海南省华中师大琼中附中、屯昌中学2025-2026学年数学高二第一学期期末教学质量检测试题含解析.doc

海南省华中师大琼中附中、屯昌中学2025-2026学年数学高二第一学期期末教学质量检测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．在等腰中，在线段斜边上任取一点，则线段的长度大于的长度的概率（）
A B.
C. D.
2．阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知在平面直角坐标系中，椭圆的面积为，两焦点与短轴的一个端点构成等边三角形，则椭圆的标准方程是（ ）
A. B.
C. D.
3．已知椭圆：，左、右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，若的最大值为5，则的值是
A.1 B.
C. D.
4．直线关于直线对称的直线方程为（）
A. B.
C. D.
5．已知圆的方程为，直线：恒过定点，若一条光线从点射出，经直线上一点反射后到达圆上的一点，则的最小值是（ ）
A.3 B.4
C.5 D.6
6．气象台正南方向的一台风中心，正向北偏东30°方向移动，移动速度为，距台风中心以内的地区都将受到影响，若台风中心的这种移动趋势不变，气象台所在地受到台风影响持续时间大约是（ ）
A. B.
C. D.
7．在平面直角坐标系中，双曲线C：的左焦点为F，过F且与x轴垂直的直线与C交于A，B两点，若是正三角形，则C的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
8．抛物线的焦点坐标为（）
A. B.
C. D.
9．已知椭圆与双曲线有相同的焦点, 则的值为
A. B.
C. D.
10．直线的倾斜角为（　　）
A. B.
C. D.
11．已知直四棱柱的棱长均为，则直线与侧面所成角的正切值为（）
A. B.
C. D.
12．正方体的棱长为2，E，F，G分别为，AB，的中点，则直线ED与FG所成角的余弦值为（ ）

A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知空间向量，，且，则值为______
14．已知为抛物线上任意一点，为抛物线的焦点，为平面内一定点，则的最小值为_____
15．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）上的点P（1，y0）（y0＞0）到焦点的距离为2，则p＝__
16．点为双曲线上一点，为焦点，如果则双曲线的离心率为___________.
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）设数列的前项和为，，且，，
（1）若
（i）求；
（ii）求证数列成等差数列
（2）若数列为递增数列，且，试求满足条件的所有正整数的值
18．（12分）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是菱形，E为的中点

（1）证明：
（2）已知，求二面角的余弦值
19．（12分）如图,在四棱锥中,四边形是直角梯形, ，,，为等边三角形.

（1）证明：；
（2）求点到平面的距离.
20．（12分）已知点关于直线的对称点为Q，以Q为圆心的圆与直线相交于A，B两点，且
（1）求圆Q的方程；
（2）过坐标原点O任作一直线交圆Q于C，D两点，求证：为定值
21．（12分）已知函数.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）设为的导数，若方程的两根为，且，当时，不等式对任意的恒成立，求正实数的最小值.
22．（10分）请你设计一个包装盒，如图所示，是边长为的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得四个点重合于图中的点，正好形成一个长方体形状的包装盒，、在上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设

（1）求包装盒的容积关于的函数表达式，并求出函数的定义域；
（2）当为多少时，包装盒的容积最大？最大容积是多少？
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】利用几何概型的长度比值，即可计算.
【详解】设直角边长，斜边，
则线段的长度大于的长度的概率.
故选：C
2、A
【解析】由椭圆的面积为和两焦点与短轴的一个端点构成等边三角形，得到求解.
【详解】由题意得，解得，
所以椭圆的标准方程是.
故选：A
3、D
【解析】由题意可知椭圆是焦点在x轴上的椭圆，利用椭圆定义得到|BF2|+|AF2|＝8﹣|AB|，再由过椭圆焦点的弦中通径的长最短，可知当AB垂直于x轴时|AB|最小，把|AB|的最小值b2代入|BF2|+|AF2|＝8﹣|AB|，由|BF2|+|AF2|的最大值等于5列式求b的值即可
【详解】由0＜b＜2可知，焦点在x轴上，
∵过F1的直线l交椭圆于A，B两点，
则|BF2|+|AF2|+|BF1|+|AF1|＝2a+2a＝4a＝8
∴|BF2|+|AF2|＝8﹣|AB|
当AB垂直x轴时|AB|最小，|BF2|+|AF2|值最大，
此时|AB|＝b2，则5＝8﹣b2，
解得b，
故选D
点睛】本题考查直线与圆锥曲线的关系，考查了椭圆的定义，考查椭圆的通径公式，考查计算能力，属于中档题
4、C
【解析】先联立方程得，再求得直线的点关于直线对称点的坐标为，进而根据题意得所求直线过点，，进而得直线方程.
【详解】解：联立方程得，即直线与直线的交点为
设直线的点关于直线对称点的坐标为，
所以，解得
所以直线关于直线对称的直线过点，
所以所求直线方程的斜率为，
所以所求直线的方程为，即
故选：C
5、B
【解析】求得定点，然后得到关于直线对称点为，然后可得，计算即可.
【详解】直线可化为，令
解得所以点的坐标为.
设点关于直线的对称点为，
则由,解得,所以点坐标为.
由线段垂直平分线的性质可知，，
所以
（当且仅当，，，四点共线时等号成立），
所以的最小值为4.
故选:B.
6、D
【解析】利用余弦定理进行求解即可.
【详解】如图所示：设台风中心为，，小时后到达点处，即，

当时，气象台所在地受到台风影响，
由余弦定理可知：
，于是有：，
解得：，
所以气象台所在地受到台风影响持续时间大约是，
故选：D
7、A
【解析】设双曲线半焦距为c，求出，由给定的正三角形建立等量关系，结合计算作答.
【详解】设双曲线半焦距为c，则，而轴，由得，从而有，
而是正三角形，即有，则，整理得，
因此有，而，解得，
所以C的离心率为.
故选：A
8、C
【解析】先把抛物线方程化为标准方程，求出即可求解
【详解】由，有，可得，
抛物线的焦点坐标为
故选：C
9、C
【解析】根据题意可知，结合的条件，可知，故选C
考点：椭圆和双曲线性质
10、D
【解析】若直线倾斜角为，由题设有，结合即可得倾斜角的大小.
【详解】由直线方程，若其倾斜角为，则，而，
∴.
故选：D
11、D
【解析】根据题意把直线与侧面所成角的正切值转化为在直角三角形中的正切值，即可求出答案.
【详解】由题意可知直四棱柱如下图所示：

取的中点设为点，连接，
在直四棱柱中，面，面，
，
在四边形中，，，
故且.
面，
面，面，
.
故直线与侧面所成角的正切值为.
故选：D.
12、B
【解析】建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算即可求解.
【详解】如图所示建立适当空间直角坐标系，

故选：B

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】利用向量的坐标运算及向量数量积的坐标表示即求.
【详解】由题意，空间向量，
可得，
所以，解得.
故答案为：.
14、3
【解析】利用抛物线的定义，再结合图形即求.
【详解】由题可得抛物线的准线为，
设点在准线上的射影为，则根据抛物线的定义可知，

∴要求取得最小值，即求取得最小，
当三点共线时最小，为.
故答案为：3.
15、2
【解析】根据已知条件，结合抛物线的定义，即可求解
【详解】解：∵抛物线C：y2＝2px（p＞0）上的点P（1，y0）（y0＞0）到焦点的距离为2，
∴由抛物线的定义可得，，解得p＝2
故答案为：2
16、
【解析】利用双曲线的定义、离心率的计算公式、两角和差的正弦公式即可得出.
【详解】由可得，

根据双曲线的定义可得：，
.
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）；详见解析；
（2）5.
【解析】（1）由题可得，由条件可依次求各项，即得；猜想，用数学归纳法证明即得；
（2）设，由题可得，进而可得，结合条件即求.
【小问1详解】
（i）∵，且，，，
∴，，，
∴，，，
又，，，
∴，
∴，解得，
，解得，
，解得，
，解得，
∴；
（ii）由，，，，猜想数列是首项，公差为的等差数列，，
用数学归纳法证明：
当时，，成立；
假设时，等式成立，即，
则时，，
∴，
∴当时，等式也成立，
∴，
∴数列是首项，公差为的等差数列.
【小问2详解】
设，由，
，即，
∴，又，，，
∴，，，
，，，
∴，，，
∴，又数列为递增数列，
∴，解得，
由

，
∴，
解得.
【点睛】关键点点睛：第一问的关键是由条件猜想，然后数学归纳法证明，第二问求出
，，即得.
18、（1）详见解析
（2）
【解析】（1）利用垂直关系，转化为证明线面垂直，即可证明线线垂直；
（2）利用垂直关系，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用公式，即可求解二面角的余弦值.
【小问1详解】
如图，取的中点，连结，，，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，且平面，
所以，
又因为底面时菱形，所以，
又因为点分别为的中点，所以，
所以，且，
所以平面,又因为平面，
所以；
【小问2详解】
由（1）可知，平面，连结，

因为，，点为的中点，
所以，则两两垂直，
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：

则，，，
所以,，，，，，
所以,，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
故，
设平面的法向量为，
所以，
因为二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.
19、（1）略；（2）
【解析】（1）推导出BD⊥BC，PB⊥BC，从而BC⊥平面PBD，由此能证明PD⊥BC．（2）利用等体积求得点B到面的距离
【详解】（1）∵在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是直角梯形，
DC＝2AD＝2AB＝2，∠DAB＝∠ADC＝90°，PB，△PDC为等边三角形
∴BC＝BD，∴BD2+BC2＝CD2，PB2+BC2＝PC2，
∴BD⊥BC，PB⊥BC，∵BD∩PB＝B，
∴BC⊥平面PBD，∵PD⊂平面PBD，
∴PD⊥BC
（2）由（1）知，，
故
故得点B到面PCD的距离为
【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查点面距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题
20、（1）
（2）证明见解析
【解析】（1）先求出点坐标，然后根据圆心到直线的距离公式及的值求出半径即可求得圆的方程.
（2）设出直线方程，联立圆和直线方程利用韦达定理来求解.
【小问1详解】
解：点关于直线的对称点Q为
由Q到直线的距离，所以
所以圆的方程为
【小问2详解】
当直线CD斜率不存在时，，所以.
当直线CD斜率存在时，设为k，则直线为，记，
联立，得
所以，

综上，为定值5
21、（1）
（2）1
【解析】（1）先求导数，根据导数的几何意义可求得切线方程；
（2）将已知方程结合其两根，进行变式，求得，利用该式再将不等式变形，然后将不等式的恒成立问题变为函数的最值问题求解.
【小问1详解】
由题意可得，
所以切点为，
则切线方程为：.
【小问2详解】
由题意有：，则，
因为分别是方程的两个根，
即.两式相减，
则，
则不等式，可变为，
两边同时除以得，，
令，则在上恒成立.
整理可得，在上恒成立，
令，
则，
①当，即时，在上恒成立，
则在上单调递增，
又，则在上恒成立；
②当，即时，当时，，
则在上单调递减，则，不符合题意.
综上：，所以的最小值为1.
22、（1），定义域为；
（2）当时，包装盒的容积最大是.
【解析】（1）设出包装盒的高和底面边长，利用长方体的表面积得到等量关系，再利用长方体的体积公式求出表达式，再利用实际意义得到函数的定义域；
（2）求导，利用导函数的符号变化得到函数的极值，即最值.
小问1详解】
解：设包装盒的高为，底面边长为，
则，，
所以=
其定义域为；
【小问2详解】
解：由（1）得：，，
因为，
所以当时，；
当时，；
所以当时，取得极大值，
即当时，包装盒的容积最大是