2025年湖北省水果湖第二中学数学高二第一学期期末学业质量监测试题含解析.doc

2025年湖北省水果湖第二中学数学高二第一学期期末学业质量监测试题
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．设双曲线：的左焦点和右焦点分别是，，点是右支上的一点，则的最小值为（ ）
A.5 B.6
C.7 D.8
2．已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的为
A 若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β B.若m∥α，m∥β，则α∥β
C.若m∥α，n∥α，则m∥n D.若m⊥α，n⊥α，则m∥n
3．已知直线与直线平行，则实数a值为（）
A.1 B.
C.1或 D.
4．若函数的图象如图所示，则函数的导函数的图象可能是（ ）

A. B.
C D.
5．若离散型随机变量的所有可能取值为1，2，3，…，n，且取每一个值的概率相同，若，则n的值为（ ）
A.4 B.6
C.9 D.10
6．函数在的最大值是（）
A. B.
C. D.
7．如下图，面与面所成二面角的大小为，且A，B为其棱上两点．直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面中，且都垂直于AB，已知，，，则（）

A. B.
C. D.
8．如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的表面积为（）

A. B.
C.8 D.12
9．设双曲线的实轴长为8，一条渐近线为，则双曲线的方程为（）
A. B.
C. D.
10．丹麦数学家琴生（Jensen）是世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.设函数在上的导函数为，在上的导函数为，在上恒成立，则称函数在上为“凹函数”.则下列函数在上是“凹函数”的是（）
A. B.
C. D.
11．已知双曲线的右焦点为F,双曲线C的右支上有一点P满是(点O为坐标原点),那么双曲线C的离心率为()
A. B.
C. D.
12．已知，为椭圆上关于短轴对称的两点，、分别为椭圆的上、下顶点，设，、分别为直线，的斜率，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．根据某市有关统计公报显示，随着“一带一路”经贸合作持续深化，该市对外贸易近几年持续繁荣，2017年至2020年每年进口总额x（单位：千亿元）和出口总额y（单位：千亿元）之间的一组数据如下：

2017年
2018年
2019年
2020年
x
1.8
2.2
2.6
3.0
y
2.0
2.8
3.2
4.0
若每年的进出口总额x，y满足线性相关关系，则______；若计划2022年出口总额达到5千亿元，预计该年进口总额为______千亿元
14．若，若，则______
15．四棱锥A－BCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC⊥底面BCDE，侧面ABE⊥底面BCDE，BC＝2，CD＝4

（I）证明：AB⊥面BCDE；
（II）若AD＝2，求二面角C－AD－E的正弦值
16．已知定义在上的偶函数的导函数为，当时，有，且，则使得成立的的取值范围是_________
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）已知椭圆C：的上顶点与椭圆的左右顶点连线的斜率之积为-.
（1）求椭圆C的离心率
（2）点M（，）在椭圆C上，椭圆的左顶点为D，上顶点为B，点A的坐标为（1，0），过点D的直线L与椭圆在第一象限交于点P，与直线AB交于点Q设L的斜率为k，若，求k的值.
18．（12分）已知椭圆过点，离心率为

（1）求椭圆的标准方程；
（2）过椭圆的上顶点作直线l交抛物线于A，B两点，O为坐标原点
①求证：；
②设OA，OB分别与椭圆相交于C，D两点，过点O作直线CD的垂线OH，垂足为H，证明：为定值

19．（12分）已知点及圆，点P是圆B上任意一点，线段的垂直平分线l交半径于点T，当点P在圆上运动时，记点T的轨迹为曲线E
（1）求曲线E的方程；
（2）设存在斜率不为零且平行的两条直线，，它们与曲线E分别交于点C、D、M、N，且四边形是菱形，求该菱形周长的最大值
20．（12分）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
（1）求B；
（2）若，求的面积的最大值
21．（12分）已知是等差数列，其n前项和为，已知
（1）求数列的通项公式：
（2）设，求数列的前n项和
22．（10分）已知数列中，，的前项和为，且数列是公差为-3的等差数列.
（1）求；
（2）若，数列前项和为.
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】根据双曲线的方程求出的值，由双曲线的定义可得，由双曲线的性质可知，利用函数的单调性即可求得最小值.
【详解】由双曲线：可得
，，所以，
所以，，
由双曲线的定义可得，所以，
所以，
由双曲线的性质可知：，令，则，
所以上单调递增，
所以当时，取得最小值，此时点为双曲线的右顶点，
即的最小值为，
故选：C.

2、D
【解析】根据空间线面、面面的平行，垂直关系，结合线面、面面的平行，垂直的判定定理、性质定理解决

【详解】∵α⊥γ，β⊥γ，α与β的位置关系是相交或平行，故A不正确；
∵m∥α，m∥β，α与β的位置关系是相交或平行，故B不正确；
∵m∥α，n∥α，m与n的位置关系是相交、平行或异面∴故C不正确；
∵垂直于同一平面的两条直线平行，∴D正确；
故答案D
【点睛】本题考查线面平行关系判定，要注意直线、平面的不确定情况
3、A
【解析】根据两直线平行的条件列方程，化简求得，检验后确定正确答案.
【详解】由于直线与直线平行，
所以，或，
当时，两直线方程都为，即两直线重合，所以不符合题意.
经检验可知符合题意.
故选：A
4、C
【解析】由函数的图象可知其单调性情况，再由导函数与原函数的关系即可得解.
【详解】由函数的图象可知，当时，从左向右函数先增后减，
故时，从左向右导函数先正后负，故排除AB；
当时，从左向右函数先减后增，
故时，从左向右导函数先负后正，故排除D.
故选：C.
5、D
【解析】根据分布列即可求出
【详解】因为，所以
故选：D
6、C
【解析】利用函数单调性求解.
【详解】解：因为函数是单调递增函数，
所以函数也是单调递增函数，
所以.
故选：C
7、B
【解析】根据题意，作，且，则四边形ABDE为平行四边形，进一步判断出该四边形为矩形，然后确定出为二面角的平面角，进而通过余弦定理和勾股定理求得答案.
详解】如图，作，且，则四边形ABDE为平行四边形，所以.因为，所以，又，所以是该二面角的一个平面角，即，由余弦定理.

因为，，所以，易得四边形ABDE为矩形，则，而，所以平面ACE，则，于是.
故选：B.
8、B
【解析】首先确定几何体的空间结构特征，然后求解其表面积即可.
【详解】由题意知，
该几何体是一个由8个全等的正三角形围成的多面体，
正三角形的边长为：，
正三角形边上的一条高为：，
所以一个正三角形的面积为：，
所以多面体的表面积为：.
故选：B
9、D
【解析】双曲线的实轴长为，渐近线方程为，代入解析式即可得到结果.
【详解】双曲线的实轴长为8，即
渐近线方程为，进而得到双曲线方程为.
故选：D.
10、B
【解析】根据“凹函数”的定义逐项验证即可解出
【详解】对A，，当时，，所以A错误；
对B，，在上恒成立，所以B正确；
对C，，，所以C错误；
对D，，，因为，所以D错误
故选：B
11、D
【解析】分析焦点三角形即可
【详解】
如图,设左焦点为,因为,所以
不妨设,则
离心率
故选:D
12、A
【解析】设出点，的坐标，并表示出两个斜率、，把代数式转化成与点的坐标相关的代数式，再与椭圆有公共点解决即可.
【详解】椭圆中：，
设则，则，，

令，则它对应直线
由整理得
由判别式解得

即，则的最小值为
故选：A

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、 ①.1.6； ②.3.65.
【解析】根据给定数表求出样本中心点，代入即可求得，取可求出该年进口总额.
【详解】由数表得：，，
因此，回归直线过点，由，解得，
此时，，当时，即，解得，
所以，预计该年进口总额为千亿元.
故答案为：1.6；3.65
14、2
【解析】首先利用二项展开式的通项公式，求，再利用赋值法求系数的和以及
【详解】展开式的通项为，令，则，即，
故，令，得.
又，所以
故
故答案为：
15、 (Ⅰ)详见解析；(Ⅱ).
【解析】（Ⅰ）推导出BE⊥BC，从而BE⊥平面ABC，进而BE⊥AB，由面ABE⊥面BCDE，得AB⊥BC，由此能证明AB⊥面BCDE
（Ⅱ）以B为原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角C﹣AD﹣E的正弦值
【详解】由侧面底面，且交线为，底面为矩形
所以平面，
又平面，所以
由面面，
同理可证，
又面
在底面中，，
由面，
故,
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则,
设平面的法向量，
则，
取
所以平面的法向量，
同理可求得平面的法向量.
设二面角的平面角为，
则
故所求二面角的正弦值为.
【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，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，考查函数与方程思想，是中档题
16、
【解析】根据当时，有，令，得到在上递增，再根据在上的偶函数，得到在上是奇函数，则在上递增，然后由，得到求解
【详解】∵当时，有，令，
∴，
∴在上递增，
又∵在上的偶函数
∴，
∴在上是奇函数
∴在上递增，
又∵，
∴
当时，，此时，0＜x＜1，
当时，，此时，，
∴成立的的取值范围是
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）
（2）1
【解析】（1）根据椭圆的上顶点与椭圆的左右顶点连线的斜率之积为-，由求解；
（2）根据点M（，）在椭圆C上，顶点，再由，求得椭圆方程，由，结合，得到，设直线方程为，与椭圆方程联立，求得点P的坐标，再由，求得Q的坐标，代入求解.
【小问1详解】
解：设椭圆C：的上顶点为，
左顶点为，右顶点为，
因为椭圆的上顶点与椭圆的左右顶点连线的斜率之积为-,
所以，即，又
所以，解得；
【小问2详解】
因为点M（，）在椭圆C上，
所以，又，
解得，
所以椭圆方程为，，
则，
因为，
所以，
又，
所以，则，
设，则，
当时，则，不合题意；
当时，设直线方程为，
与题意方程联立，消去y得：
则，
所以，则，
因为，由，得，
因为，所以，
化简得，因，则.
18、（1）
（2）①证明见解析 ；②证明见解析
【解析】（1）根据离心率及过点求出求解即可；
（2）①设直线l的方程为，利用向量的数量积计算证明即可；②设直线CD方程为，利用求出，再由点O到直线CD的距离即可求证.
【小问1详解】
因为，
所以，
又因为，解得，，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
①证明：设，，
依题意，直线l斜率存在，设直线l的方程为，

联立方程，消去y得，
所以，
又因为，所以，
因此，
②证明：设，，设直线CD方程为，
因为，所以，
则，
联立，得
当时，
，
则

所以，即满足
则，即为定值
19、（1）
（2）
【解析】（1）根据椭圆的定义和性质，建立方程求出，即可
（2）设的方程为，，，，，设的方程为，，，，，分别联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，以及弦长公式，求得，，运用菱形和椭圆的对称性可得，关于原点对称，结合菱形的对角线垂直和向量数量积为0，可得，设菱形的周长为，运用基本不等式，计算可得所求最大值
【小问1详解】
点在线段的垂直平分线上，
，
又，

曲线是以坐标原点为中心，和为焦点，长轴长为的椭圆
设曲线的方程为，
，，

曲线的方程为
【小问2详解】
设的方程为，，，，，
设的方程为，，，，，
联立可得，
由可得，化简可得，①
，，

，
同理可得，
因为四边形为菱形，
所以，
所以，又因为，所以，
所以，关于原点对称，又椭圆关于原点对称，
所以，关于原点对称，，也关于原点对称，
所以且，
所以，，，，
因为四边形为菱形，可得，
即，即，
即，
可得，
化简可得，
设菱形的周长为，
则
，
当且仅当，
即时等号成立，此时，满足①，
所以菱形的周长的最大值为
【点睛】关键点点睛：在处理此类直线与椭圆相交问题中，一般先设出直线方程，联立方程，利用韦达定理得出，，再具体问题具体分析，一般涉及弦长计算问题，运算比较繁琐，需要较强的运算能力，属于难题。
20、（1）
（2）
【解析】（1）：根据正弦定理由边化角和三角正弦和公式即可求解；
（2）：根据余弦定理和均值不等式求得最大值，利用面积公式即可求解
【小问1详解】
由正弦定理及，得
，
∵，
∵，∴
【小问2详解】
由余弦定理，∴，
∴，当且仅当时等号成立，
∴的面积的最大值为
21、（1）；
（2）.
【解析】（1）利用等差数列的基本量，结合已知条件，列出方程组，求得首项和公差，即可写出通项公式；
（2）根据（1）中所求，结合裂项求和法，即可求得.
【小问1详解】
因为是等差数列，其n前项和为，已知，设其公差为，
故可得：，，解得，
又，故.
【小问2详解】
由（1）知，，又，
故.
即.
22、（1）
（2）
【解析】（1）由条件先求出通项公式，得出，再由可得出答案.
(2) 由（1）可知,由裂项相消法可得答案.
【小问1详解】
由，则
由数列是公差为的等差数列，则
所以
当时，
当时，符合上式
所以
【小问2详解】
由（1）可知
则