2025届江西省上饶二中高一下数学期末联考试题含解析

2025届江西省上饶二中高一下数学期末联考试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．在空间四边形中，，，，分别是，的中点，，则异面直线与所成角的大小为（）A． B． C． D．2．已知，则().A． B． C． D．3．已知圆内接四边形ABCD各边的长度分别为AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，则AC的长为（）A．6 B．7 C．8 D．94．已知集合A={x|–1<x<2}，B={x|x>1}，则A∪B=A．（–1，1） B．（1，2） C．（–1，+∞） D．（1，+∞）5．有一个内角为120°的三角形的三边长分别是m，m+1，m+2，则实数m的值为（）A．1 B． C．2 D．6．从一批产品中取出三件产品，设事件为“三件产品全不是次品”，事件为“三件产品全是次品”，事件为“三件产品不全是次品”，则下列结论正确的是（）A．事件与互斥 B．事件与互斥C．任何两个事件均互斥 D．任何两个事件均不互斥7．下列结论正确的是（）A． B．若，则C．当且时， D．8．在区间上随机取一个数，使得的概率为（）A． B． C． D．9．从1，2，3，…，9这个9个数中任取5个不同的数，则这5个数的中位数是5的概率等于（）A．57 B．59 C．210．若平面向量a与b的夹角为60°，|b|=4，(aA．2B．4C．6D．12二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．方程的解集是___________12．已知数列为正项的递增等比数列，，，记数列的前n项和为，则使不等式成立的最大正整数n的值是_______．13．在△ABC中，若，则△ABC的形状是____.14．设数列的前项和为满足：，则_________.15．等差数列中，，则其前12项之和的值为______16．设实数满足，则的最小值为_____三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．已知等比数列的公比为，是的前项和；（1）若，，求的值；（2）若，，有无最值？说明理由；（3）设，若首项和都是正整数，满足不等式，且对于任意正整数有成立，问：这样的数列有几个？18．设数列的前项和为，已知．（1）求，的值；（2）求证：数列是等比数列．19．已知离心率为的椭圆过点．（1）求椭圆的方程；（2）过点作斜率为直线与椭圆相交于两点，求的长．20．已知定义域为的函数是奇函数.（Ⅰ）求实数的值；（Ⅱ）判断函数的单调性，并用定义加以证明.21．某机构通过对某企业今年的生产经营情况的调查，得到每月利润（单位：万元）与相应月份数的部分数据如表：14712229244241196（1）根据如表数据，请从下列三个函数中选取一个恰当的函数描述与的变化关系，并说明理由，，，；（2）利用（1）中选择的函数，估计月利润最大的是第几个月，并求出该月的利润.

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、D【解析】

平移两条异面直线到相交，根据余弦定理求解.【详解】如图所示：设的中点为，连接，所以，则是所成的角或其补角，又根据余弦定理得：，所以，异面直线与所成角的为，故选D.【点睛】本题考查异面直线所成的角和余弦定理.注意异面直线所成的角的取值范围是.2、C【解析】

分子分母同时除以，利用同角三角函数的商关系化简求值即可.【详解】因为，所以，于是有，故本题选C.【点睛】本题考查了同角三角函数的商关系，考查了数学运算能力.3、B【解析】

分别在△ABC和△ACD中用余弦定理解出AC，列方程解出cosD，得出AC．【详解】在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB×BCcosB＝89﹣80cosB，在△ACD中，由余弦定理得AC2＝CD2+AD2﹣2AD×CDcosD＝34﹣30cosD，∴89﹣80cosB＝34﹣30cosD，∵A+C＝180°，∴cosB＝﹣cosD，∴cosD，∴AC2＝34﹣30×（）＝1．∴AC＝2．故选B．【点睛】本题考查了余弦定理的应用，三角形的解法，考查了圆内接四边形的性质的应用，属于中档题．4、C【解析】

根据并集的求法直接求出结果.【详解】∵，∴，故选C.【点睛】考查并集的求法，属于基础题.5、B【解析】

由已知利用余弦定理可得，解方程可得的值.【详解】在三角形中，由余弦定理得：，化简可得：，解得或（舍）.故选：B.【点睛】本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，考查了方程思想，属于基础题.6、B【解析】

根据互斥事件的定义，逐个判断，即可得出正确选项．【详解】为三件产品全不是次品，指的是三件产品都是正品，为三件产品全是次品，为三件产品不全是次品，它包括一件次品，两件次品，三件全是正品三个事件由此知：与是互斥事件；与是包含关系，不是互斥事件；与是互斥事件，故选B．【点睛】本题主要考查互斥事件定义的应用．7、D【解析】

利用不等式的性质进行分析，对错误的命题可以举反例说明．【详解】当时，A不正确；，则，B错误；当时，，，C错误；由不等式的性质正确．故选：D.【点睛】本题考查不等式的性质，掌握不等式性质是解题关键．可通过反例说明命题错误．8、A【解析】则，故概率为.9、C【解析】试题分析：设事件为“从1，2，3，…，9这9个数中5个数的中位数是5”，则基本事件总数为种，事件所包含的基本事件的总数为：，所以由古典概型的计算公式知，，故应选.考点：1.古典概型；10、C【解析】∵(a+2b)·(a-3b)=-72，∴二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、或【解析】

方程的根等价于或，分别求两个三角方程的根可得答案.【详解】方程或，所以或，所以或.故答案为：或.【点睛】本题考查三角方程的求解，求解时可利用单位圆中的三角函数线，注意终边相同角的表示，考查运算求解能力和数形结合思想的运用.12、6【解析】

设等比数列{an}的公比q，由于是正项的递增等比数列，可得q＞1．由a1+a5=82，a2•a4=81=a1a5，∴a1，a5，是一元二次方程x2﹣82x+81=0的两个实数根，解得a1，a5，利用通项公式可得q，an．利用等比数列的求和公式可得数列{}的前n项和为Tn．代入不等式2019|Tn﹣1|＞1，化简即可得出．【详解】数列为正项的递增等比数列，，a2•a4=81=a1a5，即解得，则公比，∴，则，∴，即，得，此时正整数的最大值为6.故答案为6.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式、一元二次方程的解法、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．13、钝角三角形【解析】

由，结合正弦定理可得，，由余弦定理可得可判断的取值范围【详解】解：，由正弦定理可得，由余弦定理可得是钝角三角形故答案为钝角三角形．【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的综合应用在三角形的形状判断中的应用，属于基础题14、【解析】

利用，求得关于的递推关系式，利用配凑法证得是等比数列，由此求得数列的通项公式，进而求得的表达式，从而求得的值.【详解】当时，.由于，而，故，故答案为：.【点睛】本小题主要考查配凑法求数列的通项公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.15、【解析】

利用等差数列的通项公式、前n项和公式直接求解．【详解】∵等差数列{an}中，a3+a10＝25，∴其前12项之和S126（a3+a10）＝6×25＝1．故答案为：1．【点睛】本题考查等差数列的前n项和的公式，考查等差数列的性质的应用，考查运算求解能力，是基础题．16、1．【解析】

由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【详解】解：由实数满足作出可行域如图，

由图形可知：．

令，化为，

由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最小，有最小值为1．

故答案为：1．【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2），最小值，最大值；，最小值，无最大值；（3）个【解析】

（1）由，分类讨论，分别求得，结合极限的运算，即可求解；（2）由等比数列的前项和公式，求得，再分和两种情况讨论，即可求解，得到结论；（3）由不等式，求得，在由等比数列的前项和公式，得到，根据不等式成立，可得，结合数列的单调性，即可求解.【详解】（1）由题意，等比数列，且，①当时，可得，，所以，②当时，可得，所以，综上所述，当，时，.（2）由等比数列的前项和公式，可得，因为且，所以，①当时，单调递增，此时有最小值，无最大值；②当时，中，当为偶数时，单调递增，且；当为奇数时，单调递减，且；分析可得：有最大值，最小值为；综上述，①当时，的最小值为，最大值为；②当时，的最小值为，无最大值；（3）由不等式，可得，又由等比数列的前项和公式，可得，因为首项和都是正整数，所以，又由对于任意正整数有成立，可得，联立可得，设，由为正整数，可得单调递增，所以函数单调递减，所以，且所以，当时，，即，解得，此时有个，当时，，即，解得，此时有个，所以共有个.【点睛】本题主要考查了等比数列的前项和公式，数列的极限的计算，以及数列的单调性的综合应用，其中解答中熟记等比数列的前项和公式，极限的运算法则，以及合理分类讨论是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及分析问题和解答问题的能力，属于难题.18、（1），（2）见解析【解析】

（1）依次令,,解出即可。（2）由知当时，两式相减，化简即可得证。【详解】解（1）∵，∴当时，；当时，，∴；当时，，∴.（2）证明：∵，①∴当时，，②①-②得，∴，即.∴．∵.∴，∴.即是以4为首项，2为公比的等比数列．【点睛】本题考查公式的应用，属于基础题。19、（1）（2）【解析】

（1）根据离心率可得的关系，将点代入椭圆方程，可得椭圆方程；（2）直线方程与椭圆方程联立，可得弦长.【详解】（1），又，，即椭圆方程是，代入点,可得，椭圆方程是.（2）设直线方程是，联立椭圆方程代入可得.【点睛】本题考查了椭圆方程和直线与椭圆的位置关系，涉及弦长公式，属于简单题.20、（Ⅰ）（Ⅱ）在上单调递增，证明见解析【解析】

（1）函数的定义域为，利用奇函数的必要条件，，求出，再用奇函数的定义证明；（2）判断在上单调递增，用单调性的定义证明，任取，求出函数值，用作差法，证明即可.【详解】解：（Ⅰ）∵函数是奇函数，定义域为，∴，即，解之得，此时，为奇函数，；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，设，且，∵，∴，∴，即故在上单调递增.【点睛】本题考查函数奇偶性的应用，注意奇偶性必要条件的运用，减少计算量但要加以证明，考查函