2025年湖北宜昌市葛洲坝中学数学高二第一学期期末经典试题含解析.doc

2025年湖北宜昌市葛洲坝中学数学高二第一学期期末经典试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．各项均为正数的等比数列的前项和为，若，，则（）
A. B.
C. D.
2．函数在上是单调递增函数，则的最大值等于（）
A.2 B.3
C.5 D.6
3．已知不等式解集为，下列结论正确的是（　　）
A. B.
C. D.
4．以下说法：
①将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变；
②设有一个回归方程，变量增加1个单位时，平均增加5个单位
③线性回归方程必过
④设具有相关关系的两个变量的相关系数为，那么越接近于0，之间的线性相关程度越高；
⑤在一个列联表中，由计算得的值，那么的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大。
其中错误的个数是（）
A.0 B.1
C.2 D.3
5．若抛物线焦点与椭圆的右焦点重合，则的值为
A. B.
C. D.
6．已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是
A. B.
C. D.
7．已知为原点，点，以为直径的圆的方程为()
A. B.
C. D.
8．我国古代数学名著《算法统宗》中说：“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次第，孝和休惹外人传.”意为：“996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第一个孩子开始，以后每人依次多17斤，直到第8个孩子为止.分配时一定要依照次序分，要顺从父母，兄弟间和气，不要引得外人说闲话.”在这个问题中，第5个孩子分到棉花为（）
A.133斤 B.116斤
C.99斤 D.65斤
9．数列2，，9，，的一个通项公式可以是（ ）
A. B.
C. D.
10．已知等差数列满足，则其前10项之和为（）
A.140 B.280
C.68 D.56
11．若，则（）
A.1 B.0
C. D.
12．刘老师在课堂中与学生探究某个圆时，有四位同学分别给出了一个结论.
甲：该圆经过点.
乙：该圆半径为.
丙：该圆的圆心为.
丁：该圆经过点，
如果只有一位同学的结论是错误的，那么这位同学是（）
A.甲 B.乙
C.丙 D.丁
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．数列中，，，设
（1）求证：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和；
（3）若，为数列的前项和，求不超过的最大的整数
14．一个质地均匀的正四面体，其四个面涂有不同的颜色，抛掷这个正四面体一次，观察它与地面接触的颜色得到样本空间{红，黄，蓝，绿}，设事件{红，黄}，事件{红，蓝}，事件{黄，绿}，则下列判断：①E与F是互斥事件；②E与F是独立事件；③F与G是对立事件；④F与G是独立事件．其中正确判断的序号是______（请写出所有正确判断的序号）
15．已知点，，点P在x轴上，且，则点P的坐标为______
16．已知直线和直线垂直，则实数___________.
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）已知抛物线C：的焦点为F，为抛物线C上一点，且
（1）求抛物线C的方程：
（2）若以点为圆心，为半径的圆与C的准线交于A，B两点，过A，B分别作准线的垂线交抛物线C于D，E两点，若，证明直线DE过定点
18．（12分）已知函数，为自然对数的底数.
（1）当时，证明，，；
（2）若函数在上存在极值点，求实数的取值范围.
19．（12分）圆的圆心为，且与直线相切，求：
（1）求圆的方程；
（2）过的直线与圆交于，两点，如果，求直线的方程
20．（12分）已知抛物线上一点到抛物线焦点的距离为，点关于坐标原点对称，过点作轴的垂线，为垂足，直线与抛物线交于两点.
（1）求抛物线的方程；
（2）设直线与轴交点分别为，求的值；
（3）若，求.
21．（12分）王同学入读某大学金融专业，过完年刚好得到红包6000元，她计划以此作为启动资金进行理投资，每月月底获得的投资收益是该月月初投入资金的20%，并从中拿出1000元作为自己的生活费，余款作为资金全部投入下个月，如此继续.设第n个月月底的投资市值为an.
（1）求证：数列{-5000}为等比数列；
（2）如果王同学想在第二年过年的时候给奶奶买一台全身按摩椅（商场标价为12899元），将一年后投资市值全部取出来是否足够？
22．（10分）物联网(Internet of things)是一个基于互联网、传统电信网等信息承载体，让所有能够被独立寻址的普通物理对象实现互联互通的网络，具有十分广阔的市场前景.现有一家物流公司计划租地建造仓库存储货物，经过市场调查了解到下列信息：仓库每月土地占地费（单位：万元）与仓库到车站的距离x（单位：千米）之间的关系为，每月库存货物费（单位：万元）与x之间的关系为：；若在距离车站11.5千米建仓库，则和分别为4万元和23万元.
（1）求的值；
（2）这家公司应该把仓库建在距离车站多少千米处，才能使两项费用之和最小？最小费用是多少？
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、D
【解析】根据等比数列性质可知，，，成等比数列，由等比中项特点可构造方程求得，由等比数列通项公式可求得，进而得到结果.
【详解】由等比数列的性质可得：，，，成等比数列，
则，即，解得：，
，，解得：.
故选：D.
2、B
【解析】由f（x）＝x3﹣ax在[1，+∞）上是单调增函数，得到在[1，+∞）上，恒成立，从而解得a≤3，故a的最大值为3
【详解】解：∵f（x）＝x3﹣ax在[1，+∞）上是单调增函数
∴在[1，+∞）上恒成立
即a≤3x2，∵x∈[1，+∞）时，3x2≥3恒成立，
∴a≤3，∴a的最大值是3
故选：B
3、C
【解析】根据不等式解集为，得方程的解为或，且，利用韦达定理即可将用表示，即可判断各选项的正误.
【详解】解：因为不等式解集为，
所以方程的解为或，且，
所以，所以，
所以，故ABD错误；
，故C正确.
故选：C.
4、C
【详解】方差反映一组数据的波动大小，将一组数据中的每个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，故①正确；一个回归方程，变量增加1个单位时，平均减少5个单位，故②不正确；线性回归方程必过样本中心点，故③正确；根据线性回归分析中相关系数的定义：在线性回归分析中，相关系数为r，越接近于1，相关程度越大，故④不正确；对于观察值来说，越大，“x与y有关系”的可信程度越大，故⑤正确.
故选：C
【点睛】本题主要考查用样本估计总体、线性回归方程、独立性检验的基本思想.
5、D
【解析】解：椭圆的右焦点为(2,0)，所以抛物线的焦点为(2,0)，则，故选D
6、C
【解析】当时，，函数有两个零点和，不满足题意，舍去；当时，，令，得或．时，；时，；时，，且，此时在必有零点，故不满足题意，舍去；当时，时，；时，；时，，且，要使得存在唯一的零点，且，只需，即，则，选C
考点：1、函数的零点；2、利用导数求函数的极值；3、利用导数判断函数的单调性
7、A
【解析】求圆的圆心和半径，根据圆的标准方程即可求解﹒
【详解】由题知圆心为，半径，
∴圆方程为﹒
故选：A﹒
8、A
【解析】根据等差数列的前n项和公式、等差数列的通项公式进行求解即可.
【详解】依题意得，八个子女所得棉花斤数依次构成等差数列，设该等差数列为，公差为d，前n项和为，第一个孩子所得棉花斤数为，
则由题意得，，
解得，
故选：A
9、C
【解析】用检验法，由通项公式验证是否符合数列各项，结合排除法可得
【详解】第一项为正数，BD中求出第一项均为负数，排除，
而AC均满足， A中，，排除A，C中满足，，，
故选：C
10、A
【解析】根据等差数列的性质，可得，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】由题意，等差数列满足，
根据等差数列的性质，可得，
所以数列的前10项和为.
故选：A.
11、C
【解析】由结合二项式定理可得出，利用二项式系数和公式可求得的值.
【详解】，
当且时，，
因此，.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题考查二项式系数和的计算，解题的关键是熟悉二项式系数和公式，考查学生的转化能力与计算能力，属于基础题.
12、D
【解析】分别假设甲、乙、丙、丁是错误的，看能否推出矛盾，进而推导出答案.
【详解】假设甲的结论错误，根据丙和丁的结论，该圆的半径为6，与乙的结论矛盾；假设乙的结论错误，圆心到点的距离与圆心到点的距离不相等，不成立；假设丙的结论错误﹐点到点的距离大于，不成立；假设丁的结论错误，圆心到点的距离等于，成立.
故选：D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、（1）证明见解析 ；（2） ；（3） 2021
【解析】(1)将两边都加，证明是常数即可；
(2)求出的通项，利用错位相减法求解即可；
(3)先求出，再求出的表达式，利用裂项相消法即可得解.
【详解】（1）将两边都加，得，而，
即有，又，则，，
所以数列是首项为，公比为的等比数列；
（2）由（1）知，，则，
，
，
因此，，
所以；
（3）由（2）知，于是得，则，
因此，，

所以不超过的最大的整数是2021
14、②③
【解析】由对立和互斥事件的定义判断①③；由独立事件的性质判断②④.
【详解】{红}，则E与F不是互斥事件；且，则F与G是对立事件；，则E与F是独立事件；，，则F与G不是独立事件
故答案为：②③
15、
【解析】设，由，可得，求解即可
【详解】设，由
故
解得：
则点P的坐标为
故答案为：
16、
【解析】根据两条直线相互垂直的条件列方程，解方程求得m的值.
【详解】由于两条直线垂直，故，解得.
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）解方程和即得解；
（2）设，，将与圆P的方程联立得到韦达定理，再写出直线的方程即得解.
【小问1详解】
解：因为抛物线C上一点，且，
所以到抛物线C的准线的距离为2
则，，
则，所以，故抛物线C的方程为
【小问2详解】
证明：由（1）知，则圆P的方程为
设，，将与圆P的方程联立，可得，
则，
当时，，不妨令，
则，此时；
当时，直线DE的斜率为，
则直线DE的方程为，
即，
即，令且，得，直线过点；
综上，直线DE过定点
18、（1）证明见解析：（2）
【解析】(1)代入,求导分析函数单调性,再的最小值即可证明.
(2) ,若函数在上存在两个极值点,则在上有根.再分,与,利用函数的零点存在定理讨论导函数的零点即可.
【详解】(1)证明：当时,,则,
当时,,则,又因为,
所以当时,,仅时,,
所以在上是单调递减,所以,即.
(2),因为,所以,
①当时,恒成立,所以在上单调递增,没有极值点.
②当时,在区间上单调递增,
因为.
当时,,
所以在上单调递减,没有极值点.
当时,,所以存在,使
当时,时,
所以在处取得极小值,为极小值点.
综上可知,若函数在上存在极值点,则实数.
【点睛】本题主要考查了利用导函数求解函数的单调性与最值,进而证明不等式的方法.同时也考查了利用导数分析函数极值点的问题,需要结合零点存在定理求解.属于难题.
19、（1）
（2）或
【解析】由点到直线的距离公式求得圆的半径，则圆的方程可求；
当直线的斜率不存在时，求得弦长为，满足题意；当直线的斜率不存在时，设出直线方程，求出圆心到直线的距离，再由垂径定理列式求，则直线方程可求
【小问1详解】
由题意得：
圆的半径为，
则圆的方程为；
【小问2详解】
当直线的斜率不存在时，直线方程为，得，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，即
圆心到直线的距离，则，
解得
直线的方程为
直线的方程为或
20、（1）；
（2）；
（3）.
【解析】（1）运用抛物线的定义进行求解即可；
（2）设出直线的方程，与抛物线的方程联立，可求得点和的纵坐标，结合直线点斜式方程、两点间距离公式进行求解即可；
（3）利用弦长公式求得，由两点间距离公式求得和，再解方程即可.
【小问1详解】
抛物线的准线方程为：，
因为点到抛物线焦点的距离为，
所以有；
小问2详解】
由题意知，，，设，则，，，，
所以直线的方程为，
联立，消去得，，解得，
设，，，，
不妨取，，
直线的斜率为，其方程为，
令，则，
同理可得，
所以，
而，
所以；
【小问3详解】
，其中，
，
，
因为，
所以，
化简得，
解得（舍负），即，
所以
【点睛】关键点睛：运用抛物线的定义、弦长公式进行求解是解题的关键.
21、（1）证明见解析
（2）足够
【解析】（1）由题意可得出递推关系，变形后利用等比数列的定义求证即可；
（2）由（1）利用等比数列的通项公式求出，再求出，再计算即可得出结论.
【小问1详解】
依题意，第1个月底股票市值

则
又
∴数列是首项为1200，公比为1.2的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知
∴
∵，所以王同学将一年理财投资所得全部取出来是足够的.
22、（1）
（2）这家公司应该把仓库建在距离车站多少千米处，才能使两项费用之和最小，最小费用是万元
【解析】（1）将题中数据代入解析式可求；
（2）利用基本不等式可求解.
【小问1详解】
由题意，，
当时，，，
解得.
【小问2详解】
设两项费用之和为（单位：万元），
则.
因为，所以，
所以，
当且仅当时等号成立，解得.
所以这家公司应该把仓库建在距离车站多少千米处，才能使两项费用之和最小，最小费用是万元.