2025屆湖南省衡陽八中、澧縣一中高二上數(shù)學期末學業(yè)質(zhì)量監(jiān)測試題含解析

2025屆湖南省衡陽八中、澧縣一中高二上數(shù)學期末學業(yè)質(zhì)量監(jiān)測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．如圖，在直三棱柱中，D為棱的中點，，，，則異面直線CD與所成角的余弦值為（）A. B.C. D.2．已知隨機變量服從正態(tài)分布，且，則（）A.0.1 B.0.2C.0.3 D.0.43．已知直線過點，，則該直線的傾斜角是（）A. B.C. D.4．橢圓（）的右頂點是拋物線的焦點，且短軸長為2，則該橢圓方程為（）A. B.C. D.5．已知數(shù)列是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，若，則公比()A. B.2C.2或 D.46．已知四面體中，，若該四面體的外接球的球心為，則的面積為（）A. B.C. D.7．若函數(shù)在上為增函數(shù)，則a的取值范圍為（）A. B.C. D.8．某中學的校友會為感謝學校的教育之恩，準備在學校修建一座四角攢尖的思源亭如圖它的上半部分的輪廓可近似看作一個正四棱錐，已知此正四棱錐的側面與底面所成的二面角為30°，側棱長為米，則以下說法不正確（）A.底面邊長為6米 B.體積為立方米C.側面積為平方米 D.側棱與底面所成角的正弦值為9．已知是橢圓右焦點，點在橢圓上，線段與圓相切于點，且，則橢圓的離心率等于（）A. B.C. D.10．春秋時期孔子及其弟子所著的《論語·顏淵》中有句話：“非禮勿視，非禮勿聽，非禮勿言，非禮勿動.”意思是：不符合禮的不看，不符合禮的不聽，不符合禮的不說，不符合禮的不做.“非禮勿聽”可以理解為：如果不合禮，那么就不聽.從數(shù)學角度來說，“合禮”是“聽”的（）A.充分條件 B.必要條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件11．數(shù)列1，6，15，28，45，...中的每一項都可用如圖所示的六邊形表示出來，故稱它們?yōu)榱呅螖?shù)，那么第10個六邊形數(shù)為（）A.153 B.190C.231 D.27612．設拋物線C:的焦點為，準線為．是拋物線C上異于的一點，過作于，則線段的垂直平分線（）A.經(jīng)過點 B.經(jīng)過點C.平行于直線 D.垂直于直線二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．經(jīng)過點且與雙曲線有公共漸近線的雙曲線方程為_________14．曲線在點（1，1）處的切線方程為_____15．已知橢圓的離心率為.（1）證明：；（2）若點在橢圓的內(nèi)部，過點的直線交橢圓于、兩點，為線段的中點，且.①求直線的方程；②求橢圓的標準方程.16．函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是___________.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(shù)，其中a為正數(shù)（1）討論單調(diào)性；（2）求證：18．（12分）已知拋物線的焦點為，直線與拋物線的準線交于點，為坐標原點，（1）求拋物線的方程；（2）直線與拋物線交于，兩點，求的面積19．（12分）已知函數(shù),.(1)討論函數(shù)的單調(diào)性;(2)若不等式在上恒成立,求實數(shù)的取值范圍.20．（12分）已知橢圓，直線.（1）若直線與橢圓相切，求實數(shù)的值；（2）若直線與橢圓相交于A、兩點，為線段的中點，為坐標原點，且，求實數(shù)的值.21．（12分）如圖1，已知正方形的邊長為，分別為的中點，將正方形沿折成如圖2所示的二面角，點在線段上（含端點）運動，連接（1）若為的中點，直線與平面交于點，確定點位置，求線段的長；（2）若折成二面角大小為，是否存在點M，使得直線與平面所成的角為，若存在，確定出點的位置；若不存在，請說明理由22．（10分）已知橢圓的上、下頂點分別為A，B，離心率為，橢圓C上的點與其右焦點F的最短距離為.（1）求橢圓C的標準方程；（2）若直線與橢圓C交于P，Q兩點，直線PA與QB的斜率分別為，，且，那么直線l是否過定點，若過定點，求出該定點坐標；否則，請說明理由.

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】以C為坐標原點，分別以，，方向為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系.運用異面直線的空間向量求解方法，可求得答案.【詳解】解：以C為坐標原點，分別以，，的方向為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系.由已知可得，，，，則，，所以.又因為異面直線所成的角的范圍為，所以異面直線與所成角的余弦值為.故選：A.2、A【解析】利用正態(tài)分布的對稱性和概率的性質(zhì)即可【詳解】由，且則有：根據(jù)正態(tài)分布的對稱性可知：故選：A3、C【解析】根據(jù)直線的斜率公式即可求得答案.【詳解】設該直線的傾斜角為，該直線的斜率，即.故選：C4、A【解析】求得拋物線的焦點從而求得，再結合題意求得，即可寫出橢圓方程.【詳解】因為拋物線的焦點坐標為，故可得；又短軸長為2，故可得，即；故橢圓方程為：.故選：.5、B【解析】由兩式相除即可求公比.【詳解】設等比數(shù)列的公比為q，∵其各項均為正數(shù)，故q＞0，∵，∴，又∵，∴=4，則q＝2.故選：B.6、C【解析】根據(jù)四面體的性質(zhì)，結合線面垂直的判定定理、球的性質(zhì)、正弦定理進行求解即可.【詳解】由圖設點為中點，連接，由，所以，面，則面，且，所以球心面，所以平面與球面的截面為大圓，延長線與此大圓交于點.在三角形中，由，所以，由正弦定理知：三角形的外接圓半徑為，設三角形的外接圓圓心為點，則面，有，則，設的外接圓圓心為點，則面，由正弦定理知：三角形PAB的外接圓半徑為，所以，又三角形中，，所以為的角平分線，則，在直角三角形OMD中，，在直角三角形OED中，，在三角形中，取中點，由，所以，故選：C.【點睛】關鍵點睛：運用正弦定理、勾股定理、線面垂直的判定定理是解題的關鍵.7、C【解析】求出函數(shù)的導數(shù)，要使函數(shù)在上為增函數(shù)，要保證導數(shù)在該區(qū)間上恒正即可，由此得到不等式,解得答案.詳解】由題意可知，若在遞增，則在恒成立，即有，則，故選：C.8、D【解析】連接底面正方形的對角線交于點，連接，則為該正四棱錐的高，即平面，取的中點，連接，則的大小為側面與底面所成，設正方形的邊長為，求出該正四棱錐的底面邊長，斜高和高，然后對選項進行逐一判斷即可.【詳解】連接底面正方形的對角線交于點，連接則為該正四棱錐的高，即平面取的中點，連接，由正四棱錐的性質(zhì)，可得由分別為的中點，所以，則所以為二面角的平面角，由條件可得設正方形的邊長為，則,又則,解得故選項A正確.所以,則該正四棱錐的體積為，故選項B正確.該正四棱錐的側面積為，故選項C正確.由題意為側棱與底面所成角，則，故選項D不正確.故選：D9、A【解析】結合橢圓的定義、勾股定理列方程，化簡求得，由此求得離心率.【詳解】圓的圓心為，半徑為.設左焦點為，連接，由于，所以，所以，所以，由于，所以，所以，，.故選：A10、B【解析】如果不合禮，那么就不聽.轉化為它的逆否命題.即可判斷出答案.【詳解】如果不合禮，那么就不聽的逆否命題為：如果聽，那么就合理.故“合禮”是“聽”的必要條件.故選：B.11、B【解析】細心觀察，尋求相鄰項及項與序號之間的關系，同時聯(lián)系相關知識,如等差數(shù)列、等比數(shù)列等，結合圖形可知，，，，，，，據(jù)此即可求解.【詳解】由題意知，數(shù)列的各項為1，6，15，28，45，...所以，，，，，，所以.故選：B【點睛】本題考查合情推理中的歸納推理；考查邏輯推理能力；觀察分析、尋求規(guī)律是求解本題的關鍵；屬于中檔題、探索型試題.12、A【解析】依據(jù)題意作出焦點在軸上的開口向右的拋物線，根據(jù)垂直平分線的定義和拋物線的定義可知，線段的垂直平分線經(jīng)過點，即可求解.【詳解】如圖所示：因為線段的垂直平分線上的點到的距離相等，又點在拋物線上，根據(jù)定義可知，，所以線段的垂直平分線經(jīng)過點.故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由題意設所求雙曲線的方程為，∵點在雙曲線上，∴，∴所求的雙曲線方程為，即答案：14、【解析】根據(jù)導數(shù)的幾何意義求出切線的斜率，再根據(jù)點斜式可求出結果.【詳解】因為，所以曲線在點（1，1）處的切線的斜率為，所以所求切線方程為：，即.故答案為：.15、（1）證明見解析；（2）①；②.【解析】（1）由可證得結論成立；（2）①設點、，利用點差法可求得直線的斜率，利用點斜式可得出所求直線的方程；②將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，列出韋達定理，由可得出，利用平面向量數(shù)量積的坐標運算可得出關于的等式，可求出的值，即可得出橢圓的方程.【詳解】（1），，因此，；（2）①由（1）知，橢圓的方程為，即，當在橢圓的內(nèi)部時，，可得.設點、，則，所以，，由已知可得，兩式作差得，所以，所以，直線方程為，即.所以，直線的方程為；②聯(lián)立，消去可得.，由韋達定理可得，，又，而，，，解得合乎題意，故，因此，橢圓的方程為.16、【解析】首先對求導，可得，令，解可得答案【詳解】解：由得，故的單調(diào)遞減區(qū)間是故答案為：【點睛】本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，屬于基礎題.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）證明見解析【解析】（1）求解函數(shù)的導函數(shù)，并且求的兩個根，然后分類討論，和三種情況下對應的單調(diào)性；（2）令，通過二次求導法，判斷函數(shù)的單調(diào)性與最小值，設的零點為，求出取值范圍，最后將轉化為的對勾函數(shù)并求解最小值，即可證明出不等式.【小問1詳解】函數(shù)的定義域為∵令得∵，∴，得或①當，即時，時，或；時，.∴在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增②當，即時，時，或；時，.∴在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增③當，即時，∴在上單調(diào)遞增綜上所述：當時，在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；當時，在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；當時，在上單調(diào)遞增【小問2詳解】令，（）∴，令∴，∴在上單調(diào)遞增又∵，，∴使得，即（*）∴當時，，∴，∴單調(diào)遞減∴當時，，∴，∴單調(diào)遞增∴，（）由（*）式可知：，∴，∴∵，∴函數(shù)單調(diào)遞減∴，∴∴【點睛】求解本題的關鍵是利用二次求導法，通過虛設零點，求解原函數(shù)的單調(diào)性與最小值，并通過最小值的取值范圍證明不等式.18、（1）（2）【解析】（1）根據(jù)題意建立關于的方程，解得的值即可.（2）聯(lián)列方程組并消元，韋達定理整體思想求的長，再求點到直線的距離，進而求面積.【小問1詳解】由題意可得，，則，因為，所以，解得，故拋物線的方程為【小問2詳解】由（1）可知，則點到直線的距離聯(lián)立，整理得設，，則，從而因為直線過拋物線的焦點，所以故的面積為19、（1）時，函數(shù)在單調(diào)遞增，無減區(qū)間；時，函數(shù)在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.（2）.【解析】（1）對求導得到，分和進行討論，判斷出的正負，從而得到的單調(diào)性；（2）設函數(shù)，分和進行討論，根據(jù)的單調(diào)性和零點，得到答案.【詳解】解:（1）函數(shù)定義域是，，當時，，函數(shù)在單調(diào)遞增，無減區(qū)間；當時，令，得到，即，所以，，單調(diào)遞增，，，單調(diào)遞減，綜上所述，時，函數(shù)在單調(diào)遞增，無減區(qū)間；時，函數(shù)在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.（2）由已知在恒成立，令，，可得，則，所以在遞增，所以，①當時，，在遞增，所以成立，符合題意.②當時，，當時，，∴，使，即時，在遞減，，不符合題意.綜上得【點睛】本題考查利用導數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)導數(shù)解決不等式恒成立問題，屬于中檔題.20、（1）（2）m值為或.【解析】（1）利用判別式直接求解；（2）用“設而不求法”表示出，即可求出m.【小問1詳解】聯(lián)立,消去y可得.因為直線與橢圓相切，所以，解得：.【小問2詳解】設.聯(lián)立,消去y可得.所以,，所以.又由,可得.所以.因為,所以，解得，所以實數(shù)m的值為或.21、（1）是的延長線與延長線的交點，且（2）存在，使得直線與平面所成的角為，且.【解析】（1）通過延長、以及全等三角形確定點的位置并求得線段的長.（2）建立空間直角坐標系，利用向量法判斷符合題意的點是否存在.【小問1詳解】延長，連接并延長，交的延長線于，由于，所以，所以.所以是的延長線與延長線的交點，且.【小問2詳解】由于，所以平面，，由于平面，所以平面平面.建立如圖所示空間直角坐標系，，設，，設平面的法向量為，則，故可設，由于直線與平面所成的角為，所以，整理得，解得或（舍去）存在，使得直線與平面所成的角為，且.