其斜率取得最小值，此時，對應(yīng)傾斜角為.根據(jù)斜率和傾斜角的關(guān)系，要滿足題意，直線的傾斜角的范圍為：.故選：A.5、A【解析】由雙曲線方程求出，再根據(jù)點在雙曲線的兩支之間，結(jié)合可求得答案【詳解】由，得，則，所以左焦點為，右焦點，則由雙曲線的定義得，因為點在雙曲線的兩支之間，所以，所以，當且僅當三點共線時取等號，所以的最小值為9，故選：A6、A【解析】①由正方形的性質(zhì)，可以延伸正方形，再利用兩條平行線確定一個平面即可；②一組鄰邊與對角面夾角相等，在平面內(nèi)繞P轉(zhuǎn)動，可以得到二條直線與a、b的夾角都等于.【詳解】如下圖所示，在側(cè)面正方形和再延伸一個正方形和，則平面和在同一個平面內(nèi)，所以過點P，有且只有一條直線l，即與a、b相交，故①為真命題；取中點N，連PN，由于a、b為異面直線，a、b的夾角等于與b的夾角.由于平面，平面，，所以平面，所以與與b的夾角都為.又因為平面，所以與與b的夾角都為，而，所以過點P，在平面內(nèi)存在一條直線，使得與與b的夾角都為，同理可得，過點P，在平面內(nèi)存在一條直線，使得與與的夾角都為；故②為真命題.故選：A7、B【解析】根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)求橢圓的焦點坐標和長軸端點坐標，由此可得雙曲線的a，b，c，再求雙曲線的標準方程.【詳解】∵橢圓的方程為＋＝1，∴橢圓的長軸端點坐標為，，焦點坐標為，，∴雙曲線的焦點在y軸上，且a＝1，c＝2，∴b2＝3，∴雙曲線方程為，故選：B.8、C【解析】由題意，借助米勒定理，可設(shè)出坐標，表示出的外接圓方程，然后在求解點R的縱坐標.【詳解】因為點P、Q的坐標分別是（2，0），（4，0）是x軸正半軸上的兩個定點，點R是y軸正半軸上的一動點，根據(jù)米勒定理，當?shù)耐饨訄A與y軸相切時，最大，由垂徑定理可知，弦的垂直平分線必經(jīng)過的外接圓圓心，所以弦的中點為（3，0），故弦中點的橫坐標即為的外接圓半徑，即，由垂徑定理可得，圓心坐標為，故的外接圓的方程為，所以點R的縱坐標為.故選：C.9、D【解析】由于，所以利用裂項相消求和法可求得，然后由可得恒成立，再利用基本不等式求出的最小值即可【詳解】，故，故恒成立等價于，即恒成立，化簡得到，因為，當且僅當，即時取等號，所以故選：D10、B【解析】由三視圖可得該幾何體是由平行六面體切割掉一個三棱錐而成，直觀圖如圖所示，所以該幾何體的體積為故選B點睛：本題考查了組合體的體積，由三視圖還原出幾何體，由四棱柱的體積減去三棱錐的體積.11、C【解析】假設(shè)公差為,依題意可得.所以.故選C.考點：等差數(shù)列的性質(zhì).12、A【解析】根據(jù)雙曲線標準方程的性質(zhì)，列出關(guān)于不等式，求解即可得到答案【詳解】由雙曲線的性質(zhì)：，解的或，故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】利用古典概型求概率.【詳解】從該奧林匹克標志的五個環(huán)圈中任取2個，共有10種情況，其中這2個環(huán)圈恰好相交的情況有4種，則所求的概率.故答案為：.14、【解析】f（x）=xlnx∴f'（x）=lnx+1則f′（x0）=lnx0+1=2解得：x0=e15、【解析】利用等差中項求解即可【詳解】由為等差數(shù)列，則，解得故答案為：16、①.②.【解析】配方后可得圓心坐標和半徑【詳解】將圓的一般方程化為圓標準方程是，圓心坐標為，半徑為故答案為：；三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）或【解析】（1）結(jié)合點到直線的距離公式、弦長公式求得，由此求得圓的方程.（2）根據(jù)過的圓的切線的斜率是否存在進行分類討論，結(jié)合點到直線的距離公式求得切線方程.【小問1詳解】由題意，設(shè)圓的標準方程為：，圓關(guān)于直線對稱，圓與軸相切：…①點到的距離為：，圓被直線截得的弦長為，，結(jié)合①有：，，又，，，圓的標準方程為：.【小問2詳解】當直線的斜率不存在時，滿足題意當直線的斜率存在時，設(shè)直線的斜率為，則方程為.又圓C的圓心為，半徑，由，解得.所以直線方程為，即即直線的方程為或.18、（1）；（2）.【解析】(1)根據(jù)給定條件求出圓C的半徑，再直接寫出方程作答.(2)由給定條件可得圓C與圓O相交，由此列出不等式求解作答.【小問1詳解】依題意，圓C的半徑，所以圓的標準方程是：.【小問2詳解】圓：圓心，半徑為，因圓與圓恰有兩條公切線，則有圓O與圓C相交，即，而，因此有，解得，所以實數(shù)的取值范圍是.19、（1）極大值；極小值（2）【解析】（1）利用導(dǎo)數(shù)來求得的極大值和極小值.（2）由不等式分離常數(shù)，通過構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合導(dǎo)數(shù)來求得的取值范圍.【小問1詳解】當時，，，令，可得或2所以在區(qū)間遞增；在區(qū)間遞減.故當時．函數(shù)有極大值，故當時，函數(shù)有極小值；【小問2詳解】由，有，可化為，令，有，令，有，令，可得，可得函數(shù)的增區(qū)間為，減區(qū)間為，有，可知，有函數(shù)為減函數(shù)，有，故當時，若恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為【點睛】求解不等式恒成立問題，可利用分離常數(shù)法，結(jié)合導(dǎo)數(shù)求最值來求解.在利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的過程中，如果一階導(dǎo)數(shù)無法解決，可考慮利用二階導(dǎo)數(shù)來進行求解.20、（1）（2）或.【解析】（1）選條件①，由準線方程得參數(shù)，從而得拋物線方程；選條件②，由橢圓的焦點坐標與拋物線焦點坐標相同求得得拋物線方程；選條件③，由F，A，B三點共線時，，再由兩點間距離公式求得得拋物線方程；（2）求出點坐標，由點到直線距離公式求得到直線的距離，設(shè)，，直線方程代入拋物線方程，判別式大于0保證相交，由韋達定理得，由弦長公式得弦長，再計算出三角形的面積后可解得【小問1詳解】選條件①：由準線方程為知，所以拋物線C的方程為選條件②：因為拋物線的焦點坐標為所以由已知得橢圓的一個焦點為.所以，又，所以，所以拋物線C的方程為選條件③：由題意可知得，當F，A，B三點共線時，，由兩點間距離公式，解得，所以拋物線C的方程為.【小問2詳解】把代入方程，可得，設(shè)，，聯(lián)立，消去y可得，由，解得，又知，，所以，由到直線的距離為，所以，即，解得或經(jīng)檢驗均滿足，所以m的值為或.21、（1）單調(diào)遞增區(qū)間,無遞減區(qū)間；（2）證明見解析【解析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，從而判斷其正負，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）根據(jù)題意可得到，進而變形為，然后換元令，將證明的問題轉(zhuǎn)換為成立的問題，從而構(gòu)造新函數(shù)，求新函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，判斷其單調(diào)性，求其最值，進而證明不等式成立.【小問1詳解】時，，,令，當時，，當時，，故，則，故是單調(diào)遞增函數(shù)，即的單調(diào)遞增區(qū)間為,無遞減區(qū)間；【小問2詳解】當時，函數(shù)有兩個零點，，滿足,即，所以，則，令，由于，則，則x2=tx故，要證明，只需證明，即證，設(shè)，令，則，當時，，即在時為增函數(shù)，故，即，所以在時為增函數(shù)，即，即，故，即.【點睛】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間以及涉及到零點的不等式的證明問題，解答時要注意導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，主要是根據(jù)導(dǎo)數(shù)的正負判斷函數(shù)的單調(diào)性，進而求函數(shù)極值或最值，解答的關(guān)鍵時對函數(shù)式或者不等式進行合理的變形，進而能構(gòu)造新的函