2025届江西省赣州市南康中学、平川中学、信丰中学高二数学第一学期期末统考试题含解析

2025届江西省赣州市南康中学、平川中学、信丰中学高二数学第一学期期末统考试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．已知三棱锥O—ABC，点M，N分别为线段AB，OC的中点，且，，，用，，表示，则等于（）A. B.C. D.2．小方每次投篮的命中率为，假设每次投篮相互独立，则他连续投篮2次，恰有1次命中的概率为（）A. B.C. D.3．设点P是函数图象上任意一点，点Q的坐标，当取得最小值时圆C：上恰有2个点到直线的距离为1，则实数r的取值范围为（）A. B.C. D.4．设，则“”是“直线与直线平行”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件5．4位同学报名参加四个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有（）A.24种 B.81种C.64种 D.256种6．数列中，，，则（）A.32 B.62C.63 D.647．中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见首日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：有一个人走里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，恰好走了天到达目的地，则该人第一天走的路程为（）A.里 B.里C.里 D.里8．已知数列中，，()，则（）A. B.C. D.29．已知直线与抛物线C：相交于A，B两点，O为坐标原点，，的斜率分别为，，则（）A. B.C. D.10．已知，，若不等式恒成立，则正数的最小值是（）A.2 B.4C.6 D.811．蟋蟀鸣叫可以说是大自然优美、和谐的音乐，殊不知蟋蟀鸣叫的频率（每分钟鸣叫的次数）与气温（单位：℃）存在着较强的线性相关关系.某地观测人员根据如表的观测数据，建立了关于的线性回归方程，则下列说法不正确的是（）（次数/分钟）2030405060（℃）2527.52932.536A.的值是20B.变量，呈正相关关系C.若的值增加1，则的值约增加0.25D.当蟋蟀52次/分鸣叫时，该地当时的气温预报值为33.5℃12．已知圆与圆没有公共点，则实数a的取值范围为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，过点F斜率为的直线与抛物线C交于点M（M在x轴的上方），过M作于点N，连接NF交抛物线C于点Q，则__________14．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若数列{an}满足an＋Sn＝An2＋Bn＋C且A＞0，则＋B－C的最小值为________15．已知椭圆和双曲线有相同的焦点和，设椭圆和双曲线的离心率分别为，，为两曲线的一个公共点，且（为坐标原点）．若，则的取值范围是______16．已知、均为正实数，且，则的最小值为___________.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，，且.（1）求数列的通项公式；（2）证明：数列的前项和.18．（12分）记为数列的前项和，且（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和19．（12分）如图，三棱锥中，为等边三角形，且面面，（1）求证：；（2）当与平面BCD所成角为45°时，求二面角的余弦值20．（12分）设等差数列的前项和为（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和21．（12分）如图，在三棱锥中，，，为的中点（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角正弦值.22．（10分）设a，b是实数，若椭圆过点，且离心率为.（1）求椭圆E的标准方程；（2）过椭圆E的上顶点P分别作斜率为，的两条直线与椭圆交于C，D两点，且，试探究过C，D两点的直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；否则，说明理由.

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】利用空间向量基本定理进行计算.【详解】.故选：A2、A【解析】先弄清连续投篮2次，恰有1次命中的情况有两种，它们是互斥关系，因此根据相互独立事件以及互斥事件的概率计算公式进行求解.【详解】由题意知，他连续投篮2次，有两种互斥的情况，即第一次投中第二次不中和第一次不中第二次投中，因此恰有1次命中的概率为，故选：A.3、C【解析】先求出代表的是以为圆心，2为半径的圆的位于x轴下方部分（包含x轴上的部分），数形结合得到取得最小值时a的值，得到圆心C，利用点到直线距离求出圆心C到直线的距离，数形结合求出半径r的取值范围.【详解】，两边平方得：，即点P在以为圆心，2为半径的圆的位于x轴下方部分（包含x轴上的部分），如图所示：因为Q的坐标为，则在直线，过点A作⊥l于点，与半圆交于点，此时长为的最小值，则，所以直线：，与联立得：，所以，解得：，则圆C：，则，圆心到直线的距离为，要想圆C上恰有2个点到直线的距离为1，则.故选：C4、A【解析】根据两直线平行的充要条件求出a的值，然后可判断.【详解】当时，，所以两直线平行；若两直线平行，则且，解得或，所以，“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.故选：A5、D【解析】利用分步乘法计数原理进行计算.【详解】每位同学均有四种选择，故不同的报名方法有种.故选：D6、C【解析】把化成，故可得为等比数列，从而得到的值.【详解】数列中，，故，因为，故，故，所以，所以为等比数列，公比为，首项为.所以即，故，故选C.【点睛】给定数列的递推关系，我们常需要对其做变形构建新数列（新数列的通项容易求得），常见的递推关系和变形方法如下：（1），取倒数变形为；（2），变形为，也可以变形为；7、C【解析】建立等比数列的模型，由等比数列的前项和公式求解【详解】记第天走的路程为里，则是等比数列，，，故选：C8、A【解析】由已知条件求出，可得数是以3为周期的周期数列，从而可得，进而可求得答案【详解】因为，()，所以，所以数列的周期为3，，故选：A9、C【解析】设，，由消得：，又，由韦达定理代入计算即可得答案.【详解】设，，由消得：，所以，故.故选：C【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，直线的斜率公式，考查了转化与化归的思想，考查了学生的运算求解能力.10、B【解析】由基本不等式求出的最小值，只需最小值大于等于18，得到关于的不等式，求解，即可得出结论.【详解】，因为不等式恒成立，所以，即，解得，所以.故选:B.【点睛】本题考查基本不等式的应用，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.11、D【解析】根据样本中心过经过线性回归方程、正相关的性质和线性回归方程的意义进行判断即可.【详解】由题意，得，，则，故A正确；由线性回归方程可知，，变量，呈正相关关系，故B正确；若的值增加1，则的值约增加0.25，故C正确；当时，，故D错误.故选：D.12、B【解析】求出圆、的圆心和半径，再由两圆没有公共点列不等式求解作答.【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，，因圆、没有公共点，则有或，即或，又，解得或，所以实数a的取值范围为.故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由题意画出图形，写出直线的方程，与抛物线方程联立求出的坐标，进一步求出的坐标，求得即可求解【详解】解：如图，由抛物线，得，，则，与抛物线联立得，解得、，，，，，为等边三角形，，过作轴的垂线交轴于，设，，，，，在抛物线上，，解得，，，，则，故答案为：14、2【解析】因为{an}为等差数列，设公差为d，由an＋Sn＝An2＋Bn＋C，得a1＋(n－1)d＋na1＋n(n－1)d＝an＋Sn＝An2＋Bn＋C，即(d－A)n2＋(a1＋－B)n＋(a1－d－C)＝0对任意正整数n都成立所以(d－A)＝0，a1＋d－B＝0，a1－d－C＝0，所以A＝d，B＝a1＋d，C＝a1－d，所以3A－B＋C＝0.＋B－C＝＋3A≥2.15、【解析】设出半焦距c，用表示出椭圆的长半轴长、双曲线的实半轴长，由可得为直角三角形，由此建立关系即可计算作答,【详解】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，它们的半焦距为c，于是得，，由椭圆及双曲线的对称性知，不妨令焦点和在x轴上，点P在y轴右侧，由椭圆及双曲线定义得：，解得，，因，即，而O是线段的中点，因此有，则有，即，整理得：，从而有，即有，又，则有，即，解得，所以的取值范围是.故答案为：【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：①定义法：通过已知条件列出方程组，求得值，根据离心率的定义求解离心率；②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.16、【解析】由基本不等式可得出关于的不等式，即可解得的最小值.【详解】因、均为正实数，由基本不等式可得，整理可得，，，则，解得，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.故答案为：.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）证明见解析.【解析】（1）设等差数列的公差为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出数列的通项公式；（2）求得，利用裂项法可求得，即可证得原不等式成立.【小问1详解】解：设等差数列的公差为，则，解得，因此，.【小问2详解】证明：，因此，.故原不等式得证.18、（1）（2）【解析】（1）利用，再结合等比数列的概念，即可求出结果；（2）由（1）可知数列是以为首项，公差为的等差数列，根据等差数列的前项和公式，即可求出结果.【小问1详解】解：当时，，解得；当且时，所以所以是以为首项，为公比的等比数列所以；【小问2详解】解：由（1）可知，所以，又,所以数列是以为首项，公差为的等差数列，所以数列的前项和.19、（1）证明见解析；（2）.【解析】(1)根据给定条件证得平面即可推理作答.(2)由与平面BCD所成角确定正边长与CD长的关系，再作出二面角的平面角，借助余弦定理计算作答.【小问1详解】在三棱锥中，平面平面，平面平面，而，平面，因此有平面，又有平面，所以.【小问2详解】取BC中点F，连接AF，DF，如图，因为等边三角形，则，而平面平面，平面平面，平面，于是得平面，是与平面BCD所成角，即，令，则，因，即有，由(1)知，，则有，过C作交AD于O，在平面内过O作交BD于E，连CE，从而得是二面角的平面角，中，，，中，由余弦定理得，，，显然E是斜边中点，则，中，由余弦定理得，所以二面角的余弦值.20、（1）；（2）.【解析】（1）根据等差数列前n项和求和公式求出首项和公差，进而求出通项公式；（2）结合（1）求出，再令得出数列的正数项和负数项，进而结合等差数列求和公式求得答案.【小问1详解】设等差数列的首项和公差分别为和，∴，解得：所以.【小问2详解】，所以.当；当，当，时，，当时，.综上：.21、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；（2）根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果【详解】（1）因为，为的中点，所以，且连结因为，所以为等腰直角三角形，且由知由知平面（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系由已知得取平面的法向量设，则设平面的法向量为由得，可取所以．由已知得所以．解得(舍去)，所以又，所以所以与平面所成角的正弦值为【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”22、（1）；（2）过定点，坐标为.【解析】（1）根据椭圆的离心率公式，结合代入法进行求解即可；（2）根据直线斜率公式和一元二