浙江省高中發展共同體2025屆高二上數學期末檢測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知數列的前項和，且，則（）A. B.C. D.2．已知空間四邊形，其對角線、，、分別是邊、的中點，點在線段上，且使，用向量，表示向量是A. B.C. D.3．在長方體中，，，則異面直線與所成角的正弦值是（）A. B.C. D.4．已知各項都為正數的等比數列，其公比為q，前n項和為，滿足，且是與的等差中項，則下列選項正確的是（）A. B.C D.5．已知復數滿足，其中為虛數單位，則的共軛復數為（）A. B.C. D.6．已知數列的通項公式為，按項的變化趨勢，該數列是（）A.遞增數列 B.遞減數列C.擺動數列 D.常數列7．等比數列的各項均為正數，且，則A. B.C. D.8．設為直線上任意一點，過總能作圓的切線，則的最大值為（）A. B.1C. D.9．“且”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件10．已知雙曲線的兩個焦點，，是雙曲線上一點，且，，則雙曲線的標準方程是（）A. B.C. D.11．已知奇函數是定義在R上的可導函數，的導函數為，當時，有，則不等式的解集為（）A. B.C. D.12．函數，的值域為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知圓，直線與圓C交于A，B兩點，且，則______14．設函數（1）求的最小正周期和的最大值；（2）已知銳角的內角A，B，C對應的邊分別為a，b，c，若，且，求的面積.15．經過點且與雙曲線有公共漸近線的雙曲線方程為_________16．已知命題p：若，則，那么命題p的否命題為______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．（12分）已知等比數列的公比，且，的等差中項為，.（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和.18．（12分）紅鈴蟲是棉花的主要害蟲之一，也侵害木棉、錦葵等植物．為了防治蟲害，從根源上抑制害蟲數量．現研究紅鈴蟲的產卵數和溫度的關系，收集到7組溫度和產卵數的觀測數據于表Ⅰ中．根據繪制的散點圖決定從回歸模型①與回歸模型②中選擇一個來進行擬合表Ⅰ溫度x/℃20222527293135產卵數y/個711212465114325（1）請借助表Ⅱ中的數據，求出回歸模型①的方程：表Ⅱ（注：表中）18956725.271627810611.06304041.86825.09（2）類似的，可以得到回歸模型②的方程為，試求兩種模型下溫度為時的殘差；（3）若求得回歸模型①的相關指數，回歸模型②的相關指數，請結合（2）說明哪個模型的擬合效果更好參考數據：.附：回歸方程中，相關指數.19．（12分）設函數，其中，為自然對數的底數.(1)討論單調性；(2)證明：當時，.20．（12分）已知橢圓（）的左、右焦點為，，，離心率為（1）求橢圓的標準方程（2）的左頂點為，過右焦點的直線交橢圓于，兩點，記直線，，的斜率分別為，，，求證：21．（12分）設函數.（1）求在處的切線方程；（2）求的極小值點和極大值點.22．（10分）在下列所給的三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并加以解答①過（－1，2）；②與直線平行；③與直線垂直問題：已知直線過點M（3，5），且______（1）求的方程；（2）若與圓相交于點A、B，求弦AB的長

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、C【解析】由an=Sn-Sn-1,【詳解】解：因為，所以，，兩式相減可得，即，因為，，所以，即，時，也滿足上式，所以，所以，故選：C.2、C【解析】根據所給的圖形和一組基底，從起點出發，把不是基底中的向量，用是基底的向量來表示，就可以得到結論【詳解】解：故選：【點睛】本題考查向量的基本定理及其意義，解題時注意方法，即從要表示的向量的起點出發，沿著空間圖形的棱走到終點，若出現不是基底中的向量的情況，再重復這個過程，屬于基礎題3、C【解析】連接，可得，得到異面直線與所成角即為直線與所成角，設，設，求得的值，在中，利用余弦定理，即可求解.【詳解】如圖所示，連接，在正方體中，可得，所以異面直線與所成角即為直線與所成角，設，由在長方體中，，，設，可得，在直角中，可得，在中，可得，所以，因為，所以.故選：C.4、D【解析】根據題意求得，即可判斷AB，再根據等比數列的通項公式即可判斷C；再根據等比數列前項和公式即可判斷D.【詳解】解：因為各項都為正數的等比數列，，所以，又因是與的等差中項，所以，即，解得或（舍去），故B錯誤；所以，故A錯誤；所以，故C錯誤；所以，故D正確.故選：D.5、D【解析】由復數除法求得后可得其共軛復數【詳解】由題意，∴故選：D6、B【解析】分析的單調性，即可判斷和選擇.【詳解】因為，顯然隨著的增大，是遞增的，故是遞減的，則數列是遞減數列.故選：B.7、B【解析】根據等比數列的性質，結合已知條件，求得，進而求得的值.【詳解】由于數列是等比數列，故，所以，故.故選B.【點睛】本小題主要考查等比數列的性質，考查對數運算，屬于基礎題.8、D【解析】根據題意，判斷點與圓的位置關系以及直線與圓的位置關系，根據直線與圓的位置關系，即可求得的最大值.【詳解】因為過過總能作圓的切線，故點在圓外或圓上，也即直線與圓相離或相切，則，即，解得，故的最大值為.故選：D.9、A【解析】按照充分必要條件的判斷方法判斷，“且”能否推出“”，以及“”能否推出“且”，判斷得到正確答案，【詳解】當且時，成立，反過來，當時，例：，不能推出且.所以“且”是“”的充分不必要條件.故選：A【點睛】本題考查充分不必要條件的判斷，重點考查基本判斷方法，屬于基礎題型.10、D【解析】根據條件設，，由條件求得，即可求得雙曲線方程.【詳解】設，則由已知得，，又，，又，，雙曲線的標準方程為.故選：D11、B【解析】根據給定的不等式構造函數，再探討函數的性質，借助性質解不等式作答.【詳解】依題意，令，因是R上的奇函數，則，即是R上的奇函數，當時，，則有在單調遞增，又函數在R上連續，因此，函數在R上單調遞增，不等式，于是得，解得，所以原不等式的解集是.故選：B12、A【解析】利用基本不等式可得，進而可得，即求.【詳解】∵，∴，當且僅當，即時取等號，∴，，∴.故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、-2【解析】將圓的一般方程化為標準方程，結合垂徑定理和勾股定理表示出圓心到弦的距離，再由點到直線的距離公式表示出圓心到弦的距離，解方程即可求得的值.【詳解】解：將圓的方程化為標準方程可得，圓心為，半徑圓C與直線相交于、兩點,且，由垂徑定理和勾股定理得圓心到直線的距離為，由點到直線距離公式得，所以，解得，故答案為：.14、（1）的最小正周期為，的最大值為1（2）【解析】（1）直接根據的表達式和正弦函數的性質可得到的最小正周期和最大值；（2）先根據求得角的大小為，然后在中利用余弦定理求得，最后根據三角形的面積公式即可【小問1詳解】已知則的最小正周期為：則的最大值為：【小問2詳解】由可得：（）或（）又為銳角，則可得：.在中，由余弦定理可得：，即又，解得：則的面積為：15、【解析】由題意設所求雙曲線的方程為，∵點在雙曲線上，∴，∴所求的雙曲線方程為，即答案：16、若，則【解析】直接利用否命題的定義，對原命題的條件與結論都否定即可得結果【詳解】因為命題：若，則，所以否定條件與結論后，可得命題的否命題為若，則，故答案為若，則，【點睛】本題主要考查命題的否命題，意在考查對基礎知識的掌握與應用，屬于基礎題三、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）【解析】（1）將題目的條件寫成的形式并求解，寫出等比等比數列通項公式；（2）利用錯位相減法求和.小問1詳解】由題意可得，，∴，∵，∴，∴數列的通項公式為.【小問2詳解】，∴①，②，①-②可得，∴.18、（1）（或）（2）模型①：1.54；模型②：65.54（3）模型①【解析】（1）利用兩邊取自然對數，利用表中的數據即可求解；（2）分別計算模型①、②在時殘差；（3）根據相關指數的大小判斷摸型①、②的殘差平方和，再得出那個模型的擬合效果更好.【小問1詳解】由，得，令，得，由表Ⅱ數據可得，，，所以，所以回歸方程為（或）.【小問2詳解】由題意可知，模型①在時殘差為，模型②在時殘差為.【小問3詳解】因為，即模型①的相關指數大于模型②的相關指數，由相關指數公式知，模型①的殘差平方和小于模型②的殘差平方和，因此模型①得到的數據更接近真實數據，所以模型①的擬合效果更好.19、（1）答案見解析（2）答案見解析【解析】（1）求導數，分和，兩種情況討論，即可求得的單調性；（2）令，利用導數求得單調遞增，結合，得到，進而證得.【詳解】（1）由函數，可得，當時，，在內單調遞減；當時，由有，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增.(2)證明：令，則，當時，，單調遞增，因為，所以，即，當時，可得，即【點睛】利用導數證明不等式常見類型及解題策略(1)構造差函數.根據差函數導函數符號，確定差函數單調性，利用單調性得不等量關系，進而證明不等式.（2）根據條件，尋找目標函數.一般思路為利用條件將求和問題轉化為對應項之間大小關系，或利用放縮、等量代換將多元函數轉化為一元函數.20、（1）；（2）證明見解析【解析】(1)由可求出，結合離心率可知，進而可求出，即可求出標準方程.(2)由題意知，，則由直線的點斜式方程可得直線的解析式為，與橢圓進行聯立，設，，結合韋達定理可得，從而由斜率的計算公式對進行整理化簡從而可證明.【詳解】（1）解：因為，所以．又因為離心率，所以，則，所以橢圓的標準方程是（2）證明：由題意知，，，則直線的解析式為，代入橢圓方程，得設，，則．又因為，，所以【點睛】關鍵點睛:本題第二問的關鍵是聯立直線和橢圓的方程后，結合韋達定理，用表示交點橫坐標的和與積，從而代入進行整理化簡.21、（1）；（2）極大值點，極小值點.【解析】（1）求函數的導數，利用函數的導數求出切線的斜率，結合切點坐標，然后求解切線方程；（2）利用導數研究f(x)的單調性，判斷函數的極值點即可【小問1詳解】函數，函數的導數為，，在處的切線方程：，即【小問2詳解】令，，解得，當時，可得，即的單調遞減區間，或，可得，∴函數單調遞增區間，，的極大值點，極小值點22、（1）（2