江西省玉山一中2025-2026学年高二上数学期末经典试题含解析.doc

江西省玉山一中2025-2026学年高二上数学期末经典试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．准线方程为的抛物线的标准方程为（）
A. B.
C. D.
2．为了解青少年视力情况，统计得到名青少年的视力测量值（五分记录法）的茎叶图，其中茎表示个位数，叶表示十分位数，则该组数据的中位数是（ ）

A. B.
C. D.
3．若直线先向右平移一个单位，再向下平移一个单位，然后与圆相切，则c的值为（ ）
A.8或-2 B.6或-4
C.4或-6 D.2或-8
4．从全体三位正整数中任取一数，则此数以2为底的对数也是正整数的概率为（ ）
A. B.
C. D.以上全不对
5．如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点，则下列结论错误的是

A.
B.平面平面
C.的最大值为
D.的最小值为
6．设村庄外围所在曲线的方程可用表示，村外一小路所在直线方程可用表示，则从村庄外围到小路的最短距离为（ ）
A. B.
C. D.
7．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D.
8．动点P，Q分别在抛物线和圆上，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
9．若函数在上为增函数，则a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
10．已知，，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
11．若复数满足，则复平面内表示的点位于（）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
12．设为坐标原点，抛物线的焦点为，为抛物线上一点．若，则的面积为（）
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p：≤0，q：4x＋2x－m≤0，若p是q的充分条件，则实数m的取值范围是________
14．设、为正数，若，则的最小值是______，此时______.
15．已知函数有零点，则的取值范围是___________.
16．在长方体中，M、N分别是BC、的中点，若，则______
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）写出下列命题的逆命题、否命题以及逆否命题：
（1）若，则；
（2）已知为实数，若，则
18．（12分）设点是抛物线上异于原点O的一点，过点P作斜率为、的两条直线分别交于、两点（P、A、B三点互不相同）
（1）已知点，求的最小值；
（2）若，直线AB的斜率是，求的值；
（3）若，当时，B点的纵坐标的取值范围
19．（12分）某公司从2020年初起生产某种高科技产品，初始投入资金为1000万元，到年底资金增长50%.预计以后每年资金增长率与第一年相同，但每年年底公司要扣除消费资金x万元，余下资金再投入下一年的生产.设第n年年底扣除消费资金后的剩余资金为万元.
（1）用x表示，，并写出与的关系式；.
（2）若企业希望经过5年后，使企业剩余资金达3000万元，试确定每年年底扣除的消费资金x的值（精确到万元）.
20．（12分）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，求函数在内的零点个数.
21．12分）已知数列的前n项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，设，求数列的前n项和.
22．（10分）已知数列为等差数列，公差，前项和为，，且成等比数列
（1）求数列的通项公式
（2）设，求数列的前项和
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】的准线方程为.
【详解】的准线方程为.
故选：D.
2、B
【解析】将样本中的数据由小到大进行排列，利用中位数的定义可得结果.
【详解】将样本中的数据由小到大进行排列，依次为：、、、、、、、、、，
因此，这组数据的中位数为.
故选：B.
3、A
【解析】求出平移后的直线方程，再利用直线与圆相切并借助点到直线距离公式列式计算作答.
【详解】将直线先向右平移一个单位，再向下平移一个单位所得直线方程为，
因直线与圆相切，从而得，即，解得或，
所以c的值为8或-2.
故选：A
4、B
【解析】利用古典概型的概率求法求解.
【详解】从全体三位正整数中任取一数共有900种取法，
以2为底的对数也是正整数的三位数有，共3个，
所以以此数以2为底的对数也是正整数的概率为，
故选：B
5、C
【解析】∵，，∴面，面，∴，A正确；∵平面即为平面，平面即为平面，且平面，
∴平面平面，∴平面平面，∴B正确；
当 时，为钝角，∴C错；将面与面沿展成平面图形，线段即为的最小值，在中，，利用余弦定理解三角形得，
即，∴D正确，故选C

考点：立体几何中的动态问题
【思路点睛】立体几何问题的求解策略是通过降维，转化为平面几何问题，具体方法表现为：
求空间角、距离，归到三角形中求解；2．对于球的内接外切问题，作适当的截面，既要能反映出位置关系，又要反映出数量关系；求曲面上两点之间的最短距离，通过化曲为直转化为同一平面上两点间的距离
6、B
【解析】求出圆心到直线距离，减去半径即为答案.
【详解】圆心到直线的距离，则从村庄外围到小路的最短距离为
故选：B
7、A
【解析】由题意，在上恒成立，只需满足即可求解.
【详解】解：因为，所以，
因为函数在上单调递减，
所以在上恒成立，
只需满足，即，解得
故选：A.
8、B
【解析】设，根据两点间距离公式，先求得P到圆心的最小距离，根据圆的几何性质，即可得答案.
【详解】设，圆化简为，即圆心为（0,4），半径为，
所以点P到圆心的距离，
令，则，
令，，为开口向上，对称轴为的抛物线，
所以的最小值为，
所以，
所以的最小值为.
故选：B
9、C
【解析】求出函数的导数，要使函数在上为增函数，要保证导数在该区间上恒正即可，由此得到不等式,解得答案.
详解】由题意可知，
若在递增，则在恒成立，
即有，则，
故选：C.
10、B
【解析】将代数式展开，然后利用基本不等式可求出该代数式的最小值.
【详解】，，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立.
因此，的最小值为.
故选B.
【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，在利用基本不等式时要注意“一正、二定、三相等”条件的成立，考查计算能力，属于中等题.
11、A
【解析】根据复数的运算法则，求得，结合复数的几何意义，即可求解.
【详解】由题意，复数满足，可得，
所以复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限.
故选：A.
12、D
【解析】先由抛物线方程求出点的坐标，准线方程为，再由可求得点的横坐标为4，从而可求出点的纵坐标，进而可求出的面积
【详解】由题意可得点的坐标，准线方程为，
因为为抛物线上一点，，
所以点的横坐标为4，
当时，，所以，
所以的面积为，
故选：D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、m≥6
【解析】分别求出p，q成立的等价条件，利用p是q的充分条件，转为当0＜x≤1时，m大于等于的最大值，求出最值即可确定m的取值范围
【详解】由，得0＜x≤1，即p：0＜x≤1
由4x+2x﹣m≤0得4x+2x≤m
因为，要使p是q的充分条件，
则当0＜x≤1时，m大于等于的最大值，
令，则在上单调递增，
故当时取到最大值6，所以m≥6

故答案为：m≥6
【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的应用,考查函数的最值，考查转化的思想，属于基础题
14、 ①.4 ②.
【解析】巧用“1”改变目标式子的结果，借助均值不等式求最值即可.
【详解】，
当且仅当即，时等号成立.
故答案为，
【点睛】本题考查最值的求法，注意运用“1”的代换法和基本不等式，考查运算能力，属于中档题
15、
【解析】利用导数可求得函数的最小值，要使函数有零点，只要，求得函数的最小值，即可得解.
【详解】解：，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，
因为函数有零点，
所以，解得.
故答案为：.
16、－2
【解析】作出图像，根据几何关系，结合空间向量的加减法运算法则即可求解.
【详解】，
∴，，，
故答案为：－2.

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）答案见解析
（2）答案见解析
【解析】（1）（2）根据逆命题、否命题以及逆否命题的定义作答即可；
【小问1详解】
解：逆命题：若，则；
否命题：若，则；
逆否命题：若，则
【小问2详解】
解：逆命题：已知为实数，若，则；
否命题：已知为实数，若或，则；
逆否命题：已知实数，若，则或
18、（1）；
（2）3；（3）；
【解析】（1）根据两点之间的距离公式，结合点坐标满足抛物线，构造关于的函数关系，求其最值即可；
（2）根据题意，求得点的坐标，设出的直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理求得点坐标，同理求得点坐标，再利用斜率计算公式求得即可；
（3）根据题意，求得点的坐标，利用坐标转化，求得关于的一元二次方程，利用其有两个不相等的实数根，即可求得的取值范围.
【小问1详解】
因为点在抛物线上，故可得，又
，当且仅当时，取得最小值.
故的最小值为.
【小问2详解】
当时，故可得，即点的坐标为；
则的直线方程为：，联立抛物线方程：，
可得：，故可得，
解得：，又
故可得同理可得：，
又的斜率

，即.
故为定值.
【小问3详解】
当时，可得，此时，
因为两点在抛物线上，故可得，
，
因为，故可得，
整理得：，
，
因为三点不同，故可得，
则，即，
，此方程可以理解为关于的一元二次方程，
因为，故该方程有两个不相等的实数根，
，即，
故，则，
解得或.
故点纵坐标的取值范围为.
【点睛】本题考察直线与抛物线相交时范围问题，定值问题，解决问题的关键是合理且充分的利用韦达定理，本题计算量较大，属综合困难题.
19、（1）；
（2）x=348
【解析】(1)根据题意直接得，，进而归纳出
；
(2)由(1)可得，利用等比数列的求和公式可得
，结合即可计算出d的值.
【小问1详解】
由题意知，
，
，
；
【小问2详解】
由(1)可得，，
则
，
所以，
即，
当时，，
解得，
当时，万元.
故该企业每年年底扣除消费资金为348万元时，5年后企业剩余资金为3000万元.
20、（1）当， 在单调递增；当，在单调递增,在单调递减.
（2）0.
【解析】（1）求得，对参数分类讨论，即可由每种情况下的正负确定函数的单调性；
（2）根据题意求得，利用进行放缩，只需证即，再利用导数通过证明从而得到恒成立，则问题得解.
【小问1详解】
以为，其定义域为，又，
故当时，，在单调递增；
当时，令，可得，且
令，解得，令，解得，
故在单调递增，在单调递减.
综上所述：当， 在单调递增；
当，在单调递增，在单调递减.
【小问2详解】
因为，故可得，
则，
；
下证恒成立，
令，则，
故在单调递减，又当时，，故在恒成立，
即；
因为，故，
令，
下证在恒成立，
要证恒成立，即证，又，
故即证，
令，则，
令，解得，此时该函数单调递增，令，解得，此时该函数单调递减，
又当时，，也即；
令，则，
令，解得，此时该函数单调递减，令，解得，此时该函数单调递增，
又当时，，也即；
又，故恒成立，
则在恒成立，又，
故当时，恒成立，
则在上的零点个数是.
【点睛】本题考察利用导数研究含参函数的单调性，以及函数零点问题的处理；本题第二问处理的关键是通过分离参数和构造函数，证明恒成立，属综合困难题.
21、（1）
（2）.
【解析】(1)由数列的前n项和与通项公式之间的关系即可完成.
(2)由错位相减法即可解决此类“差比”数列的求和.
【小问1详解】
由，
得当时，，
上下两式相减得，，
又当时，满足上式，
所以数列的通项公式；
【小问2详解】
由（1）可知，
所以，
则，
上下两式相减得
，
所以.
22、（1）；（2）
【解析】（1）根据成等比数列，有，即求解.
（2）由（1）可得，，∴，再利用裂项相消法求和.
【详解】（1）由成等比数列，得，
即，
整理得，∵，∴，
∴，即
（2）由（1）可得，，∴，
故
【点睛】本题主要考查等差数列的基本运算和裂项相消法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.