福建省泉州市泉港區(qū)泉州市泉港區(qū)第一中學2025屆數(shù)學高二上期末質(zhì)量檢測試題含解析

福建省泉州市泉港區(qū)泉州市泉港區(qū)第一中學2025屆數(shù)學高二上期末質(zhì)量檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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．等差數(shù)列前項和，已知，，則的值是（）.A. B.C. D.2．已知，，，執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的值為（）A. B.C. D.3．設(shè)雙曲線C：的左、右焦點分別為，點P在雙曲線C上，若線段的中點在y軸上，且為等腰三角形，則雙曲線C的離心率為（）A. B.2C. D.4．設(shè)點P是雙曲線，與圓在第一象限的交點，、分別是雙曲線的左、右焦點，且，則此雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.35．已知三棱柱的所有棱長均為2，平面，則異面直線，所成角的余弦值為（）A. B.C. D.6．已知函數(shù)為偶函數(shù)，且當時，，則不等式的解集為（）A. B.C. D.7．閱讀如圖所示程序框圖，運行相應(yīng)的程序，輸出的S的值等于（）A.2 B.6C.14 D.308．已知的展開式中，各項系數(shù)的和與其各項二項式系數(shù)的和之比為，則（）A.4 B.5C.6 D.79．曲線y＝lnx在點M處的切線過原點，則該切線的斜率為（）A.1 B.eC.－1 D.10．在等比數(shù)列中，若是函數(shù)的極值點，則的值是（）A. B.C. D.11．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的s值為()A.8 B.9C.27 D.3612．已知點分別是橢圓的左、右焦點,點P在此橢圓上,,則的面積等于A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖所示四棱錐，底面ABCD為直角梯形，，，，，是底面ABCD內(nèi)一點（含邊界），平面MBD，則點O軌跡的長度為_____________.14．經(jīng)過兩直線l1：x－2y＋4＝0和l2：x＋y－2＝0的交點P，且與直線l3：3x－4y＋5＝0垂直的直線l的方程為________15．若展開式的二項式系數(shù)之和是64，則展開式中的常數(shù)項的值是__________.16．已知橢圓的離心率為.（1）證明：；（2）若點在橢圓的內(nèi)部，過點的直線交橢圓于、兩點，為線段的中點，且.①求直線的方程；②求橢圓的標準方程.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知橢圓的中心在原點，焦點在軸上，長軸長為4，離心率等于（1）求橢圓的方程（2）設(shè)，若橢圓E上存在兩個不同點P、Q滿足，證明：直線PQ過定點，并求該定點的坐標.18．（12分）如圖，已知正方體的棱長為2，，，分別為，，的中點（1）求直線與直線所成角余弦值；（2）求點到平面的距離19．（12分）設(shè)或，（1）若時，p是q的什么條件？（2）若p是q的必要不充分條件，求a的取值范圍20．（12分）已知拋物線y2＝8x.(1)求出該拋物線的頂點、焦點、準線、對稱軸、變量x的范圍；(2)以坐標原點O為頂點，作拋物線的內(nèi)接等腰三角形OAB，|OA|＝|OB|，若焦點F是△OAB的重心，求△OAB的周長21．（12分）已知定義域為的函數(shù)是奇函數(shù)，其中為指數(shù)函數(shù)且的圖象過點（1）求的表達式；（2）若對任意的．不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍；22．（10分）已知關(guān)于的不等式（1）若不等式的解集為，求的值（2）若不等式的解集為，求的取值范圍

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】由題意，設(shè)等差數(shù)列的公差為，則，故，故，故選2、B【解析】計算出、的值，執(zhí)行程序框圖中的程序，進而可得出輸出結(jié)果.【詳解】，，則，執(zhí)行如圖所示的程序，，成立，則，不成立，輸出的值為.故選：B.3、A【解析】根據(jù)是等腰直角三角形，再表示出的長，利用三角形的幾何性質(zhì)即可求得答案.【詳解】線段的中點在y軸上,設(shè)的中點為M，因為O為的中點，所以,而,則，為等腰三角形，故，由，得，又為等腰直角三角形，故，即，解得，即，故選：A.4、C【解析】根據(jù)幾何關(guān)系得到是直角三角形，然后由雙曲線的定義及勾股定理可求解.【詳解】點到原點的距離為，又因為在中，，所以是直角三角形，即.由雙曲線定義知，又因為，所以.在中，由勾股定理得，化簡得，所以.故選：C.5、A【解析】建立空間直角坐標系，利用向量法求解【詳解】以為坐標原點，平面內(nèi)過點且垂直于的直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，∴，，∴，∴異面直線，所成角的余弦值為.故選：A6、D【解析】結(jié)合導(dǎo)數(shù)以及函數(shù)的奇偶性判斷出的單調(diào)性，由此化簡不等式來求得不等式的解集.【詳解】當時，單調(diào)遞增，，所以單調(diào)遞增.因為是偶函數(shù)，所以當時，單調(diào)遞減.，，，或.即不等式的解集為.故選：D7、C【解析】模擬運行程序，直到得出輸出的S的值.【詳解】運行程序框圖，，，；，，；，，；，輸出.故選：C8、C【解析】利用賦值法確定展開式中各項系數(shù)的和以及二項式系數(shù)的和，利用比值為，列出關(guān)于的方程，解方程.【詳解】二項式的各項系數(shù)的和為，二項式的各項二項式系數(shù)的和為，因為各項系數(shù)的和與其各項二項式系數(shù)的和之比為，所以，.故選：C.9、D【解析】設(shè)出點坐標，結(jié)合導(dǎo)數(shù)列方程，由此求得切點坐標并求得切線的斜率.【詳解】設(shè)切點為，，故在點的切線的斜率為，所以，所以切點為，切線的斜率為.故選：D10、B【解析】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)求出函數(shù)的極值點，再根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)進行求解即可.【詳解】，當時，單調(diào)遞增，當時，單調(diào)遞減，當時，單調(diào)遞增，所以是函數(shù)的極值點，因為，且所以，故選：B11、B【解析】執(zhí)行程序框圖，第一次循環(huán)，，滿足；第二次循環(huán)，，滿足；第三次循環(huán)，，不滿足，輸出，故選B.【方法點睛】本題主要考查程序框圖的循環(huán)結(jié)構(gòu)流程圖，屬于中檔題.解決程序框圖問題時一定注意以下幾點：(1)不要混淆處理框和輸入框；(2)注意區(qū)分程序框圖是條件分支結(jié)構(gòu)還是循環(huán)結(jié)構(gòu)；(3)注意區(qū)分當型循環(huán)結(jié)構(gòu)和直到型循環(huán)結(jié)構(gòu)；(4)處理循環(huán)結(jié)構(gòu)的問題時一定要正確控制循環(huán)次數(shù)；(5)要注意各個框的順序,（6）在給出程序框圖求解輸出結(jié)果的試題中只要按照程序框圖規(guī)定的運算方法逐次計算，直到達到輸出條件即可.12、B【解析】根據(jù)橢圓標準方程，可得，結(jié)合定義及余弦定理可求得值，由及三角形面積公式即可求解.【詳解】橢圓則，所以，則由余弦定理可知代入化簡可得，則，故選：B.【點睛】本題考查了橢圓的標準方程及幾何性質(zhì)的簡單應(yīng)用，正弦定理與余弦定理的簡單應(yīng)用，三角形面積公式的用法，屬于基礎(chǔ)題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】繪出如圖所示的輔助線，然后通過平面平面得出點軌跡為線段，最后通過求出、的長度即可得出結(jié)果.【詳解】如圖，延長到點，使且，連接，取上點，使得，作，交于點，交于點，連接，因為，所以，因為，又，所以，，因為，，，所以平面平面，因為平面，面，所以點軌跡為線段，因為，，所以，因為，，，所以，因為底面為直角梯形，所以，，，，故答案為：.14、4x＋3y－6＝0【解析】直接求出兩直線l1：x﹣2y+4=0和l2：x+y﹣2=0的交點P的坐標，求出直線的斜率，然后求出所求直線方程【詳解】由方程組可得P（0，2）∵l⊥l3，∴kl=﹣，∴直線l的方程為y﹣2=﹣x，即4x＋3y－6＝0故答案為：4x＋3y－6＝015、【解析】首先利用展開式的二項式系數(shù)和是求出，然后即可求出二項式的常數(shù)項.【詳解】由題知展開式的二項式系數(shù)之和是，故有，可得，知當時有.故展開式中的常數(shù)項為.故答案為：.【點睛】本題考查了利用二項式的系數(shù)和求參數(shù)，求二項式的常數(shù)項，屬于基礎(chǔ)題.16、（1）證明見解析；（2）①；②.【解析】（1）由可證得結(jié)論成立；（2）①設(shè)點、，利用點差法可求得直線的斜率，利用點斜式可得出所求直線的方程；②將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，列出韋達定理，由可得出，利用平面向量數(shù)量積的坐標運算可得出關(guān)于的等式，可求出的值，即可得出橢圓的方程.【詳解】（1），，因此，；（2）①由（1）知，橢圓的方程為，即，當在橢圓的內(nèi)部時，，可得.設(shè)點、，則，所以，，由已知可得，兩式作差得，所以，所以，直線方程為，即.所以，直線的方程為；②聯(lián)立，消去可得.，由韋達定理可得，，又，而，，，解得合乎題意，故，因此，橢圓的方程為.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）證明見解析，.【解析】（1）由題可得，即求；（2）設(shè)直線PQ的方程為，聯(lián)立橢圓方程，利用韋達定理法可得，即得.【小問1詳解】由題可設(shè)橢圓的方程為，則，∴，∴橢圓的方程為；【小問2詳解】當直線PQ的斜率存在時，可設(shè)直線PQ的方程為，設(shè)，由，得，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，又∴，∴直線PQ的方程為過定點；當直線PQ的斜率不存在時，不合題意.故直線PQ過定點，該定點的坐標為.18、（1）（2）【解析】（1）建立空間直角坐標系，利用向量法由求解；（1）建立空間直角坐標系，先取得平面的一個法向量，，，然后由求解【小問1詳解】解：以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系.則，0，，，2，，，2，，，0，，，0，，，0，，，2，，所以，2，，，2，，則直線與直線所成角的余弦值為；【小問2詳解】，2，，，2，，設(shè)平面的一個法向量，，，則，取，得，1，，又，點到平面的距離19、（1）充要條件；（2）.【解析】（1）根據(jù)解一元二次不等式的方法，結(jié)合充分性、必要性的定義進行求解判斷即可；（2）根據(jù)必要不充分條件的性質(zhì)進行求解即可.【小問1詳解】因為，所以，解得或，顯然p是q的充要條件；【小問2詳解】，當時，該不等式的解集為全體實數(shù)集，顯然由，但不成立，因此p是q的充分不必要條件，不符合題意；當時，該不等式的解集為：，顯然當時，不一定成立，因此p不是q的必要不充分條件，當時，該不等式解集為：，要想p是q的必要不充分條件，只需，而，所以，因此a的取值范圍為：.20、（1）見解析；（2）2＋4.【解析】（1）由拋物線的簡單幾何性質(zhì)易得結(jié)果；(2)由|OA|＝|OB|可知AB⊥x軸，又焦點F是△OAB的重心，則|OF|＝|OM|=2.設(shè)A(3，m)，代入y2＝8x即可得到△OAB的周長【詳解】(1)拋物線y2＝8x的頂點、焦點、準線、對稱軸、變量x的范圍分別為(0,0)，(2,0)，x＝－2，x軸，x≥0.(2)如圖所示．由|OA|＝|OB|可知AB⊥x軸，垂足為點M，又焦點F是△OAB的重心，則|OF|＝|OM|.因為F(2,0)，所以|OM|＝|OF|＝3.所以M(3,0)．故設(shè)A(3，m)，代入y2＝8x得m2＝24.所以m＝2或m＝－2.所以A(3,2)，B(3，－2)所以|OA|＝|OB|＝.所以△OAB的周長為2＋4.【點睛】本題考查了拋物線簡單性質(zhì)的應(yīng)用，解題關(guān)鍵利用好三角形重心的性質(zhì)，屬于中檔題.21、（1）；（2）.【解析】（1）設(shè)（且），因為的圖象過點，求得a的值，再根據(jù)函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，利用f(0)=0即可求得n的值，得到f(x)的解析式，檢驗是奇函數(shù)即可；（2）將分式分離常數(shù)后，利用指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可以判定f(x)在R上單調(diào)遞減，進而結(jié)合奇函數(shù)的性質(zhì)將不等式轉(zhuǎn)化為二次不等式，根據(jù)二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，求得對于對任意的恒成立時a的取值范圍即可.【詳解】解：（1）由題意，設(shè)（且），因為的圖象過點，可得，解得，即，所以，又因為為上的奇函數(shù)，可得，即，解得，經(jīng)檢驗，符合，所以（2）由函數(shù)，可得在上單調(diào)遞減，又因為為奇函數(shù)，所以，所以，即，又因為對任意的，不等式恒成立，令，即對任意的恒成立，可得，即，解得，所以實數(shù)的取值范圍為【點睛】本題考查函數(shù)的奇偶性，指數(shù)函數(shù)及其性質(zhì)和函數(shù)不等式恒成立問題，關(guān)鍵是利用函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性將不等式轉(zhuǎn)化為二次不等式在閉區(qū)間上恒成立問題，然后利用二次函數(shù)的圖象轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的端點