江西省贛州市會昌中學、寧師中學2025屆高二上數學期末考試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知拋物線的焦點為，在拋物線上有一點，滿足，則的中點到軸的距離為（）A. B.C. D.2．若在1和16中間插入3個數，使這5個數成等比數列，則公比為（）A. B.2C. D.43．已知、分別為雙曲線的左、右焦點，且，點P為雙曲線右支一點，為的內心，若成立，給出下列結論：①點的橫坐標為定值a；②離心率；③；④當軸時，上述結論正確的是（）A.①② B.②③C.①②③ D.②③④4．用1，2，3，4這4個數字可寫出（）個沒有重復數字的三位數A.24 B.12C.81 D.645．若拋物線上的點到其焦點的距離是到軸距離的倍，則等于A. B.1C. D.26．原點到直線的距離的最大值為（）A. B.C. D.7．若雙曲線（，）的焦距為，且漸近線經過點，則此雙曲線的方程為（）A. B.C. D.8．計算復數：（）A. B.C. D.9．設雙曲線與橢圓：有公共焦點，.若雙曲線經過點，設為雙曲線與橢圓的一個交點，則的余弦值為（）A. B.C. D.10．已知函數，則（）A.函數在上單調遞增B.函數上有兩個零點C.函數有極大值16D.函數有最小值11．已知平面的一個法向量為，且，則點A到平面的距離為（）A. B.C. D.112．設拋物線的焦點為，準線與軸的交點為，是上一點，若，則（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．教育部門對某校學生的閱讀素養進行調研，在該校隨機抽取了100名學生進行百分制檢測，現將所得的成績按照，分成6組，并根據所得數據作出了頻率分布直方圖(如圖所示)，則成績在這組的學生人數是________.14．雙曲線的焦點在圓上，圓O與雙曲線C的漸近線在第一、四象限分別交于P，Q兩點滿足（其中O是坐標原點），則的面積是_________15．橢圓與雙曲線有公共焦點，設橢圓與雙曲線在第一象限內交于點，橢圓與雙曲線的離心率分別為為坐標原點，，則的取值范圍是___________.16．已知關于的不等式恒成立，則實數的取值范圍是___________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知直線過點（1）若直線與直線垂直，求直線的方程；（2）若直線在兩坐標軸的截距相等，求直線的方程18．（12分）已知等比數列的首項，公比，在中每相鄰兩項之間都插入3個正數，使它們和原數列的數一起構成一個新的等比數列.（1）求數列的通項公式；（2）記數列前n項的乘積為，試問：是否有最大值？如果是，請求出此時n以及最大值；若不是，請說明理由.19．（12分）如圖，在梯形中，，四邊形為矩形，且平面，.（1）求證：；（2）點在線段（不含端點）上運動，設直線與平面所成角為，求的取值范圍.20．（12分）如圖，在棱長為2的正方體中，，分別為線段，的中點.（1）求點到平面的距離；（2）求平面與平面夾角的余弦值.21．（12分）在正方體中，E，F分別是，的中點（1）求證：∥平面；（2）求平面與平面EDC所成的二面角的正弦值22．（10分）如圖，一個湖的邊界是圓心為的圓，湖的一側有一條直線型公路，湖上有橋（是圓的直徑）.規劃在公路上選兩個點、，并修建兩段直線型道路、.規劃要求，線段、上的所有點到點的距離均不小于圓的半徑.已知點到直線的距離分別為和（為垂足），測得，，（單位：百米）.（1）若道路與橋垂直，求道路的長；（2）在規劃要求下，點能否選在處？并說明理由.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】設點，利用拋物線的定義求出的值，可求得點的橫坐標，即可得解.【詳解】設點，易知拋物線的焦點為，由拋物線的定義可得，得，所以，點的橫坐標為，故點到軸的距離為.故選：A.2、A【解析】根據等比數列的通項得：，從而可求出.【詳解】解：成等比數列，∴根據等比數列的通項得：，，故選：A.3、C【解析】利用雙曲線的定義、幾何性質以及題意對選項逐個分析判斷即可【詳解】對于①，設內切圓與的切點分別為，則由切線長定理可得,因為，，所以，所以點的坐標為，所以點的橫坐標為定值a，所以①正確，對于②，因為，所以，化簡得，即，解得，因為，所以，所以②正確，對于③，設的內切圓半徑為，由雙曲線的定義可得，，因為，，所以，所以，所以③正確，對于④，當軸時，可得，此時，所以，所以④錯誤，故選：C4、A【解析】由題意，從4個數中選出3個數出來全排列即可.【詳解】由題意，從4個數中選出3個數出來全排列，共可寫出個三位數.故選：A5、D【解析】根據拋物線的定義及題意可知3x0=x0+,得出x0求得p，即可得答案【詳解】由題意，3x0=x0+，∴x0=∴∵p＞0，∴p=2.故選D【點睛】本題主要考查了拋物線的定義和性質．考查了考生對拋物線定義的掌握和靈活應用，屬于基礎題6、C【解析】求出直線過的定點，當時，原點到直線距離最大，則可求出原點到直線距離的最大值；【詳解】因為可化為，所以直線過直線與直線交點，聯立可得所以直線過定點，當時，原點到直線距離最大，最大距離即為，此時最大值為，故選：C.7、B【解析】根據題意得到，，解得答案.【詳解】雙曲線（，）的焦距為，故，.且漸近線經過點，故，故，雙曲線方程為：.故選：.【點睛】本題考查了雙曲線方程，意在考查學生對于雙曲線基本知識的掌握情況.8、D【解析】直接利用復數代數形式的乘除運算化簡可得結論.【詳解】故選：D.9、A【解析】求出雙曲線方程，根據橢圓和雙曲線的第一定義求出的長度，從而根據余弦定理求出的余弦值【詳解】由題得，雙曲線中，所以，雙曲線方程為：，假設在第一象限，根據橢圓和雙曲線的定義可得：，解得：，，所以根據余弦定理，故選：A10、C【解析】對求導，研究的單調性以及極值，再結合選項即可得到答案.【詳解】，由，得或，由，得，所以在上遞增，在上遞減，在上遞增，所以極大值為，極小值為，所以有3個零點，且無最小值.故選：C11、B【解析】直接由點面距離的向量公式就可求出【詳解】∵，∴，又平面的一個法向量為，∴點A到平面的距離為故選：B12、D【解析】求出拋物線的準線方程，可得出點的坐標，利用拋物線的定義可求得點的坐標，再利用兩點間的距離公式可求得結果.【詳解】易知拋物線焦點為，準線方程為，可得準線與軸的交點，設點，由拋物線的性質，，可得，所以，，解得，即點，所以.故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、20【解析】根據頻率分布直方圖求出成績在這組的頻率，從而可得出答案.【詳解】解：由頻率分布直方圖可知，成績在這組的頻率為，所以成績在這組的學生人數為（人）.故答案為：20.14、【解析】根據雙曲線的焦點在圓上可求出的值，設線段與軸的交點坐標為，進而根據求出的坐標，代入圓中，求出的值，即可求出結果.【詳解】因為雙曲線的焦點在圓上，所以，設線段與軸的交點坐標為，結合雙曲線與圓的對稱性可知為線段的中點，又因為，即，且，則，又因為直線的方程為，所以，又因為在圓上，所以，又因為，則，所以，從而，故,故答案為：.15、【解析】根據橢圓和雙曲線得定義求得，再根據，可得，從而有，求出的范圍，根據，結合基本不等式即可得出答案.【詳解】解：設，則有，所以，即，又因為，所以，所以，即，則，由，得，所以，所以，則，由，得，因為，當且僅當，即時，取等號，因為，所以，所以，即，所以的取值范圍是.故答案為：.16、【解析】參變分離，可得，設，求導分析單調性，可得，即得解【詳解】因為，所以不等式可化為，設，則，設，由于故在上單調遞增，且，則當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，所以，則，即.故答案為：三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）或【解析】(1)由兩條直線垂直可設直線的方程為，將點的坐標代入計算即可；(2)當直線過原點時，根據直線的點斜式方程即可得出結果；當直線不過原點時可設直線的方程為，將點的坐標代入計算即可.【小問1詳解】解：因為直線與直線垂直所以，設直線的方程為，因為直線過點，所以，解得，所以直線的方程為【小問2詳解】解：當直線過原點時，斜率為，由點斜式求得直線的方程是，即當直線不過原點時，設直線的方程為，把點代入方程得，所以直線的方程是綜上，所求直線的方程為或18、（1）（2）當或時，有最大值.【解析】（1）利用等比數列通項公式求解即可；（2）求出數列的前n項的乘積為，利用二次函數的性質求最值即可.【小問1詳解】由已知得，數列首項，，設數列的公比為，即∴即，【小問2詳解】，即當或5時，有最大值.19、（1）證明見解析（2）【解析】（1）過作，垂足為，利用正余弦定理可證，再利用線線垂足證明線面垂直，進而可得證；（2）以為坐標原點，分別以，，所在直線為，，軸建立空間直角坐標系，利用坐標法求線面夾角的正弦值.【小問1詳解】證明：由已知可得四邊形是等腰梯形，過作，垂足為，則，在中，，則，可得，在中，由余弦定理可得，，則，，又平面，平面，，，，平面，平面，又為矩形，，則平面，而平面，；【小問2詳解】平面，且，以為坐標原點，分別以，，所在直線為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，，，設，則，又，設平面的法向量為，由，取，得，又，，，，則.20、（1）；（2）.【解析】（1）以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系.可根據題意寫出各個點的坐標，進而求出平面的法向量和的坐標，點到平面的距離.計算即可求出答案.（2）由（1）知平面的法向量，在把平面的法向量表示出來，平面與平面夾角的余弦值為，計算即可求出答案.【小問1詳解】以為原點，為軸，為軸，為軸，建立如下圖所示的空間直角坐標系.由于正方體的棱長為2和，分別為線段，的中點知，.設平面的法向量為..則..故點到平面的距離.【小問2詳解】平面的法向量，平面與平面夾角的余弦值.21、（1）見解析；（2）.【解析】(1)連接，，連接，證明CE∥即可；(2)建立空間直角坐標系，求出平面與平面EDC的法向量，利用向量法求二面角的正弦值.【小問1詳解】如圖，連接，，連接，∵BC∥且BC＝，∴四邊形是平行四邊形，∴∥且，∵E是中點，G是中點，∴∥CG且，∴四邊形是平行四邊形，∴∥CE，∵平面，CE平面，∴CE∥平面；【小問2詳解】如圖建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為2，則，則，設平面的法向量為，則，取；設平面EDC的法向量為，則，取，則；設平面與平面EDC所成的二面角的平面角為α，則，∴22、（1）15（百米）（2）點選在處不滿足規劃要求，理由見解析【解析】（1）建立適當的坐標系，得圓及直線的方程，進而得解.（2）不妨點選在處，求