江苏省泰州中学、江都中学、宜兴中学2025年高二上数学期末综合测试试题含解析.doc

江苏省泰州中学、江都中学、宜兴中学2025年高二上数学期末综合测试试题
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．已知双曲线的左、右焦点分别为，半焦距为c，过点作一条渐近线的垂线，垂足为P，若的面积为，则该双曲线的离心率为（ ）
A.3 B.2
C. D.
2．设，若函数，有大于零的极值点，则
A. B.
C. D.
3．若双曲线离心率为，过点，则该双曲线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
4．设抛物线的焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线与抛物线C交于A，B两点，若，则（ ）
A 1 B.2
C.4 D.8
5．已知数列为等差数列，则下列数列一定为等比数列的是（ ）
A. B.
C. D.
6．函数的单调递减区间是（ ）
A. B.
C. D.
7．设等差数列的前n项和为．若，则（）
A.19 B.21
C.23 D.38
8．十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的.明万历十二年(公元1584年)，他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论.十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个正数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列.依此规则，插入的第四个数应为（ ）
A. B.
C. D.
9．已知等差数列的公差，记该数列的前项和为，则的最大值为（ ）
A.66 B.72
C.132 D.198
10．等差数列x，，，…的第四项为()
A.5 B.6
C.7 D.8
11．若直线被圆截得的弦长为4，则的最大值是（）
A. B.
C.1 D.2
12．已知长方体的底面ABCD是边长为4的正方形，长方体的高为，则与对角面夹角的正弦值等于（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数
（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；
（2）在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，若，，，求的面积
14．围棋是一种策略性两人棋类游戏．已知某围棋盒子中有若干粒黑子和白子，从盒子中取出2粒棋子，2粒都是黑子的概率为，2粒恰好是同一色的概率比不同色的概率大，则2粒恰好都是白子的概率是______
15．已知复数对应的点在复平面第一象限内，甲、乙、丙三人对复数的陈述如下为虚数单位：甲：；乙：；丙：，在甲、乙、丙三人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数______
16．若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是__________

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）在中，角的对边分别为，已知， , 且 .
（1）求角的大小；
（2）若，面积为，试判断的形状，并说明理由.
18．（12分）已知函数（a是常数）.
（1）当时，求的单调区间与极值；
（2）若，求a的取值范围.
19．（12分）已知函数.
（1）设函数，讨论在区间上的单调性；
（2）若存在两个极值点，（ ）（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值），且，证明：.
20．（12分）已知椭圆：的一个顶点为，离心率为，直线 与椭圆交于不同的两点M，N
（1）求椭圆的标准方程；
（2）当的面积为时，求的值
21．（12分）已知，，且Ü，求实数的取值范围.
22．（10分）如图所示，在四棱锥中，平面，底面是等腰梯形，．且

（1）证明：平面平面；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值
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、D
【解析】根据给定条件求出，再计算面积列式计算作答.
【详解】依题意，点，由双曲线对称性不妨取渐近线，即，
则，令坐标原点为O，中，，
又点O是线段的中点，因此，，则有，即，，，
所以双曲线的离心率为
故选：D
2、B
【解析】设，则，若函数在x∈R上有大于零的极值点
即有正根，当有成立时，显然有，
此时．由，得参数a的范围为．故选B
考点：利用导数研究函数的极值
3、B
【解析】分析可得，再将点代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的标准方程.
【详解】，则，，则双曲线的方程为，
将点的坐标代入双曲线的方程可得，解得，故，
因此，双曲线的方程为.
故选：B
4、C
【解析】根据焦点弦的性质即可求出
【详解】依题可知，，所以
故选：C
5、A
【解析】根据等比数列的定义判断
【详解】设的公差是，即，
显然，且是常数，是等比数列，
若中一个为1，则，则不是等比数列，
只要，，都不可能是等比数列，如，，
故选：A
6、D
【解析】求导后，利用求得函数的单调递减区间.
【详解】解：，
则，
由得，
故选：D.
7、A
【解析】由已知及等差数列的通项公式得到公差d，再利用前n项和公式计算即可.
【详解】设等差数列的公差为d，由已知，得，
解得，所以.
故选：A
8、C
【解析】先求出等比数列的公比，再由等比数列的通项公式即可求解.
【详解】用表示这个数列，依题意，，则，，
第四个数即.
故选：C.
9、A
【解析】根据等差数列的公差，求得其通项公式求解.
【详解】因为等差数列的公差,
所以，则 ，
所以 ，
由 ，得 ，
所以 或12时，该数列的前项和取得最大值，
最大值为，
故选：A
10、A
【解析】根据等差数列的定义求出x，求出公差，即可求出第四项.
【详解】由题可知，等差数列公差d＝(x＋2)－x＝2，
故3x＋6＝x＋2＋2，故x＝－1，
故第四项为－1＋(4－1)×2＝5.
故选：A.
11、A
【解析】根据弦长求得的关系式，结合基本不等式求得的最大值.
【详解】圆的圆心为，半径为，
所以直线过圆心，
即，
由于为正数，所以，
当且仅当时，等号成立.
故选：A
12、C
【解析】建立空间直角坐标系，结合空间向量的夹角坐标公式即可求出线面角的正弦值.
【详解】连接，建立如图所示的空间直角坐标系

∵底面是边长为4的正方形，，
∴，，，
因为,，且，所以平面，
∴，平面的法向量，
∴与对角面所成角的正弦值为

故选：C.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、（1）最小正周期，，；（2）
【解析】（1）根据降幂公式、辅助角公式化简函数的解析式，再利用正弦型函数的最小正周期公式、单调性进行求解即可；
（2）根据特殊角的三角函数值，结合三角形面积公式进行求解即可.
【详解】（1）
，
所以的最小正周期
令，，
解得，，
所以的单调递增区间为，
（2）因为，所以，
即，
又，所以，
所以或，或，
当时，，不符合题意，舍去；
当时，，符合题意，
所以，，，，
此时为等腰三角形，所以，
所以，
即的面积为
14、
【解析】根据互斥事件与对立事件概率公式求解即可
【详解】设“2粒都是黑子”为事件，“2粒都是白子”为事件，
“2粒恰好是同一色”为事件，“2粒不同色”为事件，
则事件与事件是对立事件，所以
因为2粒恰好是同一色的概率比不同色的概率大，
所以，所以，
又，且事件与互斥，所以，
所以
故答案为：
15、##
【解析】设，则，然后分别求出甲，乙，丙对应的结论，先假设甲正确，则得出乙错误，丙正确，由此即可求解
【详解】解：设，则，
甲：由可得，则，
乙：由可得：，
丙：由可得，即，所以，
若，则，则不成立，，则，解得或，
所以甲，丙正确，乙错误，
此时或，又复数对应的点在复平面第一象限内，
所以，
故答案为：
16、1
【解析】根据三视图可得如图所示的几何体，从而可求其体积.
【详解】
据三视图分析知，该几何体为直三棱柱，且底面为直角边为1的等腰直角三角形，高为2，所以其体积
故答案为：1

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）为等边三角形
【解析】（1）由（2b﹣c）cosA﹣acosC＝0及正弦定理，得sinB（2cosA﹣1）＝0，从而得角A；
（2）由S△ABC＝bcsinA＝，可得bc＝3，①；再由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA可得b2+c2＝6，②；联立①②可求得b＝c＝，从而可判断△ABC的形状
【详解】（1）由（2b﹣c）cosA﹣acosC＝0及正弦定理，得（2sinB﹣sinC）cosA﹣sinAcosC＝0，
∴2sinBcosA﹣sin（A+C）＝0，sinB（2cosA﹣1）＝0
∵0＜B＜π，∴sinB≠0，∴cosA＝．∵0＜A＜π，
∴A＝
（2）△ABC为等边三角形，∵S△ABC＝bcsinA＝，
即bcsin＝，∴bc＝3，①
∵a2＝b2+c2﹣2bccosA，A＝，a＝，∴b2+c2＝6，②
由①②得b＝c＝，∴△ABC为等边三角形
【点睛】本题考查三角形形状的判断，着重考查正弦定理与余弦定理的应用，考查方程思想与运算求解能力，属于中档题
18、（1）函数在上单调递增，在上单调递减，极小值是，无极大值.
（2）
【解析】（1）由当，得到，求导，再由，求解；
（2）将，转化为成立，令，求其最大值即可.
【小问1详解】
解：当时，，定义域为，
所以，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以时，取得极小值是，无极大值.
【小问2详解】
因为，即成立.
设，则，
当时，，当时,，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
即.
19、（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】（1）由题意得，然后对其求导，再分，两种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间，
（2）由（1）结合零点存在性定理可得在和上各有一个零点，且是的两个极值点，再将极值点代入导函数中化简结合已知可得，，从而将要证的结论转化为证，令，再次转化为利用导数求的最小值大于零即可
【小问1详解】
由，得，则
，
当时，在上单调递增；
当时，令.
当时，单调递增；
当时，单调递减.
综上，当时，的增区间为，无减区间
当时，的增区间为，减区间为
小问2详解】
由（1）知若存在两个极值点，则，
且，
且注意到，
所以在和上各有一个零点，
且时，单调递减；
当时，单调递增；
当时，单调递减.
所以是的两个极值点.

，
因为，所以，
所以，
所以，即，
所以
而，所以，
所以，要证，即要证
即要证：
因为，所以
所以，即要证：
即要证：
令，即要证：
即要证：
令

当时，，所以在上单调增
所以结论得证.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用求函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，解题的关键是将两个极值点代入导函数中化简后，将问题转化为证明成立，换元后构造函数，再利用导数证明，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
20、（1）
（2）
【解析】（1）由椭圆的一个顶点为，得到，再由椭圆的离心率为，求得，进而求得椭圆的标准方程；
（2）由椭圆的对称性得到，联立方程组求得，根据的面积为，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，椭圆的一个顶点为，可得，
又由椭圆的离心率为，可得，所以，则，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
解：设，且
根据椭圆的对称性得，
联立方程组，整理得，解得，
因为的面积为，可得，解得.

21、.
【解析】求得集合，根据Ü，分和，两种情况讨论，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】由题意，集合
当时，即，解得，此时满足Ü，
当时，要使得Ü，则或，
当时，可得，即，此时，满足Ü；
当时，可得，即，此时，不满足Ü，
综上可知，实数的取值范围为.
22、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可得平面平面；
（2）以为坐标原点，以，所在直线分别为，轴，以过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系．求出平面的一个法向量、平面的法向量，由二面角的空间向量求法可得答案.
【小问1详解】
因为四边形是等腰梯形，，
所以，
所以，即
因为平面，所以，
又因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面
【小问2详解】
以为坐标原点，以，所在直线分别为，轴，以过点垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系

设，则，
所以，，，
由（1）可知平面的一个法向量为
设平面的法向量为，因为，，所以得
令，则，，所以，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.