四川省眉山市彭山一中2025-2026学年高二上数学期末质量检测试题含解析.doc

四川省眉山市彭山一中2025-2026学年高二上数学期末质量检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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．函数的图象如图所示，则下列大小关系正确的是（ ）

A.
B.
C.
D.
2．设实系数一元二次方程在复数集C内的根为、，则由，可得.类比上述方法：设实系数一元三次方程在复数集C内的根为，则的值为
A.﹣2 B.0
C.2 D.4
3．已知，则a，b，c的大小关系为（）
A. B.
C. D.
4．若命题“，”是假命题，则实数的取值范围为（）
A. B.
C. D.
5．已知数列满足，且，那么（ ）
A. B.
C. D.
6．已知向量与向量垂直，则实数x的值为（）
A.﹣1 B.1
C.﹣6 D.6
7．已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
8．若在直线上，则直线的一个方向向量为（ ）
A. B.
C. D.
9．变量，满足约束条件则的最小值为()
A. B.
C. D.5
10．已知抛物线的焦点为F，过点F作倾斜角为的直线l与抛物线交于两点，则POQ(O为坐标原点)的面积S等于（）
A. B.
C. D.
11．若双曲线的焦距为，则双曲线的渐近线方程为（）
A. B.
C. D.
12．已知不等式的解集为，关于x的不等式的解集为B，且，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图所示，在正方体中，点是底面内（含边界）的一点，且平面，则异面直线与所成角的取值范围为____________

14．已知5件产品中有2件次品、3件合格品，从这5件产品中任取2件，求2件都是合格品的概率_______.
15．已知空间向量， 则向量在坐标平面上的投影向量是__________
16．一条直线经过，并且倾斜角是直线的倾斜角的2倍，则直线的方程为__________
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）已知函数.
（1）当时，求函数在时的最大值和最小值；
（2）若函数在区间存在极小值，求a的取值范围.
18．（12分）如图，四边形是一块边长为4km正方形地域，地域内有一条河流，其经过的路线是以中点为顶点且开口向右的抛物线的一部分（河流宽度忽略不计），某公司准备投资一个大型矩形游乐场.

（1）设，矩形游乐园的面积为，求与之间的函数关系；
（2）试求游乐园面积的最大值.
19．（12分）为了保证我国东海油气田海域海上平台的生产安全，海事部门在某平台O的北偏西45°方向km处设立观测点A，在平台O的正东方向12km处设立观测点B，规定经过O、A、B三点的圆以及其内部区域为安全预警区．如图所示：以O为坐标原点，O的正东方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系

（1）试写出A，B的坐标，并求两个观测点A，B之间的距离；
（2）某日经观测发现，在该平台O正南10km C处，有一艘轮船正以每小时km的速度沿北偏东45°方向行驶，如果航向不变，该轮船是否会进入安全预警区？如果不进入，请说明理由；如果进入，则它在安全警示区内会行驶多长时间？
20．（12分）已知椭圆）过点A（0，），且与双曲线有相同的焦点
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上异于A的两点，且满足，试判断直线MN是否过定点，并说明理由
21．（12分）在等差数列中，已知公差，且成等比数列
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和
22．（10分）在平面直角坐标系内，椭圆E：过点，离心率为
（1）求E的方程；
（2）设直线（k∈R）与椭圆E交于A，B两点，在y轴上是否存在定点M，使得对任意实数k，直线AM，BM的斜率乘积为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由
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】根据导数的几何意义可得答案.
【详解】因为函数在某点处的导数值表示的是此点处切线的斜率，
所以由图可得，
故选：C
2、A
【解析】用类比推理得到，再用待定系数法得到，，再根据求解.
【详解】

，
由对应系数相等得：
，

.
故选：A.
【点睛】本题主要考查合情推理以及待定系数法，还考查了转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.
3、A
【解析】根据给定条件构造函数，再探讨其单调性并借助单调性判断作答.
【详解】令函数，求导得，当时，，
于是得在上单调递减，而，则，即，
所以，
故选：A
4、A
【解析】根据命题与它的否定命题一真一假，写出该命题的否定命题，再求实数的取值范围
【详解】解：命题“，”是假命题，
则它的否定命题“，”是真命题，
时，不等式为，显然成立；
时，应满足，解得，
所以实数的取值范围是
故选：A
5、D
【解析】由递推公式得到，，，再结合已知即可求解.
【详解】解：由，得，，
又，那么
故选：D
6、B
【解析】根据数量积的坐标计算公式代入可得的值
【详解】解：向量，与向量垂直，则，
由数量积的坐标公式可得：，
解得，
故选：
【点睛】本题考查空间向量的坐标运算，以及数量积的坐标公式，属于基础题
7、D
【解析】根据题意参变分离得到，求出的最小值，进而求出实数a的取值范围.
【详解】由题意得：在上恒成立，即，其中在处取得最小值，，所以，解得：，
故选：D
8、D
【解析】由题意可得首先求出直线上的一个向量，即可得到它的一个方向向量，再利用平面向量共线（平行）的坐标表示即可得出答案
【详解】∵ 在直线上，
∴ 直线的一个方向向量，
又∵，
∴是直线的一个方向向量
故选：D
9、A
【解析】根据不等式组，作出可行域，数形结合即可求z的最小值.
【详解】根据不等式组作出可行域如图，

，则直线过A(－1，0)时，z取最小值.
故选：A.
10、A
【解析】由抛物线的方程可得焦点的坐标，由题意设直线的方程，与抛物线的方程，联立求出两根之和及两根之积，进而求出，的纵坐标之差的绝对值，代入三角形的面积公式求出面积
【详解】抛物线的焦点为，，
由题意可得直线的方程为，设，，，，
联立，整理可得：，
则，，
所以，
所以，
故选：A
11、A
【解析】由焦距为可得，又，进而可得，最后根据焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为即可求解.
【详解】解：因为双曲线的焦距为，所以，
所以，解得，所以，
所以双曲线的渐近线方程为，即，
故选：A.
12、B
【解析】解出不等式可得集合，由可得，然后可得在上恒成立，然后分离参数求解即可.
【详解】由得，，解得，
因为，所以
所以可得在上恒成立，
即在上恒成立，故只需，
，当时，，故
故选：B

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】过作平面平面，得到在与平面的交线上，连接，证得平面平面，得到点在上，设正方体的棱长为，且，得到，，设与所成角为，利用向量的夹角公式，求得，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】过作平面平面，
因为点是底面内（含边界）的一点，且平面，
则平面，即在与平面的交线上，
连接，因为且，所以四边形是平行四边形，所以，平面，
同理可证平面，所以平面平面，
则平面即为，点在线段上，
设正方体的棱长为，且，
则，
，可得，
设与所成角为，
则，
当时，取得最小值，最小值为，
当或时，取得最大值，最大值为
故答案为

14、##
【解析】列举总的基本事件及满足题目要求的基本事件，然后用古典概型的概率公式求解即可.
【详解】设5件产品中的次品为，合格品为，
则从这5件产品中任取2件，有共10个基本事件，
其中2件都是合格品的有共3个基本事件，
故2件都是合格品的概率为
故答案为：.
15、
【解析】根据投影向量的知识求得正确答案.
【详解】空间向量在坐标平面上的投影向量是.
故答案为：
16、
【解析】先求出直线倾斜角，从而可求得直线的倾斜角，则可求出直线的斜率，进而可求出直线的方程
【详解】因为直线的斜率为，
所以直线的倾斜角为，
所以直线的倾斜角为，
所以直线的斜率为，
因为直线经过，
所以直线的方程为，即，
故答案为：

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、（1）最大值为9，最小值为；
（2）.
【解析】（1）利用导数研究函数的单调性，进而确定在的极值、端点值，比较它们的大小即可知最值.
（2）讨论参数a的符号，利用导数研究的单调性，结合已知区间的极值情况求参数a的范围即可.
【小问1详解】
由题，时，，则，
令，得或1，则时，，单调递增；时，，单调递减；时，，单调递增.
∴在时取极大值，在时取极小值，又，，
综上，在区间上取得的最大值为9，最小值为.
小问2详解】
，且，
当时，单调递增，函数没有极值；
当时，时，单调递增；时，单调递减；时，，单调递增.
∴在取得极大值，在取得极小值，则；
当时，时，单调递增；时，单调递减；时，，单调递增.
∴在取得极大值，在取得极小值，由得：.
综上，函数在区间存在极小值时a的取值范围是.
18、（1）
（2）
【解析】（1）首先建立直角坐标系，求出抛物线的方程，利用，求出点的坐标，表示出的面积为即可；
（2）利用导数求函数的最值即可.
【小问1详解】
以为原点，所在直线为轴，垂直于的直线为轴建立直角坐标系，则，
设抛物线的方程为，将点代入方程可得，
解得，则抛物线方程为，
由已知得，则点的纵坐标为，点的横坐标为，
则，
【小问2详解】
，令，解得，
当时，，所以函数在上单调递增，
当时，，所以函数在上单调递减，
因此函数时，有最大值，
19、（1）；
（2）会驶入安全预警区，行驶时长为半小时
【解析】（1）先求出A，B的坐标，再由距离公式得出A，B之间的距离；
（2）由三点的坐标列出方程组得出经过三点的圆的方程，设轮船航线所在的直线为，再由几何法得出直线与圆截得的弦长，进而得出安全警示区内行驶时长.
【小问1详解】
由题意得，∴；
【小问2详解】
设圆的方程为，
因为该圆经过三点，∴，得到.
所以该圆方程为：，
化成标准方程为：.
设轮船航线所在的直线为，则直线的方程为：，
圆心（6，8）到直线的距离，
所以直线与圆相交，即轮船会驶入安全预警区.
直线与圆截得的弦长为，行驶时长小时.
即在安全警示区内行驶时长为半小时.
20、（1）
（2）直线过定点；理由见解析
【解析】（1）根据题意可求得，进而求得椭圆方程；
（2）考虑直线斜率是否存在，设直线方程并联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，然后利用，将根与系数的关系式代入化简得到，结合直线方程,化简可得结论.
【小问1详解】
依题意，，
所以，故椭圆方程为：
【小问2详解】
当直线MN的斜率不存在时，设M（），N（，），
则，,此时M，N重合，不符合题意；
当直线MN的斜率存在时，
设MN的方程为：，M（，），N（），
与椭圆方程联立可得：，
即，
∴，即，
∴

，
∴，
∴，当时，,
直线MN：，
即，令 ，则 ，
∴直线过定点
【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆相交时过定点的问题，解答时要注意解题思路的顺畅，解答的难点在于运算量较大且复杂，需要十分细心.
21、（1）an=n
（2）
【解析】（1）由已知条件可得（d+2）2=2d+7，从而可求出公差，进而可求得数列的通项公式，
（2）由（1）得，然后利用错位相减法求
【小问1详解】
因a1，a2+1，a3+6成等比数列，所以
又a1=1，所以（d+2）2=2d+7，所以d=1或d= （舍），
所以an=n；
【小问2详解】
因为，所以，
所以，
所以
所以
22、（1）
（2）存在，或者
【解析】（1）由离心率和椭圆经过的点列出方程组，求出，得到椭圆方程；（2）假设存在，设出直线，联立椭圆，利用韦达定理得到两根之和，两根之积，结合斜率乘积为定值得到关于的方程，求出答案.
【小问1详解】
由题可得，，①
由，得，即，则，②
将②代入①，解得，，
故E的方程为
【小问2详解】
设存在点满足条件
记，
由消去y，得．显然，判别式＞0，
所以，，
于是＝
＝
＝
上式为定值，当且仅当，解得或
此时，或
所以，存在定点或者满足条件