广东惠东中学2025年高二数学第一学期期末学业质量监测试题含解析.doc

广东惠东中学2025年高二数学第一学期期末学业质量监测试题
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．中国大运河项目成功人选世界文化遗产名录，成为中国第46个世界遗产项目，随着对大运河的保护与开发，大运河已成为北京城市副中心的一张亮丽的名片，也成为众多旅游者的游览目的地．今有一旅游团乘游船从奥体公园码头出发顺流而下至漕运码头，又立即逆水返回奥体公园码头，已知游船在顺水中的速度为，在逆水中的速度为，则游船此次行程的平均速度V与的大小关系是（）
A. B.
C. D.
2．已知双曲线，过其右焦点作渐近线的垂线，垂足为，延长交另一条渐近线于点A.已知为原点，且，则（ ）
A. B.
C. D.
3．抛物线上有两个点，焦点，已知，则线段的中点到轴的距离是（）
A.1 B.
C.2 D.
4．已知O为坐标原点，，点P是上一点，则当取得最小值时，点P的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
5．在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为
A. B.
C. D.
6．已知一个圆锥的体积为，任取该圆锥的两条母线a，b，若a，b所成角的最大值为，则该圆锥的侧面积为（）
A. B.
C. D.
7．已知命题，，则（）
A.， B.，
C.， D.，
8．设双曲线的实轴长与焦距分别为2,4，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
9． “且”是“”的 （ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
10．等差数列的通项公式，数列，其前项和为，则等于（）
A. B.
C. D.
11．设集合，集合，则“”是“”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
12．已知，设函数，若关于的不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．曲线在处的切线方程为______.
14．已知椭圆的右顶点为，为上一点，则的最大值为______.
15．设x，y满足约束条件则的最大值为________
16．从正方体的8个顶点中选取4个作为项点，可得到四面体的概率为________
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）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，FA⊥平面ABCD，ED//FA，且AB=FA=2ED=2

（1）求证：平面FAC⊥平面EFC；
（2）求多面体ABCDEF的体积
18．（12分）已知函数的图像在（为自然对数的底数）处取得极值.
（1）求实数的值；
（2）若不等式在恒成立，求的取值范围.
19．（12分）已知的二项展开式中所有项的二项式系数之和为，
（1）求的值；
（2）求展开式的所有有理项(指数为整数)，并指明是第几项
20．（12分）某学校高一、高二、高三的三个年级学生人数如下表，按年级分层抽样的方法评选优秀学生50人，其中高三有10人.

高三
高二
高一
女生
100
150
z
男生
300
450
600

（1）求z的值；
（2）用分层抽样的方法在高一学生中抽取一个容量为5的样本，将该样本看成一个总体，从中任取2人，求至少有1名女生的概率；
（3）用随机抽样的方法从高二女生中抽取8人，经检测她们的得分如图所示，把这8人的得分看作一个总体，从中任取一个数，求该数与样本平均数之差的绝对值不超过5分的概率.
21．（12分）男子10米气步枪比赛规则如下：在资格赛中，射手在距离靶子10米处，采用立姿，在105分钟内射击60发子弹，总环数排名前8名的射手进入决赛；在决赛中，每位射手仅射击10发子弹．已知甲乙两名运动员均进入了决赛，资格赛中的环数情况整理得下表：
环数
频数
6
7
8
9
10
甲
2
3
5
23
27
乙
5
5
0
25
25
以各人这60发子弹环数的频率作为决赛中各发子弹环数发生的概率，甲乙两人射击互不影响
（1）求甲运动员在决赛中前2发子弹共打出1次10环的概率；
（2）决赛打完第9发子弹后，甲比乙落后2环，求最终甲能战胜乙（甲环数大于乙环数）的概率
22．（10分）已知椭圆与椭圆有共同的焦点，且椭圆经过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设为椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，为坐标原点，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】求出平均速度V，进而结合基本不等式求得答案.
【详解】易知，设奥运公园码头到漕运码头之间的距离为1，则游船顺流而下的时间为，逆流而上的时间为，则平均速度，由基本不等式可得，而，当且仅当时，两个不等式都取得“=”，而根据题意，于是.
故选：A.
2、C
【解析】画出图象，结合渐近线方程得到，，进而得到，结合渐近线的斜率及角度关系，列出方程，求出，从而求出.
【详解】渐近线为，如图，过点F作FB垂直于点B，交于点A，则到渐近线距离为，则，又，由勾股定理得：，则，又，，所以，解得：，所以.

故选：C
3、B
【解析】利用抛物线的定义，将抛物线上的点到焦点的距离转化为点到准线的距离，即可求出线段中点的横坐标，即得到答案.
【详解】由已知可得抛物线的准线方程为，
设点的坐标分别为和，
由抛物线的定义得，即，
线段中点的横坐标为，
故线段的中点到轴的距离是.
故选：.
4、A
【解析】根据三点共线，可得，然后利用向量的减法坐标运算，分别求得，最后计算，经过化简观察，可得结果.
【详解】设，则

则
∴当时，取最小值为-10，
此时点P的坐标为.
故选：A
【点睛】本题主要考查向量数量积的坐标运算，难点在于三点共线，审清题干，简单计算，属基础题.
5、C
【解析】利用正方体中，，将问题转化为求共面直线与所成角的正切值，在中进行计算即可.
【详解】在正方体中，，所以异面直线与所成角为，
设正方体边长为，则由为棱的中点，可得，所以，
则.故选C.

【点睛】求异面直线所成角主要有以下两种方法：
（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角；
（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.
6、B
【解析】设圆锥的母线长为R，底面半径长为r，由题可知圆锥的轴截面是等边三角形，根据体积公式计算可得，利用扇形的面积公式计算即可求得结果.
【详解】如图，设圆锥的母线长为R，底面半径长为r，由题可知圆锥的轴截面是等边三角形，
所以，圆锥的体积，解得，
所以该圆锥的侧面积为.
故选：B

7、C
【解析】利用全称量词命题的否定可得出结论.
【详解】命题为全称量词命题，该命题的否定为，.
故选：C.
8、C
【解析】由已知可求出，即可得出渐近线方程.
【详解】因为，所以，所以的渐近线方程为.
故选：C.
9、A
【解析】按照充分必要条件的判断方法判断，且”能否推出“”，以及“”能否推出“且”，判断得到正确答案，
【详解】当且时，成立，
反过来，当时，例：，不能推出且.
所以“且”是“”的充分不必要条件.
故选：A
【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，重点考查基本判断方法，属于基础题型.
10、D
【解析】根据裂项求和法求得，再计算即可.
【详解】解：由题意得
=
=
==
所以.
故选：D
11、A
【解析】解不等式求集合，然后判断两个集合的关系
【详解】，解得，故
，可化为或，解得或，故，故“”是“”的充分不必要条件
故选：A
12、D
【解析】由题设易知上恒成立，而在上，讨论、，结合导数研究的最值，由不等式恒成立求的取值范围.
【详解】由时，在上；
由时，在上递减，值域为；
令且，则，
当时，，即递增，值域为，满足题设；
当时，在上，即递减，在上，即递增，此时值域为；
当，即时存在，而在中，此时，不合题设；
所以，此时要使的不等式恒成立，只需，即，可得；
综上，关于的不等式恒成立，则的取值范围为.
故选：D
【点睛】关键点点睛：由题设易知上，只需在上恒有即可.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】先求出函数的导函数，然后结合导数的几何意义求解即可.
【详解】解：由，
得，
则，
即当时，，
所以切线方程为：，
故答案为：.
【点睛】本题考查了曲线在某点处的切线方程的求法，属基础题.
14、
【解析】设出点P的坐标，利用两点间距离公式建立函数关系，借助二次函数计算最值作答.
【详解】椭圆的右顶点为，设点，则，即，且，
于是得，
因，则当时，，
所以的最大值为.
故答案为：
15、1
【解析】先作出可行域，由，得，作出直线，向下平移过点时，取得最大值，求出点坐标代入目标函数中可得答案
【详解】作出可行域如图（图中阴影部分），
由，得，作出直线，向下平移过点时，取得最大值，
由，得，即，
所以的最大值为，
故答案为：1

16、
【解析】计算出正方体的8个顶点中选取4个作为项点的取法和分从上底面取一个点下底面取三个点、
从上底面取二个点下底面取二个点、从上底面取三个点下底面取一个点可得到四面体的取法，由古典概型概率计算公式可得答案.
【详解】正方体的8个顶点中选取4个作为项点，共有取法，
可得到四面体的情况有
从上底面取一个点下底面取三个点有种；
从上底面取二个点下底面取二个点有种，
其中当上底面和下底面取的四个点在同一平面时共有10种情况不符合，
此种情况共有种；
从上底面取三个点下底面取一个点有种；
一个有种，
所以可得到四面体的概率为.
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）证明见解析；
（2）.
【解析】(1)连接BD交AC于点O，设FC的中点为P，连接OP，EP，证明BD//EP，BD⊥平面FAC即可推理作答.
(2)求出三棱锥和四棱锥的体积即可计算作答.
【小问1详解】
连接BD交AC于点O，设FC的中点为P，连接OP，EP，如图，

菱形ABCD中，O为AC的中点，则OP//FA，且，而ED//FA，且FA=2ED，
于是得OP//ED，且OP=ED，即有四边形OPED为平行四边形，则OD//EP，即BD//EP，
因为FA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，则FA⊥BD，又四边形ABCD是菱形，即BD⊥AC，
而FAAC=A，平面FAC，因此，BD⊥平面FAC，即EP⊥平面FAC，又EP平面EFC，
所以平面FAC⊥平面EFC.
【小问2详解】
由已知，是正三角形，，则，
取AD的中点G，连接CG，而△ACD为正三角形，从而有CG⊥AD，且，
因FA⊥平面ABCD，FA平面ADEF，则平面ADEF⊥平面ABCD，又平面ADEF平面ABCD=AD，
而CG平面ABCD，因此，CG⊥平面ADEF，则点C到平面ADEF的距离为，
又，于是得，
所以多面体ABCDEF的体积.
18、（1）
（2）
【解析】（1）由求得的值.
（2）由分离常数，通过构造函数法，结合导数求得的取值范围.
【小问1详解】
因为，所以，
因为函数的图像在点处取得极值，
所以，，
经检验，符合题意，所以；
【小问2详解】
由（1）知，，
所以在恒成立，即对任意恒成立.
令，则.
设，易得是增函数，
所以，
所以，
所以函数在上为增函数，
则，所以.
19、（1）
（2）
【解析】（1）由二项式系数和公式可得答案；
（2）求出的通项，利用的指数为整数可得答案.
【小问1详解】
的二项展开式中所有项的二项式系数之和，
所以.
【小问2详解】
，
因此时，有理项，
有理项是第一项和第七项.
20、（1）400（2）
（3）
【解析】（1）根据分层抽样的方法，列出关系式计算即可；
（2）根据分层抽样的方法，求出抽取的女生人数，进而列举出从样本中抽取2人的所有情况，可根据古典概型的概率公式计算即可；
（3）求出样本平均数，进而求出与样本平均数之差的绝对值不超过5的数，从而利于古典概型的概率公式计算即可.
【小问1详解】
设该校总人数为n人，由题意得，
所以，.
【小问2详解】
设所抽样本中有m个女生，因为用分层抽样的方法在高一学生中抽取一个容量为5的样本，所以，解得.
所以抽取了2名女生，3名男生，分别记作，；，，，则从中任取2人的所有基本事件为：，，，，，，，，，，共10个，
其中至少有1名女生的基本事件有，，，，，，，共7个，
所以从中任取2人，至少有1名女生的概率为.
【小问3详解】
样本的平均数为，那么与样本平均数之差的绝对值不超过5的数为94，86，92，87，90，93这6个数，总的个数为8，所以该数与样本平均数之差的绝对值不超过5的概率为.
21、（1）
（2）
【解析】（1）先求出甲运动员打中10环的概率，从而可求出甲运动员在决赛中前2发子弹共打出1次10环的概率；
（2）由于甲比乙落后2环，所以甲要获胜，则乙6环，甲9环或10环，或者乙7环，甲10环，再利用独立事件和互斥事件的概率公式求解即可
【小问1详解】
由表中的数据可得甲运动员打中10环的概率为，
所以甲运动员在决赛中前2发子弹共打出1次10环的概率为

【小问2详解】
因为甲比乙落后2环，
所以甲要获胜，则乙打中6环，甲打中9环或10环，或者乙打中7环，甲打中10环，
因为由题意可得乙打中6环的概率和打中7环的概率均为，
甲打中9环的概率为，打中10环的概率为，且甲乙两人射击互不影响
所以最终甲能战胜乙的概率为

22、（1）
（2）
【解析】（1）设椭圆的方程为，将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，即可得出椭圆的方程；
（2）设点，则，且，利用平面向量数量积的坐标运算结合二次函数的基本性质可求得的最小值.
【小问1详解】
（1）由题可设椭圆的方程为，
由椭圆经过点，可得，解得或（舍）.
所以，椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
解：易知，设点，则，且，
，，
则，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为.