2025-2026学年江西省九江市同文中学数学高二第一学期期末监测试题含解析.doc

2025-2026学年江西省九江市同文中学数学高二第一学期期末监测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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．已知定义在上的函数的导函数为，且恒有，则下列不等式一定成立的是（）
A. B.
C. D.
2．已知经过两点（5，m）和（m，8）的直线的斜率等于1，则m的值为（ ）
A.5 B.8
C. D.7
3．函数的导数记为，则等于（）
A. B.
C. D.
4．已知直线的倾斜角为，在轴上的截距为，则此直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
5．若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D.
6．已知五个数据3，4，x，6，7的平均数是x，则该样本标准差为（）
A.1 B.
C. D.2
7．已知命题,，则
A.， B.，
C.， D.，
8．直线与圆相交于点，点是坐标原点，若是正三角形，则实数的值为
A.1 B.1
C. D.
9．函数的单调递增区间为（ ）
A. B.
C. D.
10．已知点P是双曲线上的动点，过原点O的直线l与双曲线分别相交于M、N两点，则的最小值为（）
A.4 B.3
C.2 D.1
11．命题“对任意，都有”的否定是（）
A.对任意，都有 B.存在，使得
C.对任意，都有 D.存在，使得
12．已知为抛物线上一点，点P到抛物线C的焦点的距离与它到y轴的距离之比为，则（）
A.1 B.
C.2 D.3
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．直线与圆相交于两点M，N，若满足，则________
14．已知数列的前项和为，，则___________，___________.
15．在中，内角，，的对边分别为，，，若，且，则_______
16．数列中，，，，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）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）任意，恒成立，求的取值范围.
18．（12分）圆心在轴正半轴上、半径为2的圆与直线相交于两点且.
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线，圆上仅有一个点到直线的距离为1，求直线的方程.
19．（12分）为了符合国家制定的工业废气排放标准，某工厂在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，采用新工艺，对其排放的废气中的二氧化硫转化为一种可利用的化工产品．已知该工厂每月的处理量最少为300吨，最多为600吨，月处理成本y（元）与月处理量x（吨）之间的函数关系可近似地表示为，且每处理一吨二氧化硫得到可利用的化工产品价值为200元
（1）该工厂每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？
（2）该工厂每月能否获利？如果获利，求出最大利润：如果不获利，则国家每月至少应补贴多少元才能使工厂不亏损？
20．（12分）在△中，内角 所对的边分别为，已知
（1）求角的大小；
（2）若的面积 ，求的值
21．（12分）如图，已知抛物线 的焦点为，点是轴上一定点，过的直线交与两点.

（1）若过的直线交抛物线于，证明纵坐标之积为定值；
（2）若直线分别交抛物线于另一点，连接交轴于点.证明：成等比数列.
22．（10分）已知数列满足，数列为等差数列，，前4项和.
（1）求数列，的通项公式；
（2）求和：.
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】构造函数，用导数判断函数单调性，即可求解.
【详解】根据题意，令，其中，则，
∵，∴，
∴在上为单调递减函数，
∴，即，，则错误；
，即，则错误；
，即，则错误；
，即，则正确；
故选：.
2、C
【解析】根据斜率的公式直接求解即可.
【详解】由题可知,,解得.
故选：C
【点睛】本题主要考查了两点间斜率的计算公式,属于基础题.
3、D
【解析】求导后代入即可.
【详解】，.
故选：D.
4、D
【解析】求出直线的斜率，利用斜截式可得出直线的方程.
【详解】直线的斜率为，由题意可知，所求直线的方程为.
故选：D.
5、D
【解析】求出函数的导数，问题转化为在有解，进而求函数的最值，即可求出的范围.
【详解】∵，
∴，
若在区间内存在单调递增区间，则有解，
故，
令，则在单调递增，
，
故.
故选：D.
6、B
【解析】先求出的值，然后利用标准差公式求解即可
【详解】解：因为五个数据3，4，x，6，7的平均数是x，
所以，解得，
所以标准差，
故选：B
7、A
【解析】根据全称命题与特称命题互为否定的关系，即可求解，得到答案
【详解】由题意，根据全称命题与特称命题的关系，可得命题,，
则，，故选A
【点睛】本题主要考查了含有一个量词的否定，其中解答中熟记全称命题与特称性命题的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题
8、C
【解析】由题意得，直线被圆截得的弦长等于半径．圆的圆心坐标，设圆半径为，圆心到直线的距离为，则
由条件得，整理得
所以，解得．选C
9、B
【解析】求出函数的定义域，解不等式可得出函数的单调递增区间.
【详解】函数的定义域为，由，可得.
因此，函数的单调递增区间为.
故选：B.
10、C
【解析】根据双曲线的对称性可得为的中点，即可得到，再根据双曲线的性质计算可得；
【详解】解：根据双曲线的对称性可知为的中点，所以，又在上，所以，当且仅当在双曲线的顶点时取等号，所以
故选：C
11、B
【解析】根据全称命题的否定是特称命题形式，可判断正确答案.
【详解】因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题“对任意，都有”的否定是“存在，使得”
故选：B.
12、B
【解析】先求出点的坐标，然后根据抛物线的定义和已知条件列方程求解即可
【详解】因为为抛物线上一点，
所以，得，
所以，
抛物线的焦点为，
因为点P到抛物线C的焦点的距离与它到y轴的距离之比为，
所以，化简得，
因为，所以，
故选：B

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】由点到直线的距离公式，结合已知可得圆心到直线的距离，再由圆的弦长公式可得,然后可解.
【详解】因为，所以，所以，圆心到直线的距离
因为，所以，
所以
故答案为：
14、 ①. ②.
【解析】第一空：由，代入已知条件，即可解得结果；
第二空：由与关系可推导出之间的关系，再由递推公式即可求出通项公式.
【详解】，可得
由，可知时，
故时
即可化为
又故数列是首项为公比为2的等比数列，

故数列的通项公式
故答案为：①；②
15、
【解析】代入，展开整理得，①
化为，与①式相加得
，转化为关于的方程，求解即可得出结论.
【详解】因为，所以，
所以，因为，
所以，
则，
整理得，解得.
故答案为:.
【点睛】本题考查正弦定理的边角互化，考查三角函数化简求值，属于中档题.
16、##0.5
【解析】直接计算得到答案.
【详解】∵，，
则，.
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）的递增区间为，递减区间为
（2）
【解析】(1)先求出函数的导数，令、解出对应的解集，结合定义域即可得到函数的单调区间；
(2)将不等式转化为，令，
利用导数讨论函数分别在、时的单调性，进而求出函数的最值，即可得出答案.
【小问1详解】
函数的定义域为，又
当时，，当时，
故的递增区间为，递减区间为.
【小问2详解】
，即，
令，
有，，
若，在上恒成立.则在上为减函数，
所以有
若，由 ，可得，则在上增，
所以在上存在使得，与题意不符合
综上所述， .
18、（1）；
（2）或.
【解析】（1）根据圆的弦长公式进行求解即可；
（2）根据平行线的性质，结合直线与圆的位置关系进行求解即可.
小问1详解】
因为圆的圆心在轴正半轴上、半径为2，
所以设方程为：，圆心，
设圆心到直线的距离为，
因为，
所以有，或舍去，
所以圆的标准方程为；
【小问2详解】
由（1）可知：，圆的半径为，
因为直线，所以设直线的方程为，
因为圆上仅有一个点到直线的距离为1，所以直线与该圆相离，
当两平行线间的距离为，于是有：，
当时，圆心到直线的距离为：，符合题意；
当时，圆心到直线的距离为：：，不符合题意，
此时直线的方程为.
当两平行线间的距离为，于是有：，
当时，圆心到直线的距离为：，不符合题意；
当时，圆心到直线的距离为：：，不符合题意，
此时直线的方程为.
故直线方程为或.
19、（1）600吨
（2）该工厂不获利，且需要国家每月至少补贴52500元才能使工厂不亏损
【解析】（1）设该工厂每吨平均处理成本为z，，利用基本不等式求最值可得答案；
（2）设该工厂每月的利润为，利用配方求最值可得答案.
【小问1详解】
设该工厂每吨平均处理成本为z，
，
∴，
当且仅当，即时取等号，
当时，每吨平均处理成本最低.
【小问2详解】
设该工厂每月的利润为，
则，
∴，
当时，，
所以该工厂不获利，且需要国家每月至少补贴52500元才能使工厂不亏损.
20、（1）；（2）
【解析】（1）由正弦定理，将条件中的边化成角，可得，进而可得的值2）由三角形面积公式可得，再由余弦定理可得，得最后结论
试题解析：（1），又∴
又 得
（2）由， ∴
又
得， ∴ 得
考点：正弦定理；余弦定理
【易错点睛】解三角形问题的两重性：①作为三角形问题，它必须要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及其有关三角形的性质，及时进行边角转化，有利于发现解题的思路；②它毕竟是三角变换，只是角的范围受到了限制，因此常见的三角变换方法和原则都是适用的，注意“三统一”（即“统一角、统一函数、统一结构”）是使问题获得解决的突破口
21、（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】（1）设直线方程为，联立抛物线方程用韦达定理可得
（2）借助（1）中结论可得各点纵坐标之积，进而得到F、T、Q三点横坐标关系，然后可证.
【小问1详解】
显然过T的直线斜率不为0，设方程为，
联立，消元得到，
.
【小问2详解】
由（1）设，
因为AP与BQ均过T(t,0)点，可知，
又AB过F点，所以，如图：

，,设M(n，0）,
由（1）类比可得
.
，且，
成等比数列.
22、（1），；
（2）.
【解析】（1）根据等比数列的定义，结合等差数列的基本量，即可容易求得数列，的通项公式；
（2）根据（1）中所求，构造数列，证明其为等比数列，利用等比数列的前项和即可求得结果.
【小问1详解】
因为数列满足，
故可得数列为等比数列，且公比，则；
数列为等差数列，，前4项和，设其公差为，
故可得，解得，则；
综上所述，，.
【小问2详解】
由（1）可知：，，故，
又，又，则是首项1，公比为的等比数列；
则.