2025年浙江省绍兴市上虞区城南中学数学高二上期末考试试题含解析.doc

2025年浙江省绍兴市上虞区城南中学数学高二上期末考试试题
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．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过点且斜率为的直线与双曲线在第二象限的交点为，若，则双曲线的离心率是（）
A B.
C. D.
2．直线分别交坐标轴于A，B两点，O为坐标原点，三角形OAB的内切圆上有动点P，则的最小值为（ ）
A.16 B.18
C.20 D.22
3．直线的倾斜角为（ ）
A. B.
C. D.
4．在等比数列中,，,则等于
A. B.
C. D.或
5．若将一个椭圆绕其中心旋转90°，所得椭圆短轴两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，这样的椭圆称为“对偶椭圆”，下列椭圆中是“对偶椭圆”的是（）
A. B.
C. D.
6．数列中，，，．当时，则n等于（）
A.2016 B.2017
C.2018 D.2019
7．命题“存在，”的否定是（）
A.存在， B.存在，
C.对任意， D.对任意，
8．设正实数，满足(其中为正常数)，若的最大值为3，则（ ）
A.3 B.
C. D.
9．等差数列x，，，…的第四项为()
A.5 B.6
C.7 D.8
10．抛物线的准线方程为，则实数的值为（ ）
A. B.
C. D.
11．是直线与直线互相平行的（）条件
A.必要而不充分 B.充分而不必要
C.充要 D.既不充分也不必要
12．已知函数为偶函数，则在处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知向量，，，若，则____
14．设，满足约束条件，则的最大值是_________.
15．执行如图所示的程序框图，则输出的S＝__.

16．已知函数，数列是正项等比数列，且，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）已知数列中，，的前项和为，且数列是公差为-3的等差数列.
（1）求；
（2）若，数列前项和为.
18．（12分）已知几何体中，平面平面，是边长为4的菱形，，是直角梯形，，，且

（1）求证：；
（2）求平面与平面所成角的余弦值
19．（12分）已知圆心为的圆过原点，且直线与圆相切于点.
（1）求圆的方程；
（2）已知过点的直线的斜率为，且直线与圆相交于两点.
①若，求弦的长；
②若圆上存在点，使得成立，求直线的斜率.
20．（12分）已知圆,直线
（1）判断直线与圆的位置关系；
（2）若直线与圆交于不同两点,且,求直线的方程
21．（12分）已知函数在处取得极值7
（1）求的值；
（2）求函数在区间上的最大值
22．（10分）设等差数列的前项和为，已知.
（1）求数列的通项公式;
（2）当为何值时，最大，并求的最大值.
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、B
【解析】根据得到三角形为等腰三角形，然后结合双曲线的定义得到，设，进而作，得出，由此求出结果
【详解】因为，
所以，即
所以，
由双曲线的定义，知，
设，则，易得，
如图，作，为垂足，

则，所以，即，即双曲线的离心率为.
故选：B
2、B
【解析】由题意，求出内切圆的半径和圆心坐标，设，则，由表示内切圆上的动点P到定点的距离的平方，从而即可求解最小值.
【详解】解：因为直线分别交坐标轴于A，B两点，
所以设，则，
因为，所以三角形OAB的内切圆半径，内切圆圆心为，
所以内切圆的方程为，
设，则，
因为表示内切圆上的动点P到定点的距离的平方，且在内切圆内，
所以，
所以，,即的最小值为18，
故选：B.
3、D
【解析】由直线斜率概念可写出倾斜角的正切值，进而可求出倾斜角.
【详解】因为直线的斜率为，所以倾斜角.故选D
【点睛】本题主要考查直线的倾斜角，由斜率的概念，即可求出结果.
4、D
【解析】∵为等比数列，∴，又
∴为的两个不等实根，
∴
∴或
∴
故选D
5、A
【解析】由题意可得，所给的椭圆中的，的值求出的值，进而判断所给命题的真假
【详解】解：因为椭圆短的轴两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，即，
即，
中，，，所以，
故，所以正确；
中，，，所以，所以不正确；
中，，，所以，所以不正确；
中，，，所以，所以不正确；
故选：
6、B
【解析】根据已知条件用逐差法求得的通项公式，再根据裂项求和法求得，代值计算即可.
【详解】因为，，则,
即，则，
故，又，即，
解得.
故选：B.
7、D
【解析】特称命题的否定：将存在改任意并否定原结论，即可知正确答案.
【详解】由特称命题的否定为全称命题，知：原命题的否定为：对任意，.
故选：D
8、D
【解析】由于，，为正数，且，所以利用基本不等式可求出结果
【详解】解：因为正实数，满足(其中为正常数)，
所以，则，所以，
所以
故选：D.
9、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.
10、B
【解析】由题得，解方程即得解.
【详解】解：抛物线的准线方程为，
所以.
故选：B
11、B
【解析】求出直线与平行的等价条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】由解得或，当时，与平行，
当时，与平行，
则直线与直线平行等价于或，
所以是直线与直线互相平行的充分而不必要条件.
故选：B
12、A
【解析】根据函数是偶函数可得，可求出，求出函数在处的导数值即为切线斜率，即可求出切线方程.
【详解】函数为偶函数，
，即，解得，
，则，
，且，
切线方程为，整理得.
故选：A.
【点睛】本题考查函数奇偶性的应用，考查利用导数求切线方程，属于基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】首先求出的坐标，再根据向量垂直得到，即可得到方程，解得即可；
【详解】解：因为向量，，，所以向量，因为，所以，即，解得
故答案为：
14、5
【解析】由题可知表示点与点连线的斜率，再画出可行域结合图像知知.
【详解】x，y满足约束条件，满足的可行域如图：

则的几何意义是可行域内的点与（﹣3，﹣2）连线的斜率，通过分析图像得到当经过A时，目标函数取得最大值
由 可得A（﹣2，3），
则的最大值是：
故答案为5
【点睛】(1)在平面直角坐标系内作出可行域
(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）
(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解
(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值
15、
【解析】该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，即可求解得答案
【详解】解：S＝S+＝S +，
第一次循环，S＝1+1﹣，k＝2；
第二次循环，S =1+1﹣，k＝3；
第三次循环，S＝1+1，k＝4；

第四次循环，S＝1，k＝5；
第五次循环，S＝1+1，k＝6，循环停止，输出；
故答案为：.
16、##9.5
【解析】根据给定条件计算当时，的值，再结合等比数列性质计算作答.
【详解】函数，当时，，
因数列是正项等比数列，且，则，
，同理，
令，
又，
则有，，
所以.
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）
【解析】（1）由条件先求出通项公式，得出，再由可得出答案.
(2) 由（1）可知,由裂项相消法可得答案.
【小问1详解】
由，则
由数列是公差为的等差数列，则
所以
当时，
当时，符合上式
所以
【小问2详解】
由（1）可知
则

18、（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）根据菱形的性质，结合面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，根据空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）证明：连接，交于点，
∵四边形是菱形，∴，
∵平面平面，平面平面，，
∴平面，
∵平面，∴，
又，、平面，
∴平面，
∵平面，∴
（2）解：取的中点，连接，
∵是边长为4的菱形，，
∴，，
以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
∴，，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，∴，
同理可得，平面的一个法向量为，
∴，
由图知，平面与平面所成角为锐角，
故平面与平面所成角余弦值为
19、（1）；（2）①，②.
【解析】（1）圆心在线段的垂直平分线上，圆心也在过点且与垂直的直线上，联立求圆心，进而得半径即可；
（2）①垂径定理即可求弦长；
②圆上存在点，使得成立，即四边形是平行四边形，又，有都是等边三角形，进而得圆心到直线的距离为，列方程求解即可.
试题解析：
（1）由已知得，圆心在线段的垂直平分线上，
圆心也在过点且与垂直的直线上，
由得圆心，
所以半径，
所以圆的方程为；
（2）①由题意知，直线的方程为，即，
∴圆心到直线的距离为，
∴；
②∵圆上存在点，使得成立，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴都是等边三角形，
∴圆心到直线的距离为，
又直线的方程为，即，
∴，
解得.
20、（1）直线与圆相交；（2）或
【解析】（1）通过比较圆心到直线的距离与半径的关系，不难发现直线和圆相交．（2）根据垂径定理，得到圆心与直线的距离，进而列方程求解即可
试题解析：（1）将圆方程化为标准方程,所以圆的圆心,半径,圆心到直线的距离,因此直线与圆相交
（2）设圆心到直线的距离为,则,又,解得所求直线为或
考点：直线与圆的位置关系
21、（1）；（2）.
【解析】（1）先对函数求导根据题中条件，列出方程组求解，即可得出结果；
（2）先由（1）得到，导数的方法研究其单调性，进而可求出最值.
【详解】（1）因为，所以，
又函数在处取得极值7，
，解得；，
所以，
由得或；由得；满足题意；
（2）又，
由（1）得在上单调递增，在上单调递减，
因此
【点睛】方法点睛：该题考查的是有关利用导数研究函数的问题，解题方法如下：
（1）先对函数求导，根据题意，结合函数在某个点处取得极值，导数为0，函数值为极值，列出方程组，求得结果；
（2）将所求参数代入，得到解析式，利用导数研究其单调性，得到其最大值.
22、（1）
（2）n为6或7；126
【解析】（1）设等差数列的公差为d，利用等差数列的通项公式求解；
（2）由，利用二次函数的性质求解.
【小问1详解】
解：设等差数列的公差为d，
因为.
所以，
解得，
所以；
【小问2详解】
，
当或7时，最大，的最大值是126.