山东省名校联盟新教材2025年高二上数学期末达标检测试题含解析.doc

山东省名校联盟新教材2025年高二上数学期末达标检测试题
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．函数极小值为（）
A. B.
C. D.
2．下列数列中成等差数列的是（）
A. B.
C. D.
3．已知F(3,0)是椭圆的一个焦点，过F且垂直x轴的弦长为，则该椭圆的方程为（ ）
A. + = 1 B. + = 1
C. + = 1 D. + = 1
4．瑞士数学家欧拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上．后人称这条直线为欧拉线．已知△ABC的顶点，其欧拉线方程为，则顶点C的坐标是（）
A.（） B.（）
C.（） D.（）
5．等比数列满足，，则（）
A.11 B.
C.9 D.
6．如图，四面体-，是底面△的重心，，则（）

A B.
C. D.
7．已知关于的不等式的解集是，则的值是（ ）
A B.5
C. D.7
8．方程所表示的曲线为（）
A.射线 B.直线
C.射线或直线 D.无法确定
9．命题的否定是（）
A. B.
C. D.
10．在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2+6x+2=0的根，则的值为（　　）
A. B.
C. D.或
11．椭圆（）的右顶点是抛物线的焦点，且短轴长为2，则该椭圆方程为（ ）
A. B.
C. D.
12．已知的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为，则（）
A.4 B.5
C.6 D.7
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．椭圆x2 + = 1上的点到直线x + y - 4 = 0的距离的最小值为 _________ .
14．已知函数，则的值是______.
15．数列的前n项和满足：，则________
16．某学生到某工厂进行劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为一个大圆柱中挖去一个小圆柱后剩余部分（两个圆柱底面圆的圆心重合），大圆柱的轴截面是边长为的正方形，小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，打印所用原料的密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.（取）

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）已知椭圆的短轴长为2，左、右焦点分别为，，过且垂直于长轴的弦长为1
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若A，B为椭圆C上位于x轴同侧的两点，且，共线，求四边形的面积的最大值
18．（12分）已知函数．若图象上的点处的切线斜率为
（1）求a，b的值；
（2）的极值
19．（12分）等差数列的前n项和为，已知
（1）求的通项公式；
（2）若，求n的最小值
20．（12分）已知圆的半径为，圆心在直线上，点在圆上.
（1）求圆的标准方程；
（2）若原点在圆内，求过点且与圆相切的直线方程.
21．（12分）为庆祝中国共产党成立100周年，某校举行了党史知识竞赛，在必答题环节，甲、乙两位选手分别从3道选择题
（1）甲至少抽到1道填空题
（2）甲答对的题数比乙多的概率.
22．（10分）已知双曲线C：（a> 0，b> 0）的离心率为，实轴长为2.
（1）求双曲线的焦点到渐近线的距离；
（2）若直线y=x+m被双曲线C截得的弦长为，求m的值.
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】利用导数分析函数的单调性，可求得该函数的极小值.
【详解】对函数求导得，令，可得或，
列表如下：

减
极小值
增
极大值
减
所以，函数的极小值为.
故选：A.
2、C
【解析】利用等差数列定义，逐一验证各个选项即可判断作答.
【详解】对于A，，A不是等差数列；
对于B，，B不是等差数列；
对于C，，C是等差数列；
对于D，，D不是等差数列.
故选：C
3、C
【解析】根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.
【详解】依题意，
所以椭圆方程为.
故选：C
4、A
【解析】根据题意，求得的外心，再根据外心的性质，以及重心的坐标，联立方程组，即可求得结果.
【详解】因为，故的斜率，又的中点坐标为，
故的垂直平分线的方程为，即，
故△的外心坐标即为与的交点，即，
不妨设点，则，即；
又△的重心的坐标为，其满足，
即，也即，将其代入，
可得，，解得或，对应或，
即或，因为与点重合，故舍去.
故点的坐标为.
故选：A.
5、B
【解析】由已知结合等比数列的性质即可求解.
【详解】由数列是等比数列，得：，
故选：B
6、B
【解析】根据空间向量的加减运算推出，进而得出结果.
【详解】因为，
所以

，
故选：B
7、D
【解析】由题意可得的根为，然后利用根与系数的关系列方程组可求得结果
【详解】因为关于的不等式的解集是，
所以方程的根为，
所以，得，
所以，
故选：D
8、C
【解析】将方程化为或，由此可得所求曲线.
【详解】由得：或，即或，
方程所表示的曲线为射线或直线.
故选：C.
9、C
【解析】根据含全称量词命题的否定可写出结果.
【详解】全称命题的否定是特称命题，所以命题的否定是.
故选：C
10、B
【解析】由韦达定理得a3a15=2，由等比数列通项公式性质得：a92=a3a15=a2a16=2，由此求出答案
【详解】解：∵在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2-6x+2=0的根，
∴a3a15=2＞0，a3+a15=-6<0
∴a2a16=a3a15=2，
a92=a3a15=2，
∴a9=，
∴，
故选B
【点睛】本题考查等比数列中两项积与另一项的比值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用
11、A
【解析】求得抛物线的焦点从而求得，再结合题意求得，即可写出椭圆方程.
【详解】因为抛物线的焦点坐标为，故可得；
又短轴长为2，故可得，即；
故椭圆方程为：.
故选：.
12、C
【解析】利用赋值法确定展开式中各项系数的和以及二项式系数的和，利用比值为，列出关于的方程，解方程.
【详解】二项式的各项系数的和为，
二项式的各项二项式系数的和为，
因为各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为，
所以，.
故选：C.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】设与直线x + y - 4 = 0平行的直线方程为,求出即得解.
【详解】解：设与直线x + y - 4 = 0平行的直线方程为,
所以，代入椭圆方程得，
令或.
当时，平行线间的距离为；
当时，平行线间的距离为.
所以最小距离为.
故答案为：.

14、
【解析】求出，代值计算可得的值.
【详解】因为，则，
因此，.
故答案为：.
15、
【解析】利用“当时，；当时，"即可得出.
【详解】当时，
当时，，不适合上式，
数列的通项公式.
故答案为：.
16、4500
【解析】根据题意可知大圆柱底面圆的半径，两圆柱的高，设小圆柱的底面圆的半径为，再根据小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，求出小圆柱的底面圆的半径，然后求出该模型的体积，从而可得出答案.
【详解】解：根据题意可知大圆柱的底面圆的半径，两圆柱的高，
设小圆柱的底面圆的半径为，
则有，即，解得，
所以该模型的体积为，
所以制作该模型所需原料的质量为.
故答案为：4500.

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）2
【解析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的标准方程.
（2）延长，交椭圆C于点．设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，根据对称性求得四边形的面积的表达式，利用换元法，结合基本不等式求得四边形的面积的最大值.
【小问1详解】
由题可知，即，
因为过且垂直于长轴的弦长为1，所以，所以
所以椭圆C的标准方程为
【小问2详解】
因为，共线，所以
延长，交椭圆C于点．设，
由（1）可知，可设直线的方程为
联立，消去x可得，
所以，
由对称性可知
设与间的距离为d，
则四边形的面积

令，则．因为，当且仅当时取等号，
所以，即四边形的面积的最大值为2
【点睛】在椭圆、双曲线、抛物线中，求三角形、四边形面积的最值问题，求解策略是：首先结合弦长公式、点到直线距离公式等求得面积的表达式；然后利用基本不等式、二次函数的性质等知识来求得最值.
18、（1）
（2）极大值为，极小值为
【解析】（1）求出函数的导函数，再根据图象上的点处的切线斜率为，列出方程组，解之即可得解；
（2）求出函数的导函数，根据导函数的符号求得函数的单调区间，再根据极值的定义即可得解.
【小问1详解】
解：，
，
；
【小问2详解】
解：由（1）得
，令，得
或，，

－1
（－1，3）
3

＋
0
－
0
＋

的极大值为，极小值为.
19、（1）
（2）12
【解析】（1）设的公差为d，根据题意列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）利用等差数的求和公式，得到，结合的单调性，即可求解.
【小问1详解】
解：设的公差为d，
因为，可得，解得，
所以，即数列的通项公式为
【小问2详解】
解：由，可得，
根据二次函数的性质且，可得单调递增，
因为，所以当时，，
故n的最小值为12
20、（1）或
（2）或
【解析】（1）先设出圆的标准方程，利用点在圆上和圆心在直线上得到圆心坐标的方程组，进而求出圆的标准方程；
（2）先利用原点在圆内求出圆的方程，设出切线方程，利用圆心到切线的距离等于半径进行求解.
【小问1详解】
解：设圆的标准方程为，
由已知得，
解得或，
故圆的方程为或.
【小问2详解】
解：因为，
，且原点在圆内，
故圆的方程为，
则圆心为，半径为，
设切线为，即，
则，解得或，
故切线为或，
即或即为所求.
21、（1）；（2）.
【解析】（1）把3道选择题
（2）设，分别表示甲答对1道题，2道题的事件，，分别表示乙答对0道题，1道题的事件，分别求出它们的概率，甲答对的题数比乙多这个事件是，
然后由相互独立的事件和互斥事件的概率公式计算
【详解】解：（1）记3道选择题
则试验的样本空间，.
共有10个样本点，且每个样本点是等可能发生的，所以这是一个古典概型.
记事件A=“甲至少抽到1道填空题
，.
所以，，.
所以，.
因此，甲至少抽到1道填空题
（2）设，分别表示甲答对1道题，2道题的事件
，分别表示乙答对0道题，1道题的事件，根据独立性假定，得
，.
，.
记事件B=“甲答对的题数比乙多”，则，且，，两两互斥，与，与，与分别相互独立，所以

.
.
因此，甲答对的题数比乙多的概率为.
22、（1）
（2）
【解析】（1）根据已知计算双曲线的基本量，得双曲线焦点坐标及渐近线方程，再用点到直线距离公式得解.
（2）直线方程代入双曲线方程，得到关于的一元二次方程，运用韦达定理弦长公式列方程得解.
【小问1详解】
双曲线离心率为，实轴长为2，
，，解得，，
，
所求双曲线C的方程为；
∴双曲线C的焦点坐标为，渐近线方程为，即为，
∴双曲线焦点到渐近线的距离为.
【小问2详解】
设,,
联立，，，
，
，
，
解得