版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领
文档简介
2025届上海市市西中数学高二上期末考试试题考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。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.设点是点,,关于平面的对称点,则()A.10 B.C. D.382.已知抛物线C:,则过抛物线C的焦点,弦长为整数且不超过2022的直线的条数是()A.4037 B.4044C.2019 D.20223.抛物线的焦点为F,点为该抛物线上的动点,点A是抛物线的准线与坐标轴的交点,则的最大值是()A.2 B.C. D.4.已知函数的导函数为,若的图象如图所示,则函数的图象可能是()A. B.C. D.5.若方程表示圆,则实数的取值范围为()A. B.C. D.6.在数列中,,,则()A. B.C. D.7.如图,正三棱柱中,,则与平面所成角的正弦值等于()A. B.C. D.8.已知为等差数列,为其前n项和,,则下列和与公差无关的是()A. B.C. D.9.椭圆的焦点为F1,F2,点P在椭圆上,若|PF1|=4,则∠F1PF2的余弦值为A. B.C. D.10.围棋起源于中国,据先秦典籍世本记载:“尧造围棋,丹朱善之”,至今已有四千多年历史.围棋不仅能抒发意境、陶冶情操、修身养性、生慧增智,而且还与天象易理、兵法策略、治国安邦等相关联,蕴含着中华文化的丰富内涵.在某次国际围棋比赛中,规定甲与乙对阵,丙与丁对阵,两场比赛的胜者争夺冠军,根据以往战绩,他们之间相互获胜的概率如下:甲乙丙丁甲获胜概率乙获胜概率丙获胜概率丁获胜概率则甲最终获得冠军的概率是()A.0.165 B.0.24C.0.275 D.0.3611.过抛物线的焦点的直线交抛物线于不同的两点,则的值为A.2 B.1C. D.412.等差数列的前项和,若,则A.8 B.10C.12 D.14二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在等比数列中,若,是方程两根,则________.14.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__________________15.方程的曲线的一条对称轴是_______,的取值范围是______.16.直线恒过定点,则定点坐标为________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)已知点,点B为直线上的动点,过B作直线的垂线,线段AB的中垂线与交于点P(1)求点P的轨迹C的方程;(2)若过点的直线l与曲线C交于M,N两点,求面积的最小值.(O为坐标原点)18.(12分)已知椭圆的左、右顶点坐标分别是,,短轴长等于焦距.(1)求椭圆的方程;(2)若直线与椭圆相交于两点,线段的中点为,求.19.(12分)已知等差数列满足,前7项和为(Ⅰ)求的通项公式(Ⅱ)设数列满足,求的前项和.20.(12分)在二项式展开式中,第3项和第4项的二项式系数比为.(1)求n的值及展开式中的常数项;(2)求展开式中系数最大的项是第几项.21.(12分)在①,②,③,三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答.设数列是公比大于0的等比数列,其前项和为,数列是等差数列,其前项和为.已知,,,_____________.(1)请写出你选择条件的序号____________;并求数列和的通项公式;(2)求和.22.(10分)已知等比数列的公比为,前项和为,,,(1)求(2)在平面直角坐标系中,设点,直线的斜率为,且,求数列的通项公式
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】写出点坐标,由对称性易得线段长【详解】点是点,,关于平面的对称点,的横标和纵标与相同,而竖标与相反,,,,直线与轴平行,,故选:A2、A【解析】根据已知条件,结合抛物线的性质,先求出过焦点的最短弦长,再结合抛物线的对称性,即可求解【详解】∵抛物线C:,即,由抛物线的性质可得,过抛物线焦点中,长度最短的为垂直于y轴的那条弦,则过抛物线C的焦点,长度最短的弦的长为,由抛物线的对称性可得,弦长在5到2022之间的有共有条,故弦长为整数且不超过2022的直线的条数是故选:A3、B【解析】设直线的倾斜角为,设垂直于准线于,由抛物线的性质可得,则,当直线PA与抛物线相切时,最小,取得最大值,设出直线方程得到直线和抛物线相切时的点P的坐标,然后进行计算得到结果.【详解】设直线的倾斜角为,设垂直于准线于,由抛物线的性质可得,所以则,当最小时,则值最大,所以当直线PA与抛物线相切时,θ最大,即最小,由题意可得,设切线PA的方程为:,,整理可得,,可得,将代入,可得,所以,即P的横坐标为1,即P的坐标,所以,,所以的最大值为:,故选:B【点睛】关键点睛:本题主要考查了抛物线的简单性质.解题的关键是利用了抛物线的定义.一般和抛物线有关的小题,很多时可以应用结论来处理的;平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用.尤其和焦半径联系的题目,一般都和定义有关,实现点点距和点线距的转化4、D【解析】根据导函数大于,原函数单调递增;导函数小于,原函数单调递减;即可得出正确答案.【详解】由导函数得图象可得:时,,所以单调递减,排除选项A、B,当时,先正后负,所以在先增后减,因选项C是先减后增再减,故排除选项C,故选:D.5、D【解析】将方程化为标准式即可.【详解】方程化为标准式得,则.故选:D.6、A【解析】根据已知条件,利用累加法得到的通项公式,从而得到.【详解】由,得,所以,所以.故选:A.7、C【解析】取中点,连接,,证明平面,从而可得为与平面所成角,再利用三角函数计算的正弦值.【详解】取中点,连接,,在正三棱柱中,底面是正三角形,∴,又∵底面,∴,又,∴平面,∴为与平面所成角,由题意,,,在中,.故选:C8、C【解析】依题意根据等差数列的通项公式可得,再根据等差数列前项和公式计算可得;【详解】解:因为,所以,即,所以,,,,故选:C9、B【解析】根据题意,椭圆的标准方程为,其中则,则有|F1F2|=2,若a=3,则|PF1|+|PF2|=2a=6,又由|PF1|=4,则|PF2|=6-|PF1|=2,则cos∠F1PF2==.故选B10、B【解析】先求出甲第一轮胜出的概率,再求出甲第二轮胜出的概率,即可得出结果.【详解】甲最终获得冠军的概率,故选:B.11、D【解析】本题首先可以通过直线交抛物线于不同的两点确定直线的斜率存在,然后设出直线方程并与抛物线方程联立,求出以及的值,然后通过抛物线的定义将化简,最后得出结果【详解】因为直线交抛物线于不同的两点,所以直线的斜率存在,设过抛物线的焦点的直线方程为,由可得,,因为抛物线的准线方程为,所以根据抛物线的定义可知,,所以,综上所述,故选D【点睛】本题考查了抛物线的相关性质,主要考查了抛物线的定义、过抛物线焦点的直线与抛物线相交的相关性质,考查了计算能力,是中档题12、C【解析】假设公差为,依题意可得.所以.故选C.考点:等差数列的性质.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、.【解析】由题意求得,,再结合等比数列的性质,即可求解.【详解】由题意知,,是方程的两根,可得,,又由,,所以,,可得,又由,所以.故答案为:.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式,以及等比数列的性质的应用,其中解答中熟练应用等比数列的性质是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.14、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15、①.x轴或直线②.【解析】根据给定条件分析方程的性质即可求得对称轴及x的取值范围作答.【详解】方程中,因,则曲线关于x轴对称,又,解得,此时曲线与都关于直线对称,曲线的对称轴是x轴或直线,的取值范围是.故答案为:x轴或直线;16、【解析】解方程组可求得定点坐标.【详解】直线方程可化为,由,可得.故直线恒过定点.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)【解析】(1)由已知可得,根据抛物线的定义可知点的轨迹是以为焦点,为准线的抛物线,即可得到轨迹方程;(2)设直线方程为,,,,,联立直线与抛物线方程,消元、列出韦达定理,则,代入韦达定理,即可求出面积最小值;【小问1详解】解:由已知可得,,即点到定点的距离等于到直线的距离,故点的轨迹是以为焦点,为准线的抛物线,所以点的轨迹方程为【小问2详解】解:当直线的倾斜角为时,与曲线只有一个交点,不符合题意;当直线的倾斜角不为时,设直线方程为,,,,,由,可得,,所以,,,,所以当且仅当时取等号,即面积的最小值为;18、(1);(2).【解析】(1)由椭圆顶点可知,又短轴长等于焦距可知,求出,即可写出椭圆方程(2)根据“点差法”可求直线的斜率,写出直线方程,联立椭圆方程可得,,代入弦长公式即可求解.【详解】(1)依题意,解得.故椭圆方程为.(2)设的坐标分别为,,直线的斜率显然存在,设斜率为,则,两式相减得,整理得.因为线段的中点为,所以,所以直线的方程为,联立,得,则,,故.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及简单几何性质,“点差法”,弦长公式,属于中档题.19、(1)(2).【解析】(1)根据等差数列的求和公式可得,得,然后由已知可得公差,进而求出通项;(2)先明确=,为等差乘等比型通项故只需用错位相减法即可求得结论.解析:(Ⅰ)由,得因为所以(Ⅱ)20、(1),常数项为(2)5【解析】(1)求出二项式的通项公式,求出第3项和第4项的二项式系数,再利用已知条件列方程求出的值,从而可求出常数项,(2)设展开式中系数最大的项是第项,则,从而可求出结果【小问1详解】二项式展开式的通项公式为,因为第3项和第4项的二项式系数比为,所以,化简得,解得,所以,令,得,所以常数项为【小问2详解】设展开式中系数最大的项是第项,则,,解得,因为,所以,所以展开式中系数最大的项是第5项21、(1)选①,,;选②,,;选③,,;(2),【解析】(1)选条件①根据等比数列列出方程求出公比得通项公式,再由等差数列列出方程求出首项与公差可得通项公式,选②③与①相同的方法求数列的通项公式;(2)根据等比数列、等差数列的求和公式解计算即可.【小问1详解】选条件①:设等比数列的公比为q,,,解得或,,,.设等差数列的公差为d,,,解得,,.选条件②:设等比数列的公比为q,,,解得或,,,.设等差数列
温馨提示
- 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
- 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
- 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
- 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
- 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
- 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
- 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
最新文档
- 豌豆思维课程设计待遇
- 2025年度个人自建住房施工监理服务合同样本4篇
- 砌墙工程施工方案
- 楼房加固施工方案模板
- 食工原理课程设计果蔬汁
- 年度医疗健康大数据战略市场规划报告
- 年度化学材料:灌浆料产业分析报告
- 二零二五版智能门窗系统安装与远程监控服务合同4篇
- 影视剧制作方与临时演员的2025年度聘用合同6篇
- 2025年猪圈配套设施安装服务合同124篇
- 《剧本写作要素》课件
- 部编版六年级下册道德与法治全册教案教学设计
- 【高空抛物侵权责任规定存在的问题及优化建议7100字(论文)】
- 二年级数学上册100道口算题大全 (每日一套共26套)
- 物流无人机垂直起降场选址与建设规范
- 肺炎临床路径
- 外科手术铺巾顺序
- 聚焦任务的学习设计作业改革新视角
- 移动商务内容运营(吴洪贵)任务三 APP的品牌建立与价值提供
- 电子竞技范文10篇
- 食堂服务质量控制方案与保障措施
评论
0/150
提交评论