安徽省皖江名校联盟2025年数学高二第一学期期末达标检测试题含解析.doc

安徽省皖江名校联盟2025年数学高二第一学期期末达标检测试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．若倾斜角为的直线过，两点，则实数（ ）
A. B.
C. D.
2．如图是一个程序框图，执行该程序框图，则输出的n值是（ ）

A.2 B.3
C4 D.5
3．圆和圆的位置关系是（）
A.内含 B.内切
C.相交 D.外离
4．在数列中，，，则（）
A.985 B.1035
C.2020 D.2070
5．春秋时期孔子及其弟子所著的《论语·颜渊》中有句话：“非礼勿视，非礼勿听，非礼勿言，非礼勿动.”意思是：不符合礼的不看，不符合礼的不听，不符合礼的不说，不符合礼的不做.“非礼勿听”可以理解为：如果不合礼，那么就不听.从数学角度来说，“合礼”是“听”的（ ）
A.充分条件 B.必要条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
6．曲线的离心率为（）
A. B.
C. D.
7．有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（ ）
A.分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有15种分法；
B.分给甲、乙、丙三人中，一人4本，另两人各1本，有180种分法；
C.分给甲乙每人各2本，分给丙丁每人各1本，共有90种分法；
D.分给甲乙丙丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有1080种分法；
8．如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME—7）的会徽图案，其主体图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知，，，，为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为，令，为数列的前项和，则（ ）

A.8 B.9
C.10 D.11
9．抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，则下列结论中正确的为（）
A.与互为对立事件 B.与互斥
C与相等 D.
10．甲、乙两名射击运动员进行比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.9，则两人各射击一次恰有一人中靶的概率为（）
A.0.26 B.0.28
C.0.72 D.0.98
11．设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则导函数的图象可能为（）

A. B.
C. D.
12．双曲线：的实轴长为（）
A. B.
C.4 D.2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若，若，则______
14．已知直线l是抛物线（）的准线，半径为的圆过抛物线的顶点O和焦点F，且与l相切，则抛物线C的方程为___________；若A为C上一点，l与C的对称轴交于点B，在中，，则的值为___________.
15．设函数，.若对任何，，恒成立，求的取值范围______.
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）设{an}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2+4
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an+bn}的前n项和Sn
18．（12分已知直线经过点，且满足下列条件，求相应的方程.
（1）过点；
（2）与直线垂直.
19．（12分）已知椭圆（）的离心率为，一个焦点为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为原点，直线（）与椭圆交于不同的两点，且与x轴交于点，为线段的中点，点关于轴的对称点为.证明：是等腰直角三角形.
20．（12分）如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，且，，分别为，的中点

（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）点在棱上，且，证明：平面
21．（12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，.
（1）求数列{an}通项公式；
（2）求数列的前n项和，求使不等式成立的最大整数m的值.
22．（10分）已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若过定点的直线交椭圆于不同的两点、(点在点、之间)，且满足，求的取值范围.
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、C
【解析】根据直线的倾斜角和斜率的关系得到直线的斜率为，再根据两点的斜率公式计算可得；
【详解】解：因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，所以，解得；
故选：C
2、B
【解析】程序框图中的循环结构，一般需重复计算，根据判断框中的条件，确定何时终止循环，输出结果.
【详解】初始值：，
当时，，进入循环；
当时进入循环；
当时，，
终止循环，输出的值为3.
故选：B
3、C
【解析】根据两圆圆心的距离与两圆半径和差的大小关系即可判断.
【详解】解：因为圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，
所以两圆圆心的距离为，
因为，即，
所以圆和圆的位置关系是相交，
故选：C.
4、A
【解析】根据累加法得，，进而得.
【详解】解：因为
所以，当时，，，……，，
所以，将以上式子相加得，
所以，，.
当时，，满足；
所以，.
所以.
故选：A
5、B
【解析】如果不合礼，那么就不听.转化为它的逆否命题.即可判断出答案.
【详解】如果不合礼，那么就不听的逆否命题为：如果听，那么就合理.故“合礼”是“听”的必要条件.
故选：B.
6、C
【解析】由曲线方程直接求离心率即可.
【详解】由题设，，，
∴离心率.
故选：C.
7、D
【解析】根据题意，分别按照选项说法列式计算验证即可做出判断.
【详解】选项A，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有种分配方法，故该选项错误；
选项B，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，一人4本，另两人各1本，先将6本书分成4-1-1的3组，再将三组分给甲乙丙三人，有种分配方法，故该选项错误；
选项C，6本不同的书分给甲乙每人各2本，有种方法，其余分给丙丁每人各1本，有种方法，所以不同的分配方法有种，故该选项错误；
选项D，先将6本书分为2-2-1-14组，再将4组分给甲乙丙丁4人，有种方法，故该选项正确.
故选：D.
8、B
【解析】由题意可得的边长，进而可得周长及，进而可得，可得解.
【详解】由，
可得，，，，
所以，
，
所以前项和，
所以，
故选：B.
9、D
【解析】利用互斥事件和对立事件的定义分析判断即可
【详解】因为抛掷两枚质地均匀的硬币包含第一枚硬币正面朝上第二枚硬币正面朝上，第一枚硬币正面朝上第二枚硬币反面朝上，第一枚硬币反面朝上第二枚硬币正面朝上，第一枚硬币反面朝上第二枚硬币反面朝上，4种情况，其中事件包含第一枚硬币正面朝上第二枚硬币正面朝上第一枚硬币正面朝上第二枚硬币反面朝上2种情况，事件包含第一枚硬币正面朝上第二枚硬币反面朝上，第一枚硬币反面朝上第二枚硬币反面朝上2种情况，
所以与不互斥，也不对立，也不相等，，
所以ABC错误，D正确，
故选：D
10、A
【解析】依据独立事件同时发生的概率即可求得甲乙两人各射击一次恰有一人中靶的概率.
【详解】记甲中靶为事件A，乙中靶为事件B，
则
甲乙两人各射击一次恰有一人中靶，包含甲中乙不中和甲不中乙中两种情况，
则甲乙两人各射击一次恰有一人中靶的概率为

故选：A
11、D
【解析】根据的图象可得的单调性，从而得到在相应范围上的符号和极值点，据此可判断的图象
【详解】由的图象可知，在上为增函数，
且在上存在正数，使得在上为增函数，
在为减函数，
故在有两个不同的零点，且在这两个零点的附近，有变化，
故排除A，B.
由在上为增函数可得在上恒成立，故排除C.
故选：D.
【点睛】本题考查导函数图象的识别，此类问题应根据原函数的单调性来考虑导函数的符号与零点情况，本题属于基础题.
12、A
【解析】根据双曲线的几何意义即可得到结果.
【详解】因为双曲线的实轴长为2a，而双曲线中，，所以其实轴长为
故选：A

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、2
【解析】首先利用二项展开式的通项公式，求，再利用赋值法求系数的和以及
【详解】展开式的通项为，令，则，即，
故，令，得.
又，所以
故
故答案为：
14、 ①. ②.
【解析】（1）由题意得：圆的圆心横坐标为，半径为，列方程，即可得到答案；
（2）由正弦定理得，从而求得直线的方程，求出点的坐标，即可得到答案；
【详解】由题意得：圆的圆心横坐标为，半径为，
，
抛物线C的方程为；
设到准线的距离为，
，，
，，
代入，解得：，
，
，
故答案为：；
15、
【解析】先把原不等式转化为恒成立，构造函数，利用恒成立，求出的取值范围.
【详解】因为对任何，，
所以对任何，，
所以在上为减函数.
，，
所以恒成立，即对恒成立，
所以，
所以.
即的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】恒（能）成立问题求参数的取值范围：
①参变分离，转化为不含参数的最值问题；
②不能参变分离，直接对参数讨论，研究的单调性及最值；
③特别地，个别情况下恒成立，可转换为（二者在同一处取得最值）.
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、（Ⅰ）an=2×2n﹣12n（Ⅱ）2n﹣1 2n+1﹣2+n2=2n+1+n2﹣2
【解析】（Ⅰ）由{an}是公比为正数的等比数列，设其公比，然后利用a1=2，a3=a2+4可求得q，即可求得{an}的通项公式
（Ⅱ）由{bn}是首项为1，公差为2的等差数列 可求得bn=1+（n﹣1）×2=2n﹣1，然后利用等比数列与等差数列的前n项和公式即可求得数列{an+bn}的前n项和Sn
解：（Ⅰ）∵设{an}是公比为正数的等比数列
∴设其公比为q，q＞0
∵a3=a2+4，a1=2
∴2×q2="2×q+4" 解得q=2或q=﹣1
∵q＞0
∴q="2"
∴{an}的通项公式为an=2×2n﹣1=2n
（Ⅱ）∵{bn}是首项为1，公差为2的等差数列
∴bn=1+（n﹣1）×2=2n﹣1
∴数列{an+bn}的前n项和Sn=+=2n+1﹣2+n2=2n+1+n2﹣2
点评：本题考查了等比数列的通项公式及数列的求和，注意题目条件的应用．在用等比数列的前n项和公式时注意辨析q是否为1，只要简单数字运算时不出错，问题可解，是个基础题
18、（1）
（2）
【解析】（1）直接利用两点式写出直线的方程；
（2）先求出直线的斜率，由点斜式写出直线的方程.
【小问1详解】
直线经过，两点，
由两点式得直线的方程为.
【小问2详解】
与直线垂直
直线的斜率为
由点斜式得直线的方程为.
19、（1）
（2）证明见解析.
【解析】（1）由题知，进而结合求解即可得答案；
（2）设点，，进而联立并结合题意得或，进而结合韦达定理得，再的中点为，证明，进而得，，故，综合即可得证明.
【小问1详解】
解：因为椭圆的离心率为，一个焦点为
所以，所以
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
解：设点，则点,
所以联立方程得，
所以有，解得，
因为，故或
设，
所以
设向量，
所以
，
所以，即，
设的中点为，则
所以，
又因为，所以，
所以，
因为点关于轴的对称点为.
所以，
所以，
所以是等腰直角三角形.

20、（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）证明见解析
【解析】（Ⅰ）证明和得到平面.
（Ⅱ）根据相似得到证明平面.
【详解】（Ⅰ）如图，连接.∵底面为菱形，且，
∴三角形正三角形.
∵为的中点，∴.又∵平面，平面，
∴.
∵，平面，∴平面.
（Ⅱ）连接交于点，连接.
∵为的中点，∴在底面中，，∴.
∴，∴在三角形中，.
又∵平面，平面，
∴平面.

【点睛】本题考查了线面垂直和线面平行，意在考查学生的空间想象能力和推断能力.
21、（1）；
（2）.
【解析】（1）根据给定的递推公式变形，再构造常数列求解作答.
（2）利用（1）的结论求出，再利用裂项相消法求和，由单调性求出最大整数m值作答.
【小问1详解】
依题意，，当时，，两式相减得：，
即，整理得：，于是得，
所以数列{an}的通项公式是.
【小问2详解】
由（1）得，
，
数列是递增数列，因此，，于是有，则，
不等式成立，则，，于是得，
所以使不等式成立的最大整数m的值是505.
【点睛】思路点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写
未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的
22、（1）
（2）
【解析】（1）代入点坐标，结合离心率，以及即得解；
（2）设直线方程，与椭圆联立，转化为，结合韦达定理和判别式，分析即得解
【小问1详解】
由题意可知：，解得：
椭圆的标准方程为：
【小问2详解】
①当直线斜率不存在，方程为，则，.
②当直线斜率存在时，设直线方程为，
联立得：.
由得：.
设，，
则，，
又，，，则，

，所以，所以，解得：,
又，
综上所述：的取值范围为.