湖北省恩施州巴東一中2025屆高二數學第一學期期末教學質量檢測試題含解析

湖北省恩施州巴東一中2025屆高二數學第一學期期末教學質量檢測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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。1．①命題設“，若，則或”；②若“”為真命題，則p，q均為真命題；③“”是函數為偶函數的必要不充分條件；④若為空間的一個基底，則構成空間的另一基底；其中正確判斷的個數是（）A.1 B.2C.3 D.42．已知橢圓的兩個焦點分別為，且平行于軸的直線與橢圓交于兩點，那么的值為（）A. B.C. D.3．參加抗疫的300名醫(yī)務人員，編號為1，2，…，300.為了解這300名醫(yī)務人員的年齡情況，現用系統抽樣的方法從中抽取15名醫(yī)務人員的年齡進行調查.若抽到的第一個編號為6，則抽到的第二個編號為（）A.21 B.26C.31 D.364．已知函數，為的導數，則（）A.-1 B.1C. D.5．已知x，y滿足約束條件，則的最大值為（）A.3 B.C.1 D.6．“若”為真命題，那么p是（

）A. B.C. D.7．如圖，在正方體中，點，分別是面對角線與的中點，若，，，則（）A. B.C. D.8．南宋數學家楊輝在《詳解九章算法》和《算法通變本末》中，提出了一些新的垛積公式，他所討論的高階等差數列與一般等差數列不同，前后兩項之差并不相等，而是逐項差數之差或者高次差相等.對這類高階等差數列的研究，在楊輝之后一般稱為“垛積術”.現有一個高階等差數列，其前6項分別為1，5，11，21，37，61，則該數列的第7項為（）A.95 B.131C.139 D.1419．若雙曲線的一條漸近線方程為.則（）A. B.C.2 D.410．已知空間向量，則（）A. B.C. D.11．五行學說是中華民族創(chuàng)造的哲學思想.古代先民認為，天下萬物皆由五種元素組成，分別是金、木、水、火、土，彼此之間存在如圖所示的相生相克關系.若從金、木、水、火、土五種元素中任取兩種，則這兩種元素恰是相生關系的概率是（）A. B.C. D.12．中國明代商人程大位對文學和數學頗感興趣，他于60歲時完成杰作《直指算法統宗》．這是一本風行東亞的數學名著，該書A.76石 B.77石C.78石 D.79石二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．寫出一個漸近線的傾斜角為且焦點在y軸上的雙曲線標準方程___________.14．已知長軸長為，短軸長為的橢圓的面積為．現用隨機模擬的方法來估計的近似值，先用計算機產生個數對，，其中，均為內的隨機數，再由計算機統計發(fā)現其中滿足條件的數對有個，由此可估計的近似值為______________15．橢圓C：的左、右焦點分別為，，P為橢圓上異于左右頂點的任意一點，、的中點分別為M、N，O為坐標原點，四邊形OMPN的周長為4，則的周長是_____16．在單位正方體中，點E為AD的中點，過點B，E，的平面截該正方體所得的截面面積為______.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）已知為坐標原點，橢圓的左右焦點分別為，，為橢圓的上頂點，以為圓心且過的圓與直線相切.（1）求橢圓的標準方程；（2）已知直線交橢圓于兩點.（?。┤糁本€的斜率等于，求面積的最大值；（ⅱ）若，點在上，.證明：存在定點，使得為定值.18．（12分）在①成等差數列；②成等比數列；③這三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并對其求解.問題：已知為數列的前項和，，且___________.（1）求數列的通項公式；（2）記，求數列的前項和.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.19．（12分）已知二次函數，.（1）若，求函數的最小值；（2）若，解關于x的不等式.20．（12分）已知圓C的圓心在直線上，且過點，（1）求圓C的方程；（2）若圓C與直線交于A，B兩點，______，求m的值從下列三個條件中任選一個補充在上面問題中并作答：條件①：；條件②：圓上一點P到直線的最大距離為；條件③：21．（12分）已知數列是遞增的等比數列，是其前n項和，，（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前n項和22．（10分）在①，②這兩個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并作答.設數列的前項和為，且__________.（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前項和.

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、B【解析】利用逆否命題、含有邏輯聯結詞命題的真假性、充分和必要條件、空間基底等知識對四個判斷進行分析，由此確定正確答案.【詳解】①，原命題的逆否命題為“，若且，則”，逆否命題是真命題，所以原命題是真命題，①正確.②，若“”為真命題，則p，q至少有一個真命題，②錯誤.③，函數為偶函數的充要條件是“”.所以“”是函數為偶函數的充分不必要條件，③錯誤.④，若為空間的一個基底，即不共面，若共面，則存在不全為零的，使得，故，因為為空間的一個基底，，故，矛盾，故不共面，所以構成空間的另一基底，④正確.所以正確的判斷是個.故選：B2、A【解析】根據橢圓的方程求出，再由橢圓的對稱性及定義求解即可.【詳解】由橢圓的對稱性可知，,所以，又橢圓方程為，所以，解得，所以，故選：A3、B【解析】將300個數編號：001，002，003，，3000，再平均分為15個小組，然后按系統抽樣方法得解.【詳解】將300個數編號：001，002，003，，3000，再平均分為15個小組，則第一編號為006，第二個編號為.故選：B.4、B【解析】由導數的乘法法則救是導函數后可得結論【詳解】解：由題意，，所以.故選：B5、A【解析】由題意首先畫出可行域，然后結合目標函數的幾何意義求解最大值即可.【詳解】繪制不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示，結合目標函數的幾何意義可知目標函數在點A處取得最大值，聯立直線方程：，可得點A的坐標為：，據此可知目標函數的最大值為：.故選：A【點睛】方法點睛：求線性目標函數的最值，當時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，z值最大，在y軸截距最小時，z值最??；當時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，z值最小，在y軸上截距最小時，z值最大.6、A【解析】求不等式的解集，根據解集判斷p.【詳解】由解得-2<x<4，所以p是.故選：A.7、D【解析】由空間向量運算法則得,利用向量的線性運算求出結果.【詳解】因為點，分別是面對角線與的中點，，，，所以故選:D.8、A【解析】利用已知條件，推出數列的差數的差組成的數列是等差數列，轉化求解即可【詳解】由題意可知，1，5，11，21，37，61，……，的差的數列為4，6，10，16，24，……，則這個數列的差組成的數列為：2，4，6，8，……，是一個等差數列，設原數列的第7項為，則，解得，所以原數列的第7項為95，故選：A9、C【解析】求出漸近線方程為，列出方程求出.【詳解】雙曲線的漸近線方程為，因為，所以，所以.故選：C10、C【解析】A利用向量模長的坐標表示判斷；B根據向量平行的判定，是否存在實數使即可判斷；C向量數量積的坐標表示求即可判斷；D利用向量坐標的線性運算及數量積的坐標表示求即可.【詳解】因為，所以A不正確：因為不存在實數使，所以B不正確；因為，故，所以C正確；因為，所以，所以D不正確故選：C11、C【解析】先計算從金、木、水、火、土五種元素中任取兩種的所有基本事件數，再計算其中兩種元素恰是相生關系的基本事件數，利用古典概型概率公式，即得解【詳解】由題意，從金、木、水、火、土五種元素中任取兩種，共有（金，木），（金，水），（金，火），（金，土），（木，水），（木，火），（木土），（水，火），（水，土），（火，土），共10個基本事件，其中兩種元素恰是相生關系包含（金，木），（木，土），（土，水），（水，火）（火，金）共5個基本事件，所以所求概率.故選：C12、C【解析】設出未知數，列出方程組，求出答案.【詳解】設甲、乙、丙分得的米數為x+d，x，x-d，則，解得：d=18，，解得：x=60，所以x+d=60+18=78（石）故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、(答案不唯一)【解析】根據已知條件寫出一個符合條件的方程即可.【詳解】如，焦點在y軸上，令，得漸近線方程為，其中的傾斜角為.故答案為：(答案不唯一).14、【解析】由，，根據表示的數對對應的點在橢圓的內部，且在第一象限，求出滿足條件的點的概率，再轉化為幾何概型的面積類型求解【詳解】，，表示的數對對應的點在橢圓的內部，且在第一象限，其面積為，故，得故答案為：.【點睛】本題主要考查了幾何型概率應用，解題關鍵是掌握幾何型概率求法，考查了分析能力和計算能力，屬于基礎題.15、【解析】先證明則四邊形OMPN是平行四邊形，進而根據橢圓定義求出a，再求出c，最后求出答案.【詳解】因為M,O,N分別為的中點，所以，則四邊形OMPN是平行四邊形，所以，由四邊形OMPN的周長為4可知，，即，則，于是的周長是.故答案為：.16、【解析】根據題意，取的中點，連接、、、，分析可得四邊形為平行四邊形，則要求的截面就是四邊形，進而可得為菱形，連接、，求出、的長，計算可得答案【詳解】根據題意，取的中點，連接、、、，易得，，則四邊形為平行四邊形，過點，，的截面就是，又由正方體為單位正方體，則，則為菱形，連接、，易得，，則，即要求截面的面積為，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）（?。?；（ⅱ）.【解析】（1）求出后可得橢圓的標準方程.（2）（ⅰ）設直線的方程為：，，聯立直線方程和橢圓方程，利用韋達定理、弦長公式可求面積表達式，利用基本不等式可求面積的最大值.（ⅱ）利用韋達定理化簡可得，從而可得的軌跡為圓，故可證存在定點，使得為定值.【詳解】（1）由題意知：，，又，則以為圓心且過的圓的半徑為，故，所以橢圓的標準方程為：.（2）（ⅰ）設直線的方程為：，將代入得：，所以且，故.又，點到直線的距離，所以，等號當僅當時取，即當時，的面積取最大值為.（ⅱ）顯然直線的斜率一定存在，設直線的方程為：，，由（?。┲核?，所以，解得，，直線過定點或，所以D在以OZ為直徑的圓上，該圓的圓心為或，半徑等于，所以存在定點或，使得為定值.【點睛】方法點睛：求橢圓的標準方程，關鍵是基本量的確定，方法有待定系數法、定義法等.直線與圓錐曲線的位置關系中的定點、定值、最值問題，一般可通過聯立方程組并消元得到關于或的一元二次方程，再把要求解的目標代數式化為關于兩個的交點橫坐標或縱坐標的關系式，該關系中含有或，最后利用韋達定理把關系式轉化為若干變量的方程（或函數），從而可求定點、定值、最值問題.18、（1）（2）【解析】（1）由可知數列是公比為的等比數列，若選①：結合等差數列等差中項的性質計算求解；若選②：利用等比數列等比中項的性質計算求解，若選③：利用直接計算；（2）根據對數的運算，可知數列為等差數列，直接求和即可.小問1詳解】由，當時，，即，即，所以數列是公比為的等比數列，若選①：由，即，，所以數列的通項公式為；若選②：由，所以，所以數列的通項公式為；若選③：由，即，所以數列的通項公式為；【小問2詳解】由（1）得，所以數列等差數列，所以.19、（1）（2）當時，不等式的解集為當時，不等式的解集為當時，不等式的解集為【解析】（1）帶入，將化解為，再利用基本不等式求最值即可；（2）將不等式移項整理為，再對a分類討論，比較兩根的大小，即可求得解集.【小問1詳解】當a=3時，函數可整理為，因為，所以利用基本不等式，當且僅當，即時，y取到最小值.所以，當時，函數的最小值為.【小問2詳解】將不等式整理為，令，即，解得兩根為與1，因為，當時，即時，此時的解集為；當時，即時，此時的解集為；當時，即時，此時的解集為.綜上所述，當時，不等式的解集為；當時，不等式的解集為；當時，不等式的解集為.20、（1）（2）【解析】（1）根據圓心在過點，的線段的中垂線上，同時圓心圓心在直線上，可求出圓心的坐標，進而求得半徑，最后求出其標準方程；（2）選①利用用垂徑定理可求得答案，選②根據圓上一點P到直線的最大距離為可求得答案，選③先利用向量的數量積可求得，解法就和選①時相同.【小問1詳解】由題意可知，圓心在點的中垂線上，該中垂線的方程為，于是，由，解得圓心，圓C的半徑所以，圓C的方程為；【小問2詳解】①，因為，，所以圓心C到直線l的距離，則，解得，②，圓上一點P到直線的最大距離為，可知圓心C到直線l的距離則，解得，③，因為，所以，得，又，所以圓心C到直線l的距離，則，解得21、（1）；（2）.【解析】(1)根據給定條件求出數列的公比即可計算得解.(2)由(1)的結論求出，然后