湖北省黄冈市麻城实验高中2025年高二上数学期末质量检测试题含解析.doc

湖北省黄冈市麻城实验高中2025年高二上数学期末质量检测试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．抛物线上点的横坐标为 4，则到抛物线焦点的距离等于（）
A.12 B.10
C.8 D.6
2．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为、，过作轴的平行线交椭圆于、两点，为坐标原点，双曲线的虚轴长为，且以、为顶点，以直线、为渐近线，则椭圆的短轴长为（ ）
A. B.
C. D.
3．设，为双曲线的上，下两个焦点，过的直线l交该双曲线的下支于A，B两点，且满足，，则双曲线的离心率为（）
A. B.
C. D.
4．圆锥曲线具有丰富的光学性质，从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点．直线l：与椭圆C：相切于点P，椭圆C的焦点为，，由光学性质知直线，与l的夹角相等，则的角平分线所在的直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
5．已知各项均为正数的等比数列{}，=5，=10，则=
A. B.7
C.6 D.
6．在平面区域内随机投入一点P，则点P的坐标满足不等式的概率是（ ）
A. B.
C. D.
7．已知点P是双曲线上的动点，过原点O的直线l与双曲线分别相交于M、N两点，则的最小值为（）
A.4 B.3
C.2 D.1
8．执行如图所示的程序框图，若输出的的值为，则判断框中应填入（）

A.？ B.？
C.？ D.？
9．若，则的值为（ ）
A.或 B.或
C.1 D.－1
10．已知函数(且，)的一个极值点为2，则的最小值为（）
A. B.
C. D.7
11．函数在区间上平均变化率等于（ ）
A. B.
C. D.
12．设满足则的最大值为
A. B.2
C.4 D.16
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．椭圆C：的左、右焦点分别为，，点A在椭圆上，，直线交椭圆于点B，，则椭圆的离心率为______
14．已知向量，，且，则实数______.
15．已知正方形的边长为分别是边的中点，沿将四边形折起，使二面角的大小为，则两点间的距离为__________
16．已知A，B为x，y正半轴上的动点，且，O为坐标原点，现以为边长在第一象限做正方形，则的最大值为___________.
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）设函数
（1）求的值；
（2）求的极大值
18．（12分）已知函数在其定义域内有两个不同的极值点
（1）求a的取值范围；
（2）设的两个极值点分别为，证明：
19．（12分）如图，四棱台的底面为正方形，面，

（1）求证：平面；
（2）若平面平面，求直线m与平面所成角的正弦值
20．（12分）已知：对任意，都有；：存在，使得
（1）若“且”为真，求实数的取值范围；
（2）若“或”为真，“且”为假，求实数的取值范围
21．（12分）已知椭圆的中心在原点，焦点为，，且长轴长为4.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆相交于A，两点，求弦长.
22．（10分）已知函数
（1）求在点处的切线方程
（2）求直线与曲线围成的封闭图形的面积
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】根据焦半径公式即可求出
【详解】因为，所以，所以
故选：C
2、C
【解析】不妨取点在第一象限，根据椭圆与双曲线的几何性质，以及它们之间的联系，可得点的坐标，再将其代入椭圆的方程中，解之即可
【详解】解：由题意知，
在椭圆中，有，
在双曲线中，有，，即，
双曲线的渐近线方程为，
不妨取点在第一象限，则的坐标为，即，
将其代入椭圆的方程中，有，
，解得，
椭圆的短轴长为
故选：
3、A
【解析】设，表示出，由勾股定理列式计算得，然后在，再由勾股定理列式，计算离心率.
【详解】由题意得，，且，如图所示，

设，由双曲线的定义可得，，因为，所以，得，所以，在中，，即.
故选：A
【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
求出，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围)
4、A
【解析】先求得点坐标，然后求得的角平分线所在的直线的方程.
【详解】，
直线的斜率为，
由于直线，与l的夹角相等，则的角平分线所在的直线的斜率为，
所以所求直线方程为.
故选：A
5、A
【解析】由等比数列的性质知，a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9成等比数列，所以a4a5a6＝
故答案为
考点：等比数列的性质、指数幂的运算、根式与指数式的互化等知识，转化与化归的数学思想
6、A
【解析】根据题意作出图形，进而根据几何概型求概率的方法求得答案.
【详解】根据题意作出示意图，如图所示：

于，所求概率.
故选：A.
7、C
【解析】根据双曲线的对称性可得为的中点，即可得到，再根据双曲线的性质计算可得；
【详解】解：根据双曲线的对称性可知为的中点，所以，又在上，所以，当且仅当在双曲线的顶点时取等号，所以
故选：C
8、C
【解析】本题为计算前项和，模拟程序，实际计算求和即可得到的值.
【详解】由题意可知：输出的的值为数列的前项和.
易知，
则，令，解得.即前7项的和.为故判断框中应填入“？”.
故选：C.
9、B
【解析】求出函数的导数，由方程求解即可.
【详解】，
，
解得或，
故选：B
10、B
【解析】求出函数的导数，由给定极值点可得a与b的关系，再借助“1”的妙用求解即得.
【详解】对求导得：，因函数的一个极值点为2，
则，
此时，，，
因，即，因此，在2左右两侧邻近的区域值一正一负，2是函数的一个极值点，则有，又，，
于是得，当且仅当，即时取“=”，
所以的最小值为.
故选：B
11、C
【解析】根据平均变化率的定义算出答案即可.
【详解】函数在区间上的平均变化率等于
故选：C
12、C
【解析】可行域如图,则直线过点A(0,1)取最大值2,则的最大值为4,选C.

点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、（也可以）
【解析】可以利用条件三角形为等腰直角三角形，设出边长，找到边长与之间等量关系，然后把等量关系带入到勾股定理表达的等式中，即可求解离心率.
【详解】
由题意知三角形为等腰直角三角形，设，则，解得，，在三角形中，由勾股定理得，所以，
故答案为：（也可以）
14、
【解析】利用向量平行的条件直接解出.
【详解】因为向量，，且，
所以，解得.
故答案为： .
15、.
【解析】取BE的中点G，然后证明是二面角的平面角，进而证明，最后通过勾股定理求得答案.
【详解】如图，取BE的中点G，连接AG,CG，由题意，则是二面角的平面角，则，又，则是正三角形，于是.

根据可得：平面ABE，而平面ABE，所以，而，则平面BCFE，又平面BCFE，于是，，又，所以.
故答案为：.
16、32
【解析】建立平面直角坐标系，设出角度和边长，表达出点坐标，进而表达出，利用三角函数换元，求出最大值.
【详解】如图，过点D作DE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点F，设，（），则由三角形全等可知，设，，则，则，，则，令，，则，当时，取得最大值，最大值为32

故答案为：32

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）-3（2）2
【解析】（1）利用导数公式和法则求解；
（2）令，利用极大值的定义求解.
【小问1详解】
解：因为函数，
所以，
所以；
【小问2详解】
令，得，
当或时，，
当时，，
所以当时，取得极大值.
18、（1）；
（2）证明见解析.
【解析】(1)对函数求导，把问题转化为导函数值为0的方程有两个正根，再构造函数求解作答.
(2)将所证不等式等价转化，构造函数，利用导数探讨其单调性作答.
【小问1详解】
函数的定义域为，求导得：，
依题意，函数在上有两个不同极值点，于是得有两个不等的正根，
令，，则，当时，，当时，，
于是得在上单调递增，在上单调递减，，
因，恒成立，即当时，的值从递减到0(不能取0)，又，
有两个不等的正根等价于直线与函数的图象有两个不同的公共点，如图，

因此有，
所以a取值范围是.
【小问2详解】
由(1)知分别是方程的两个不等的正根，，
即，作差得，则有，
原不等式，
令，则，于是得，
设，则，
因此，在单调递增，则有，即成立，
所以.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问题的关键.
19、（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）：连结交交于点O，连结，，通过四棱台的性质以及给定长度证明，从而证出，利用线面平行的判定定理可证明面；
（2）利用线面平行的性质定理以及基本事实可证明，即求与平面所成角的正弦值；通过条件以及面面垂直的判定定理可证明面面，则为与平面所成角，利用余弦定理求出余弦值，即可求出正弦值.
【详解】（1）证明：连结交交于点O，连结，，
由多面体为四棱台可知四点共面，
且面面，面面，面面，
∴，
∵和均为正方形，，
∴，所以为平行四边形，
∴，面，面，
∴平面

（2）
∵面，平面，平面，
∴，又∵，∴
∴求直线m与平面所成角可转化为求与平面所成角，
∵和均为正方形，，且，
∴，，∴，
又∵面，∴
∴面，∴面面，
由面面，设O在面的投影为M，则，
∴为与平面所成角，
由，可得，又∵，
∴
∴，直线m与平面所成角的正弦值为.

【点睛】思路点睛：（1）找两个平面的交线，可通过两个平面的交点找到，也可利用线面平行的性质找和交线的平行直线；（2）求直线和平面所成角，过直线上一点做平面的垂线，则垂足和斜足连线与直线所成角即为直线和平面所成角.
20、（1）.
（2）.
【解析】（1）由已知得，均为真命题，分别求得为真命题，为真命题时，实数的取值范围，再由集合的交集运算求得答案；
（2）由已知得，一真一假，建立不等式组，求解即可.
【小问1详解】
解：因为“且”为真命题，所以，均为真命题
若为真命题，则，解得；
若为真命题，则，当且仅当，即时，等号成立，此时
故实数的取值范围是；
【小问2详解】
解：若“或”为真，“且”为假，则，一真一假
当真，假时，则得；当假，真时，则得
故实数的取值范围为
21、（1）
（2）
【解析】（1）由已知直接可得；
（2）联立方程组求出A，两点坐标，再由两点间距离公式可得.
【小问1详解】
∵椭圆的中心在原点，焦点为，且长轴长为4，
，，，
故椭圆的方程为；
【小问2详解】
设，联立解得和， ，
∴弦长.
22、（1）
（2）2
【解析】（1）首先求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再利用点斜式求出切线方程；
（2）首先求出两函数的交点坐标，再利用定积分及微积分基本定理计算可得；
【小问1详解】
解：因为，所以，所以切线的斜率，
切线过点，切线的方程为，即
【小问2详解】
解：由题知，即解得或，即或或，
直线与曲线于
则所求图形的面积