廣東省陸豐市東海中學2025屆高二數學第一學期期末質量檢測試題含解析

廣東省陸豐市東海中學2025屆高二數學第一學期期末質量檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的表面積為（）A. B.C. D.2．【2018江西撫州市高三八校聯(lián)考】已知雙曲線(，)與拋物線有相同的焦點，且雙曲線的一條漸近線與拋物線的準線交于點，則雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.3．已知數列通項公式，則（）A.6 B.13C.21 D.314．某路口人行橫道的信號燈為紅燈和綠燈交替出現(xiàn)，紅燈持續(xù)時間為40秒．若一名行人來到該路口遇到紅燈，則至少需要等待18秒才出現(xiàn)綠燈的概率為（）A B.C. D.5．若a，b，c為實數，且，則以下不等式成立的是（）A. B.C. D.6．設、是向量，命題“若，則”的逆否命題是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則7．設是公差的等差數列，如果，那么（）A. B.C. D.8．在平面直角坐標系中，橢圓的左、右焦點分別為，，過且垂直于軸的直線與交于，兩點，與軸交于點，，則的離心率為（）A. B.C. D.9．已知四棱錐，平面PAB，平面PAB，底面ABCD是梯形，，，，滿足上述條件的四棱錐的頂點P的軌跡是（）A.橢圓 B.橢圓的一部分C.圓 D.不完整的圓10．已知雙曲線，過原點作一條傾斜角為的直線分別交雙曲線左、右兩支于、兩點，以線段為直徑的圓過右焦點，則雙曲線的離心率為（）.A. B.C. D.11．一盒子里有黑色、紅色、綠色的球各一個，現(xiàn)從中選出一個球.事件選出的球是紅色，事件選出的球是綠色.則事件與事件（）A.是互斥事件，不是對立事件 B.是對立事件，不是互斥事件C.既是互斥事件，也是對立事件 D.既不是互斥事件也不是對立事件12．曲線y=x3+11在點P（1，12）處的切線與y軸交點的縱坐標是（）A.﹣9 B.﹣3C.9 D.15二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在圓M：中，過點的最長弦和最短弦分別為AC和BD，則四邊形ABCD的面積為___________.14．命題“，”為假命題，則實數a的取值范圍是______15．橢圓的弦被點平分，則這條弦所在的直線方程是________16．如圖，在矩形中，，，將沿BD所在的直線進行翻折，得到空間四邊形.給出下面三個結論：①在翻折過程中，存在某個位置，使得；②在翻折過程中，三棱錐的體積不大于；③在翻折過程中，存在某個位置，使得異面直線與所成角45°.其中所有正確結論的序號是___________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數為常數，函數.（1）討論函數的單調性；（2）若函數的圖象與直線相切，求實數的值；（3）當時，在上有兩個極值點且恒成立，求實數的取值范圍.18．（12分）設橢圓的左、右焦點分別為，，離心率為，短軸長為.（1）求橢圓的標準方程；（2）設左、右頂點分別為、，點在橢圓上（異于點、），求的值；（3）過點作一條直線與橢圓交于兩點，過作直線的垂線，垂足為.試問：直線與是否交于定點？若是，求出該定點的坐標，否則說明理由.19．（12分）設：實數滿足，：實數滿足.（1）若，且為真，求實數的取值范圍；（2）若是的充分不必要條件，求實數的取值范圍.20．（12分）已知橢圓的一個頂點恰好是拋物線的焦點，橢圓C的離心率為.（Ⅰ）求橢圓C的標準方程；（Ⅱ）從橢圓C在第一象限內的部分上取橫坐標為2的點P，若橢圓C上有兩個點A，B使得的平分線垂直于坐標軸，且點B與點A的橫坐標之差為，求直線AP的方程.21．（12分）已知分別是橢圓的左、右焦點，點是橢圓上的一點，且的面積為1.（1）求橢圓的短軸長；（2）過原點的直線與橢圓交于兩點，點是橢圓上的一點，若為等邊三角形，求的取值范圍.22．（10分）如圖，已知雙曲線，過向雙曲線作兩條切線，切點分別為，，且.（1）證明：直線的方程為.（2）設為雙曲線的左焦點，證明：.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】根據三視圖可得如圖所示的幾何體（三棱錐），根據三視圖中的數據可計算該幾何體的表面積.【詳解】根據三視圖可得如圖所示的幾何體-正三棱錐，其側面為等腰直角三角形，底面等邊三角形，由三視圖可得該正三棱錐的側棱長為1，故其表面積為，故選：A.2、C【解析】由題意可知，拋物線的焦點坐標為，準線方程為，由在拋物線的準線上，則，則，則焦點坐標為，所以，則，解得，雙曲線的漸近線方程是，將代入漸近線的方程，即，則雙曲線的離心率為，故選C.3、C【解析】令即得解.【詳解】解：令得.故選：C4、B【解析】由幾何概型公式求解即可.【詳解】紅燈持續(xù)時間為40秒，則至少需要等待18秒才出現(xiàn)綠燈的概率為，故選：B5、C【解析】利用不等式的性質直接推導和取值驗證相結合可解.【詳解】取可排除ABD；由不等式的性質易得C正確.故選：C6、C【解析】利用原命題與逆否命題之間的關系可得結論.【詳解】由原命題與逆否命題之間的關系可知，命題“若，則”的逆否命題是“若，則”.故選：C.7、D【解析】由已知可得，即可得解.【詳解】由已知可得.故選：D.8、B【解析】由題意結合幾何性質可得為等腰三角形，且，所以，求出的長，結合橢圓的定義可得答案.【詳解】如圖，由題意軸，軸，則又為的中點，則為的中點，又，則為等腰三角形，且，所以將代入橢圓方程得，，即所以，則由橢圓的定義可得，即則橢圓的離心率故選：B9、D【解析】根據題意，分析得動點滿足的條件，結合圓以及橢圓的方程，以及點的限制條件，即可判斷軌跡.【詳解】因為平面PAB，平面PAB，則//，又面面，故可得；因為，故可得，則，綜上所述：動點在垂直的平面中，且滿足；為方便研究，不妨建立平面直角坐標系進行說明，在平面中，因為，以中點為坐標原點，以為軸，過且垂直于的直線為軸建立平面直角坐標系，如下所示：因為，故可得，整理得：，故動點的軌跡是一個圓；又當三點共線時，幾何體不是空間幾何體，故動點的軌跡是一個不完整的圓.故選：.【點睛】本題考察立體幾何中動點的軌跡問題，處理的關鍵是利用立體幾何知識，找到動點滿足的條件，進而求解軌跡.10、A【解析】設雙曲線的左焦點為，連接、，求得、，利用雙曲線的定義可得出關于、的等式，即可求得雙曲線的離心率.【詳解】設雙曲線的左焦點為，連接、，如下圖所示：由題意可知，點為的中點，也為的中點，且，則四邊形為矩形，故，由已知可知，由直角三角形的性質可得，故為等邊三角形，故，所以，，由雙曲線的定義可得，所以，.故選：A.11、A【解析】根據事件的關系進行判斷即可.【詳解】由題意可知，事件與為互斥事件，但事件不是必然事件，所以，事件與事件是互斥事件，不是對立事件.故選：A.【點睛】本題考查事件關系的判斷，考查互斥事件和對立事件概率的理解，屬于基礎題.12、C【解析】y′＝3x2，則y′|x＝1＝3，所以曲線在P點處的切線方程為y－12＝3(x－1)即y＝3x＋9，它在y軸上的截距為9.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】首先將圓的方程配成標準式，即可得到圓心坐標與半徑，從而可得點在圓內，即可得到過點的最長弦、最短弦弦長，即可求出四邊形的面積；【詳解】解：圓M：，即，圓心，半徑，點，則，所以點在圓內，所以過點的最長弦，又，所以最短弦，所以故答案為：14、【解析】寫出原命題的否定，再利用二次型不等式恒成立求解作答.【詳解】因命題“，”為假命題，則命題“，”為真命題，當時，恒成立，則，當時，必有，解得，所以實數a的取值范圍是.故答案為：15、2x＋4y－3＝0【解析】設弦端點為，又A，B在橢圓上，、即直線AB的斜率為直線AB的方程為，.16、②③【解析】在矩形中，過點作的垂線，垂足分別為，對于①，連接，假設存在某個位置，使得，則可得到，進而得矛盾，可判斷；對于②在翻折過程中，當平面平面時，三棱錐的體積取得最大值，再根據幾何關系計算即可；對于③，由題知，，設平面與平面所成的二面角為，進而得，進而得異面直線與所成角的余弦值的范圍為，即可判斷.【詳解】解：如圖1，在矩形中，過點作的垂線，垂足分別為，則在在翻折過程中，形成如圖2的幾何體，故對于①，連接，假設存在某個位置，使得，由于，，所以平面，所以，這與圖1中的與不垂直矛盾，故錯誤；對于②在翻折過程中，當平面平面時，三棱錐的體積取得最大值，此時，體積為，故三棱錐的體積不大于，故正確；對于③，，，由②的討論得，所以，所以，設翻折過程中，平面與平面所成的二面角為，所以，故，由于要使直線與為異面直線，所以，所以，所以，所以異面直線與所成角的余弦值的范圍為，由于，所以在翻折過程中，存在某個位置，使得異面直線與所成角為45°.故答案為：②③三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）答案見解析；（2）7；（3）【解析】（1）根據題意求得，討論，，，時解，即可得出函數的單調區(qū)間；（2）設切點為則結合，得令通過求導研究單調性解得進而解出的值.（3）由已知可得解析式，觀察有，求導得原題意可轉化為函數在上有兩個不同零點.結合根分布可得，函數的兩個極值點為是在上的兩個不同零點可得且，代入函數中令通過單調性求出進而可得答案.【詳解】解：(1)，令，解得：①當時，由得，由得，在上單調遞減，在上單調遞增；②當時，由得或由得所以在上單調遞減，在上單調遞增；③當時，恒成立，所以上單調遞增.④當時，由得或由得所以在上單調遞減，在上單調遞增.綜上：①當時，在上單調遞減，在上單調遞增；②當時，在上單調遞減，在上單調遞增；③當時，在上單調遞增.④當時，在上單調遞減，在上單調遞增.(2)設切點為則(*)，由可得(**)，聯(lián)立(*)(**)可得，設則，所以在單調遞增，在單調遞減，又，所以，所以.（3）由已知可得令由題意知在上有兩個不同零點.則，因為函數的兩個極值點為，則和是在上的兩個不同零點.所以且，所以令則所以在上單調遞增，所以有其中，即又恒成立，所以故實數的取值范圍為.【點睛】方法點睛：已知不等式恒成立求參數值(取值范圍)問題常用的方法：（1）函數法：討論參數范圍，借助函數單調性求解；（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數值域或最值問題加以解決；（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解.18、（1）；（2）；（3）是，.【解析】（1）由題意，列出所滿足的等量關系式，結合橢圓中的關系，求得，從而求得橢圓的方程；（2）寫出，設，利用斜率坐標公式求得兩直線斜率，結合點在橢圓上，得出，從而求得結果；（3）設直線的方程為：，，則，聯(lián)立方程可得：，結合韋達定理，得到，結合直線的方程，得到直線所過的定點坐標.【詳解】（1）由題意可知，，又，所以，所以橢圓的標準方程為：.（2）,設，因為點在橢圓上，所以，，又，.（3）設直線的方程為：，，則，聯(lián)立方程可得：，所以，所以，又直線的方程為：，令，則，所以直線恒過，同理，直線恒過，即直線與交于定點.【點睛】思路點睛：該題考查是有關橢圓的問題，解題思路如下：（1）根據題中所給的條件，結合橢圓中的關系，建立方程組求得橢圓方程；（2）根據斜率坐標公式，結合點在橢圓上，整理求得斜率之積，可以當結論來用；（3）將直線與橢圓方程聯(lián)立，結合韋達定理，結合直線方程，求得其過的定點.19、（1）（2）【解析】（1）首先分別求出、為真時參數的取值范圍，再由為真，取并集即可；（2）首先解一元二次不等式，依題意是的必要不充分條件，則可推出，而不能推出，即可得到不等式組，解得即可；【小問1詳解】解：當時，，即，解得，即為真時，實數的取值范圍為實數滿足，即，解得：，即為真時，實數的取值范圍為因，所以，即；【小問2詳解】解：由，即，所以，因為是的充分不必要條件，所以是的必要不充分條件，則可推出，而不能推出，則，解得；20、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由題意可得關于參數的方程，解之即可得到結果；（Ⅱ）設直線AP的斜率為k，聯(lián)立方程結合韋達定理可得A點坐標，同理可得B點坐標，結合橫坐標之差為，可得直線方程.【詳解】（Ⅰ）由拋物線方程可得焦點為，則橢圓C的一個頂點為，即.由，解得.∴橢圓C的標準方程是；（Ⅱ）由題可知點，設直線AP的斜率為k，由題意知，直線BP的斜率為，設，，直線AP的方程為，即.聯(lián)立方程組消去y得.∵P，A為直線AP與橢圓C的交點，∴，即.把換成，得.∴，解得，當時，直線BP的方程為，經驗證與橢圓C相切，不符合題意；當時，直線BP的方程為，符合題意.∴直線AP得方程