湖南师范大学附属中学2025-2026学年数学高二上期末教学质量检测试题含解析.doc

湖南师范大学附属中学2025-2026学年数学高二上期末教学质量检测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．不等式的解集为（）
A. B.
C. D.
2．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，立春当日日影长为9.5尺，立夏当日日影长为2.5尺，则冬至当日日影长为（）
A.12.5尺 B.13尺
C.13.5尺 D.14尺
3．已知焦点在轴上的双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B.
C.2 D.
4．知点分别为圆上的动.点，为轴上一点，则的最小值（ ）
A. B.
C. D.
5．在中，若，，则外接圆半径为（ ）
A. B.
C. D.
6．已知点是点在坐标平面内的射影，则点的坐标为（）
A. B.
C. D.
7．我国古代数学论著中有如下叙述：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯二百五十四．”思如下：一座7层塔共挂了254盏灯，且相邻两层下一层所挂灯数是上一层所挂灯数的2倍．下列结论不正确的是（ ）
A.底层塔共挂了128盏灯
B.顶层塔共挂了2盏灯
C.最下面3层塔所挂灯的总盏数比最上面3层塔所挂灯的总盏数多200
D.最下面3层塔所挂灯的总盏数是最上面3层塔所挂灯的总盏数的16倍
8．内角、、的对边分别为、、，若，，，则（）
A. B.
C. D.
9．用数学归纳法时，从“k到”左边需增乘的代数式是（）
A. B.
C. D.
10．若正三棱柱的所有棱长都相等，D是的中点，则直线AD与平面所成角的正弦值为
A. B.
C. D.
11．平面与平面平行的充分条件可以是（ ）
A.平面内有一条直线与平面平行
B.平面内有两条直线分别与平面平行
C.平面内有无数条直线分别与平面平行
D 平面内有两条相交直线分别与平面平行
12．已知椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知数列的前项和为，且满足，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为____________.
14．已知向量，，若，则______
15．有一道楼梯共10阶，小王同学要登上这道楼梯，登楼梯时每步随机选择一步一阶或一步两阶，小王同学7步登完楼梯的概率为___________.
16．棱长为的正方体的顶点到截面的距离等于__________.
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）某中学共有名学生，其中高一年级有名学生，为了解学生的睡眠情况，用分层抽样的方法，在三个年级中抽取了名学生，依据每名学生的睡眠时间（单位：小时），绘制出了如图所示的频率分布直方图.

（1）求样本中高一年级学生人数及图中的值；
（2）估计样本数据的中位数（保留两位小数）；
（3）估计全校睡眠时间超过个小时的学生人数.
18．（12分）已知椭圆的中心在原点，对称轴为坐标轴且焦点在轴上，抛物线：，若抛物线的焦点在椭圆上，且椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知斜率存在且不为零的直线满足：与椭圆相交于不同两点、，与直线相交于点.若椭圆上一动点满足：，，且存在点，使得恒为定值，求的值.
19．（12分）在△中，内角 所对的边分别为，已知
（1）求角的大小；
（2）若的面积 ，求的值
20．（12分）设函数
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围
21．（12分）已知函数.
（1）当时，求函数的极大值与极小值；
（2）若函数在上的最大值是最小值的3倍，求a的值.
22．（10分）在平面直角坐标系中，点在抛物线上
（1）求的值；
（2）若直线l与抛物线C交于，两点，，且，求的最小值
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、A
【解析】根据一元二次不等式的解法进行求解即可.
【详解】，
故选：A.
2、B
【解析】设十二节气自冬至日起的日影长构成的等差数列为，利用等差数列的性质即可求解.
【详解】设十二节气自冬至日起的日影长构成的等差数列为，则立春当日日影长为，立夏当日日影长为，故
所以冬至当日日影长为.
故选：B
3、D
【解析】由题意，化简即可得出双曲线的离心率
【详解】解：由题意，.
故选：D
4、B
【解析】求出圆关于轴的对称圆的圆心坐标，以及半径，然后求解圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，即可求出的最小值.
【详解】圆关于轴的对称圆的圆心坐标，半径为1，圆的圆心坐标为，半径为1，
∴若与关于x轴对称，则，即，
当三点不共线时，
当三点共线时，
所以
同理(当且仅当时取得等号)
所以
当三点 共线时，
当三点不共线时，
所以
∴的最小值为圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，
∴.
故选：B.

5、A
【解析】根据三角形面积公式求出c，再由余弦定理求出a，根据正弦定理即可求外接圆半径.
【详解】,,
,

解得
由正弦定理可得：，
所以
故选：A
6、D
【解析】根据空间中射影的定义即可得到答案.
【详解】因为点是点在坐标平面内的射影，所以的竖坐标为0 ，
横、纵坐标与A点的横、纵坐标相同，所以点的坐标为.
故选：D
7、C
【解析】由题设易知是公比为2的等比数列，应用等比数列前n项和公式求，结合各选项的描述及等比数列通项公式、前n项和公式判断正误即可.
【详解】从上往下记每层塔所挂灯的盏数为，则数列是公比为2的等比数列，且，解得，
所以顶层塔共挂了2盏灯，B正确；底层塔共挂了盏灯，A正确
最上面3层塔所挂灯总盏数为14，最下面3层塔所挂灯的总盏数为224，C不正确，D正确
故选：C.
8、C
【解析】利用正弦定理可求得边的长.
【详解】由正弦定理得.
故选：C.
9、C
【解析】分别求出n＝k时左端的表达式，和n＝k+1时左端的表达式，比较可得“n从k到k+1”左端需增乘的代数式
【详解】当n＝k时，左端＝（k+1）（k+2）（k+3）…（2k），
当n＝k+1时，左端＝（k+2）（k+3）…（2k）（2k+1）（2k+2），
∴左边需增乘的代数式是
故选：C
【点睛】本题考查用数学归纳法证明等式，分别求出n＝k时左端的表达式和n＝k+1时左端的表达式，是解题的关键
10、A
【解析】建立空间直角坐标系，得到相关点的坐标后求出直线的方向向量和平面的法向量，借助向量的运算求出线面角的正弦值
【详解】取AC的中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系

设三棱柱的棱长为2，则，
∴
设为平面的一个法向量，
由故
令，得
设直线AD与平面所成角为，
则，
所以直线AD与平面所成角的正弦值为
故选A
【点睛】空间向量的引入为解决立体几何问题提供了较好的方法，解题时首先要建立适当的坐标系，得到相关点的坐标后借助向量的运算，将空间图形的位置关系或数量关系转化为向量的运算处理．在解决空间角的问题时，首先求出向量夹角的余弦值，然后再转化为所求的空间角．解题时要注意向量的夹角和空间角之间的联系和区别，避免出现错误
11、D
【解析】根据平面与平面平行的判定定理可判断.
【详解】对A，若平面内有一条直线与平面平行，则平面与平面可能平行或相交，故A错误；
对B，若平面内有两条直线分别与平面平行，若这两条直线平行，则平面与平面可能平行或相交，故B错误；
对C，若平面内有无数条直线分别与平面平行，若这无数条直线互相平行，则平面与平面可能平行或相交，故C错误；
对D，若平面内有两条相交直线分别与平面平行，则根据平面与平面平行的判定定理可得平面与平面平行，故D正确.
故选：D.
12、D
【解析】根据给定的方程求出离心率，的表达式，再计算判断作答.
【详解】因椭圆的离心率为，则有，
因双曲线的离心率为，则有，所以.
故选：D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】先求出，然后当时，由，得，两式相减可求出，再验证，从而可得数列为等比数列，进而可求出，再将问题转化为在上恒成立，所以，从而可求出实数的取值范围
【详解】当时，，得，
当时，由，
得，
两式相减得，得，满足此式，
所以，
因为，
所以数列是以为公比，为首项的等比数列，
所以，
所以对于任意的，不等式恒成立，可转化为对于任意的，恒成立，
即在上恒成立，
所以，解得或，
所以实数的取值范围为
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查数列通项公的求法，等比数列求和公式的应用，考查不等式恒成立问题，解题的关键是求出数列的通项公式后求得，再将问题转化为在上恒成立求解即可，考查数学转化思想，属于较难题
14、
【解析】根据向量平行求得，由此求得.
【详解】由于，所以.
故答案为：
15、
【解析】由题意可分为步、步、步、步、步、步共6种情况，分别求出每种的基本事件数，再利用古典概型的概率公式计算可得；
【详解】解：由题意可分为步、步、步、步、步、步共6种情况，
①步：即步两阶，有种；
②步：即步两阶与步一阶，有种；
③步：即步两阶与步一阶，有种；
④步：即步两阶与步一阶，有种；
⑤步：即步两阶与步一阶，有种；
⑥步：即步一阶，有种；
综上可得一共有种情况，满足7步登完楼梯的有种；
故7步登完楼梯的概率为
故答案为：
16、
【解析】根据勾股定理可以计算出，这样得到是直角三角形，利用等体积法求出点到的距离.
【详解】解：如图所示，
在三棱锥中，是三棱锥的高，，
在中，,,,所以是直角三角形
，，设点到的距离为
，
.
故A到平面的距离为
故答案为：
【点睛】本题考查了点到线的距离，利用等体积法求出点到面的距离.是解题的关键.

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）样本中高一年级学生的人数为，；
（2）；
（3）.
【解析】（1）利用分层抽样可求得样本中高一年级学生的人数，利用频率直方图中所有矩形的面积之和为可求得的值；
（2）利用中位数左边的矩形面积之和为可求得中位数的值；
（3）利用频率分布直方图可计算出全校睡眠时间超过个小时的学生人数.
【小问1详解】
解：样本中高一年级学生的人数为.
，解得.
【小问2详解】
解：设中位数为，前两个矩形的面积之和为，
前三个矩形的面积之和为，所以，
则，得，
故样本数据的中位数约为.
【小问3详解】
解：由图可知，样本数据落在的频率为，
故全校睡眠时间超过个小时的学生人数约为.
18、（1）
（2）
【解析】（1）先求得椭圆的，代入公式即可求得椭圆的方程；
（2）以设而不求的方法得到两根和，再由条件，得到四边形为平行四边形，并以向量方式进行等价转化，再与恒为定值进行联系，即可求得的值.
【小问1详解】
由条件可设椭圆：，
因为抛物线：的焦点为，所以，解得
因为椭圆离心率为，所以，则，
故椭圆的方程为
【小问2详解】
设直线：，，，
把直线的方程代入椭圆的方程，可得，
所以，
因为，，所以四边形为平行四边形，
得，即，得
由在椭圆上可得，，即
因为，又
所以，
所以
将代入得，
所以，即.
【点睛】数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。
19、（1）；（2）
【解析】（1）由正弦定理，将条件中的边化成角，可得，进而可得的值；（2）由三角形面积公式可得，再由余弦定理可得，得最后结论
试题解析：（1），又∴
又 得
（2）由， ∴
又
得， ∴ 得
考点：正弦定理；余弦定理
【易错点睛】解三角形问题的两重性：①作为三角形问题，它必须要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及其有关三角形的性质，及时进行边角转化，有利于发现解题的思路；②它毕竟是三角变换，只是角的范围受到了限制，因此常见的三角变换方法和原则都是适用的，注意“三统一”（即“统一角、统一函数、统一结构”）是使问题获得解决的突破口
20、（1）的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）.
【解析】（1）求出，进而判断函数的单调性，然后讨论符号后可得函数的单调区间；
（2）令，则有两个不同的零点，利用导数讨论的单调性并结合零点存在定理可得实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，，
记，则，
所以在上单调递增，
又，所以当时，；当时，，
所以单调递减区间为，单调递增区间为
【小问2详解】
令，得，记，
则，令得，列表得．
x

0

↘
极小值
↗
要使在上有两个零点，则，所以
且函数在和上各有一个零点
当时，，，，
则，故上无零点，
与函数在上有一个零点矛盾，故不满足条件
所以，又因为，所以考虑，
设，，则，则在上单调递减，
故当时，，
所以，且，
因为，所以，由零点存在定理知在和上各有一个零点
综上可知，实数a的取值范围为
【点睛】方法点睛：利用导数研究零点问题：
（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；
（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；
（3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数硏究.
21、（1）的极大值为0,的极小值为（2）2
【解析】（1）先求导可得，再利用导函数判断的单调性，进而求解；
（2）由（1）可得在上的最小值为，由，，可得的最大值为，进而根据求解即可.
【详解】解:（1）当时，，
所以，令，则或，
则当和时，；当时，，
则在和上单调递增，在上单调递减,
所以极大值为；的极小值为.
（2）由题,，由（1）可得在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值即为的极小值；
因为,,所以，
因为，则，
所以.
【点睛】本题考查利用导函数求函数的极值,考查利用导函数求函数的最值,考查运算能力.
22、（1）1 （2）
【解析】（1）将点代入即可求解；
（2）利用向量数量积为3求出，再对式子变形后使用基本不等式进行求解最小值.
【小问1详解】
将代入抛物线，解得：.
【小问2详解】
，在抛物线C上，故，
，解得：或2，
因为，所以，即，
故，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为.