湖北省郧阳中学、恩施高中、随州二中三校2025届高二上数学期末达标检测试题含解析_第1页
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文档简介

湖北省郧阳中学、恩施高中、随州二中三校2025届高二上数学期末达标检测试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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.椭圆焦距为()A. B.8C.4 D.2.观察:则第行的值为()A. B.C. D.3.若抛物线焦点坐标为,则的值为A. B.C.8 D.44.一直线过点,则此直线的倾斜角为()A.45° B.135°C.-45° D.-135°5.等比数列的各项均为正数,且,则=()A.8 B.16C.32 D.646.已知,则“”是“”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件7.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.8.函数在处有极小值5,则()A. B.C.或 D.或39.已知椭圆的左、右焦点分别是,焦距,过点的直线与椭圆交于两点,若,且,则椭圆C的方程为()A. B.C. D.10.设是等差数列的前项和,已知,,则等于()A. B.C. D.11.双曲线的焦点到渐近线的距离为()A. B.2C. D.12.有一组样本数据、、、,由这组数据得到新样本数据、、、,其中,为非零常数,则()A.两组样本数据的样本平均数相同 B.两组样本数据的样本标准差相同C.两组样本数据的样本中位数相同 D.两组样本数据的样本众数相同二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.数据6,8,9,10,7的方差为______14.已知椭圆的弦AB的中点为M,O为坐标原点,则直线AB的斜率与直线OM的斜率之积等于_________15.已知点P是抛物线上一个动点,则点P到点M(0,2)的距离与点P到该抛物线准线的距离之和的最小值为______________16.抛物线的焦点坐标为__________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)进入11月份,大学强基计划开始报名,某“五校联盟”统一对五校高三学生进行综合素质测试,在所有参加测试的学生中随机抽取了部分学生的成绩,得到如图2所示的成绩频率分布直方图:(1)估计五校学生综合素质成绩的平均值和中位数;(每组数据用该组的区间中点值表示)(2)某校决定从本校综合素质成绩排名前6名同学中,推荐3人参加强基计划考试,若已知6名同学中有4名理科生,2名文科生,试求这3人中含文科生的概率.18.(12分)已知椭圆上的点到椭圆焦点的最大距离为3,最小距离为1(1)求椭圆的标准方程;(2)已知,分别是椭圆的左右顶点,是椭圆上异于,的任意一点,直线,分别交轴于点,,求的值19.(12分)已知函数.(1)当时,讨论的单调性;(2)当时,证明:.20.(12分)如图,在四棱锥中,平面,,且,,,,,为的中点(1)求证:平面;(2)在线段上是否存在一点,使得直线与平面所成角的正弦值为,若存在,求出的值;若不存在,说明理由21.(12分)已知数列是等差数列,且,.(1)若数列中依次取出第2项,第4项,第6项,…,第项,按原来顺序组成一个新数列,试求出数列的通项公式;(2)令,求数列的前项和.22.(10分)已知椭圆的焦距为,离心率为.(1)求椭圆的方程;(2)若斜率为1的直线与椭圆交于不同的两点,,求的最大值.

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】由题意椭圆的焦点在轴上,故,求解即可【详解】由题意,,故椭圆的焦点在轴上故焦距故选:A2、B【解析】根据数阵可知第行为,利用等差数列求和,即可得到答案;【详解】根据数阵可知第行为,,故选:B3、A【解析】先把抛物线方程整理成标准方程,进而根据抛物线的焦点坐标,可得的值.【详解】抛物线的标准方程为,因为抛物线的焦点坐标为,所以,所以,故选A.【点睛】该题考查的是有关利用抛物线的焦点坐标求抛物线的方程的问题,涉及到的知识点有抛物线的简单几何性质,属于简单题目.4、A【解析】根据斜率公式求得直线的斜率,得到,即可求解.【详解】设直线的倾斜角为,由斜率公式,可得,即,因为,所以,即此直线的倾斜角为.故选:A.5、B【解析】由等比数列的下标和性质即可求得答案.【详解】由题意,,所以.故选:B.6、A【解析】由,结合基本不等式可得,由此可得,由此说明“”是“”的充分条件,再通过举反例说明“”不是“”的必要条件,由此确定正确选项.【详解】∵,∴(当且仅当时等号成立),(当且仅当时等号成立),∴(当且仅当时等号成立),若,则,∴,所以“”是“”的充分条件,当时,,此时,∴“”不是“”的必要条件,∴“”是“”的充分不必要条件,故选:A.7、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.8、A【解析】由题意条件和,可建立一个关于的方程组,解出的值,然后再将带入到中去验证其是否满足在处有极小值,排除增根,即可得到答案.【详解】由题意可得,则,解得,或.当,时,.由,得;由,得.则在上单调递增,在上单调递减,故在处有极大值5,不符合题意.当,时,.由,得;由,得.则在上单调递减,在上单调递增,故在处有极小值5,符合题意,从而故选:A.9、A【解析】画出图形,利用已知条件,推出,延长交椭圆于点,得到直角和直角,设,则,根据椭圆的定义转化求解,即可求得椭圆的方程.【详解】如图所示,,则,延长交椭圆于点,可得直角和直角,设,则,根据椭圆的定义,可得,在直角中,,解得,又在中,,代入可得,所以,所以椭圆的方程为.故选:A.10、C【解析】依题意有,解得,所以.考点:等差数列的基本概念.【易错点晴】本题主要考查等差数列的基本概念.在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为和等基本量,通过建立方程(组)获得解.即等差数列的通项公式及前项和公式,共涉及五个量,知其中三个就能求另外两个,即知三求二,多利用方程组的思想,体现了用方程的思想解决问题,注意要弄准它们的值.运用方程的思想解等差数列是常见题型,解决此类问题需要抓住基本量、,掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节,常通过“设而不求,整体代入”来简化运算11、A【解析】根据点到直线距离公式进行求解即可.【详解】由双曲线的标准方程可知:,该双曲线的焦点坐标为:,双曲线的渐近线方程为:,所以焦点到渐近线的距离为:,故选:A12、B【解析】利用平均数公式可判断A选项;利用标准差公式可判断B选项;利用中位数的定义可判断C选项;利用众数的定义可判断D选项.【详解】对于A选项,设数据、、、的平均数为,数据、、、的平均数为,则,A错;对于B选项,设数据、、、的标准差为,数据、、、的标准差为,,B对;对于C选项,设数据、、、中位数为,数据、、、的中位数为,不妨设,则,若为奇数,则,;若为偶数,则,.综上,,C错;对于D选项,设数据、、、的众数为,则数据、、、的众数为,D错.故选:B.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、2【解析】首先求出数据的平均值,再应用方差公式求它们的方差.【详解】由题设,平均值为,∴方差.故答案为:2.14、【解析】根据点是弦的中点,为坐标原点,利用点差法求解.【详解】设,且,则,(1),(2)得:,,.又,,.故答案为:15、【解析】由抛物线的定义得:,所以,当三点共线时,最小可得答案.【详解】如图所示:,由抛物线的定义得:,所以,由图象知:当三点共线时,最小,.故答案为:.16、【解析】化成标准形式,结合焦点定义即可求解.【详解】由,得,故抛物线的焦点坐标为故答案为: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)平均值为74.6分,中位数为75分;(2).【解析】(1)利用频率分布直方图平均数和中位数算法直接计算即可;(2)将学生编号,用枚举法求解即可.【小问1详解】依题意可知:∴综合素质成绩的平均值为74.6分.由图易知∵分数在50~60、60~70、70~80的频率分别为0.12、0.18、0.40,∴中位数在70~80之间,设为,则,解得,∴综合素质成绩的中位数为75分.【小问2详解】设这6名同学分别为,,,,1,2,其中设1,2为文科生,从6人中选出3人,所有的可能的结果为,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,共20种,其中含有文科学生的有,,,,,,,,,,,,,,,,共16种,∴含文科生的概率为.18、(1);(2)-1.【解析】(1)根据椭圆的性质进行求解即可;(2)根据直线的方程,结合平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.【小问1详解】由题意得,,,所以,椭圆.【小问2详解】由题意可知,,设,则,直线,直线分别令得,,,.【点睛】关键点睛:运用平面向量数量积的坐标表示公式进行求解是解题的关键.19、(1)在上单调递减,在上单调递增(2)证明见解析【解析】(1)当时,利用求得的单调区间.(2)将问题转化为证明,利用导数求得的最小值大于零,从而证得不等式成立.【小问1详解】当时,,且,又与均在上单调递增,所以在上单调递增.当时,单调递减;当时,单调递增综上,在上单调递减,在上单调递增.【小问2详解】因为,所以,要证,只需证当时,即可.,易知在上单调递增,又,所以,且,即,当时,单调递减;当时,单调递增,,所以.【点睛】在证明不等式的过程中,直接证明困难时,可考虑证明和两个不等式成立,从而证得成立.20、(1)证明见解析;(2)存在,.【解析】(1)建立空间直角坐标系,求出平面的法向量和直线的单位向量,从而可证明线面平行.(2)令,,设,求出,结合已知条件可列出关于的方程,从而可求出的值.【详解】证明:过作于点,则,以为原点,,,所在的直线分别为,,轴建立如图所示的空间直角坐标系则,,,

,,,∵为的中点.∴.则,,,设平面的法向量为,则令,则,,∴.∴,即,又平面.∴平面解:令,,设,∴.∴,∴

.由知,平面的法向量为.∵直线与平面所成角的正弦值为,∴,化简得,即,∵,∴,故【点睛】本题考查了利用空间向量证明线面平行,考查了平面法向量的求解,属于中档题.21、(1),;(2).【解析】(1)利用等差数列性质求出数列公差及通项公式,由求解作答.(2)由(1)的结论求出,再用错位相减法计算作答.【小问

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