2025屆河北雄安新區(qū)博奧高級中學數學高二上期末學業(yè)質量監(jiān)測試題含解析

2025屆河北雄安新區(qū)博奧高級中學數學高二上期末學業(yè)質量監(jiān)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。回答非選擇題時，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．在直三棱柱中，側面是邊長為的正方形，，，且，則異面直線與所成的角為（）A. B.C. D.2．已知，，且，則向量與的夾角為（）A. B.C. D.3．已知向量，，則等于（）A. B.C. D.4．已知橢圓與雙曲線有相同的焦點，且它們的離心率之積為1，則橢圓的標準方程為（）A. B.C. D.5．圓與圓的位置關系為（）A.內切 B.相交C.外切 D.相離6．雙曲線：的實軸長為（）A. B.C.4 D.27．算盤是中國傳統(tǒng)計算工具，是中國人在長期使用算籌的基礎上發(fā)明的，“珠算”一詞最早見于東漢徐岳所撰的《數術記遺》，其中有云：“珠算控帶四時，經緯三才．”北周甄鸞為此作注，大意是：把木板刻為3部分，上、下兩部分是停游珠用的，中間一部分是作定位用的．下圖是一把算盤的初始狀態(tài)，自右向左，分別是個位、十位、百位…，上面一粒珠（簡稱上珠）代表5，下面一粒珠（簡稱下珠）是1，即五粒下珠的大小等于同組一粒上珠的大?。F在從個位和十位這兩組中隨機選擇往下撥一粒上珠，往上撥3粒下珠，得到的數為質數（除了1和本身沒有其它的約數）的概率是（）A. B.C. D.8．在空間直角坐標系中，方程所表示的圖形是（）A圓 B.橢圓C.雙曲線 D.球9．若等比數列滿足，，則數列的公比為（）A. B.C. D.10．中國古代數學著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關，要見次日行里數，請公仔細算相還．”其意思為：有一個人走378里路，第一天健步行走，從第二天起腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達目的地，請問第二天走了（）A192

里 B.96

里C.48

里 D.24

里11．已知m，n表示兩條不同直線，表示兩個不同平面.設有兩個命題：：若，則；：若，則.則下列命題中為真命題的是（）A. B.C. D.12．設雙曲線的實軸長與焦距分別為2,4，則雙曲線C的漸近線方程為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知空間向量，，若，則______.14．三棱錐中，、、兩兩垂直，且.給出下列四個命題：①；②；③和的夾角為；④三棱錐的體積為.其中所有正確命題的序號為______________.15．已知函數在上單調遞減，則的取值范圍是______.16．已知，求_____________.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（1）求的圖象在點處的切線方程；（2）求在上的最大值與最小值18．（12分）在①，；②，，③，這三個條件中任選一個，補充在下面問題中并解決問題問題：設等差數列的前項和為，________________，若，判斷是否存在最大值，若存在，求出取最大值時的值；若不存在，說明理由注：如果選擇多個條件分別解答．按第一個解答記分19．（12分）已知拋物線上的點P（3，c）），到焦點F的距離為6（1）求拋物線C的方程；（2）過點Q（2，1）和焦點F作直線l交拋物線C于A，B兩點，求△PAB的面積20．（12分）如圖1是，，，，分別是邊，上兩點，且，將沿折起使得，如圖2.（1）證明：圖2中，平面；（2）圖2中，求二面角的正切值.21．（12分）如圖，四棱錐，，，，為等邊三角形，平面平面ABCD，Q為PB中點（1）求證：平面平面PBC；（2）求平面PBC與平面PAD所成二面角的正弦值22．（10分）已知數列是公差不為0的等差數列，首項，且成等比數列（1）求數列的通項公式；（2）設數列滿足，求數列的前n項和

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、C【解析】分析得出，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得異面直線與所成的角.【詳解】由題意可知，，因為，，則，，因為平面，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則點、、、，，，，因此，異面直線與所成的角為.故選：C.2、B【解析】先求出向量與的夾角的余弦值，即可求出與的夾角.【詳解】，所以，∴，∴，∴，又∵，∴與的夾角為.故選：B.3、C【解析】根據題意，結合空間向量的坐標運算，即可求解.【詳解】由，，得，因此.故選：C.4、A【解析】計算雙曲線的焦點為，離心率，得到橢圓的焦點為，離心率，計算得到答案.【詳解】雙曲線的焦點為，離心率，故橢圓的焦點為，離心率，即.解得，故橢圓標準方程為：.故選：.【點睛】本題考查了橢圓和雙曲線的離心率，焦點，橢圓的標準方程，意在考查學生的計算能力.5、C【解析】寫出兩圓的圓心和半徑，求出圓心距，發(fā)現與兩圓的半徑和相等，所以判斷兩圓外切【詳解】圓的標準方程為：，所以圓心坐標為，半徑；圓的圓心為，半徑，圓心距，所以兩圓相外切故選：C6、A【解析】根據雙曲線的幾何意義即可得到結果.【詳解】因為雙曲線的實軸長為2a，而雙曲線中，，所以其實軸長為故選：A7、B【解析】根據古典概型概率計算公式，計算出所求的概率.【詳解】依題有，算盤所表示的數可能有：17，26，8，35，62，71，80，53，其中是質數的有：17，71，53，故所求事件的概率為故選：B8、D【解析】方程表示空間中的點到坐標原點的距離為2，從而可知圖形的形狀【詳解】由，得，表示空間中的點到坐標原點的距離為2，所以方程所表示的圖形是以原點為球心，2為半徑的球，故選：D9、D【解析】設等比數列的公比為，然后由已知條件列方程組求解即可【詳解】設等比數列的公比為，因為，，所以，所以，解得，故選：D10、B【解析】由題可得此人每天走的步數等比數列，根據求和公式求出首項可得.【詳解】由題意可知此人每天走的步數構成為公比的等比數列，由題意和等比數列的求和公式可得，解得，第此人第二天走里.故選：B11、B【解析】利用直線與平面，平面與平面的位置關系判斷2個命題的真假，再利用復合命題的真值表判斷選項的正誤即可【詳解】，表示兩條不同直線，，表示兩個不同平面：若，，則也可能，也可能與相交，所以是假命題，為真命題；：令直線的方向向量為，直線的方向向量為，若，則，則，所以是真命題，所以為假命題；所以為假命題，是真命題，為假命題，是真命題，所以為假命題故選：12、C【解析】由已知可求出，即可得出漸近線方程.【詳解】因為，所以，所以的漸近線方程為.故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2【解析】依據向量垂直充要條件列方程，解之即可解決.【詳解】空間向量，，由，可知，即，解之得故答案為：214、①②③【解析】設，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量數量積的坐標運算可判斷①②③④的正誤.【詳解】設，由于、、兩兩垂直，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，如下圖所示：則、、、.對于①，，所以，，①正確；對于②，，，則，②正確；對于③，，，，，所以，和的夾角為，③正確；對于④，，，，則，所以，，而三棱錐的體積為，④錯誤.故答案為：①②③.【點睛】關鍵點點睛：在立體幾何中計算空間向量的相關問題，可以選擇合適的點與直線建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標運算即可.15、【解析】先求導，求出函數的單調遞減區(qū)間，由即可求解.【詳解】，令，得，即的單調遞減區(qū)間是，又在上單調遞減，可得，即.故答案為：.16、【解析】根據導數的定義即可求解.【詳解】，所以，故答案為：.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）；（2）最大值與最小值分別為與【解析】（1）根據導數的幾何意義求出切線的斜率即可求出結果；（2）利用導數研究函數的單調性，進而結合函數的單調性即可求出最值.【詳解】（1）因為，所以所以所以的圖象在點處的切線方程為，即（2）由（1）知令，則；令，則所以在上單調遞減，在上單調遞增．所以又，所以所以在上的最大值與最小值分別為與18、答案不唯一，具體見解析【解析】選①：易得，法一：令求n，即可為何值時取最大值；法二：寫出，利用等差數列前n項和的函數性質判斷為何值時有最大值；選②：由數列前n項和及等差數列下標和的性質易得、即可確定有最大值時值；選③：由等差數列前n項和公式易得、即可確定有最大值時值；【詳解】選①：設數列的公差為，，，解得，即，法一：當時，有，得，∴當時，；，；時，，∴或時，取最大值法二：，對稱軸，∴或時，取最大值選②：由，得，由等差中項的性質有，即，由，得，∴，故，∴當時，，時，，故時，取最大值選③：由，得，可得，由，得，可得，∴，故，∴當時，，時，，故時，取最大值【點睛】關鍵點點睛：根據所選的條件，結合等差數列前n項和公式的性質、下標和相等的性質等確定數列中項的正負性，找到界點n值即可.19、（1）（2）【解析】（1）根據拋物線的焦半徑公式求得，即可得到拋物線方程；（2）寫出直線方程，聯立拋物線方程，進而求得弦長|AB|,再求出點P到直線的距離，即可求得答案.【小問1詳解】由拋物線的焦半徑公式可知：，即得，故拋物線方程為：；【小問2詳解】點Q（2，1）和焦點作直線l，則l方程為，即，聯立拋物線方程：，整理得，設，則，故，點P（3，c）在拋物線上，則，點P到直線l的距離為，故△PAB的面積為.20、（1）證明見解析（2）【解析】（1）、利用線面垂直的判定，及線面垂直的性質即可證明；（2）、建立空間直角坐標系，分別求出平面、平面的法向量，利用求出兩平面所成角的余弦值，進而求出求二面角的正切值.【小問1詳解】由已知得：,平面，又平面,在中，,由余弦定理得：，，即，平面.【小問2詳解】由（1）知：平面，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，設平面的法向量為，平面的法向量為，則與，即與,..,觀察可知二面角為鈍二面角，二面角的正切值為.21、（1）證明見解析（2）【解析】（1）取的中點為，連接，可證，從而可利用面面垂直的判定定理可證平面平面.（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面的法向量、平面的法向量后可得二面角的正弦值.【小問1詳解】如圖，取的中點為S，連接，因為為等邊三角形，故，，而平面平面ABCD，平面平面，平面，故平面，而平面，故，而，故，因，故平面，因平面，故，因，故平面，而平面，故平面平面.【小問2詳解】連接，因為，故四邊形為平行四邊形，而，故四邊形為矩形，所以，由（1）可得平面，故建立如圖所示的空間