湖北省恩施州巴东一中2025届高二数学第一学期期末教学质量检测试题含解析

湖北省恩施州巴东一中2025届高二数学第一学期期末教学质量检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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。1．①命题设“，若，则或”；②若“”为真命题，则p，q均为真命题；③“”是函数为偶函数的必要不充分条件；④若为空间的一个基底，则构成空间的另一基底；其中正确判断的个数是（）A.1 B.2C.3 D.42．已知椭圆的两个焦点分别为，且平行于轴的直线与椭圆交于两点，那么的值为（）A. B.C. D.3．参加抗疫的300名医务人员，编号为1，2，…，300.为了解这300名医务人员的年龄情况，现用系统抽样的方法从中抽取15名医务人员的年龄进行调查.若抽到的第一个编号为6，则抽到的第二个编号为（）A.21 B.26C.31 D.364．已知函数，为的导数，则（）A.-1 B.1C. D.5．已知x，y满足约束条件，则的最大值为（）A.3 B.C.1 D.6．“若”为真命题，那么p是（

）A. B.C. D.7．如图，在正方体中，点，分别是面对角线与的中点，若，，，则（）A. B.C. D.8．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1，5，11，21，37，61，则该数列的第7项为（）A.95 B.131C.139 D.1419．若双曲线的一条渐近线方程为.则（）A. B.C.2 D.410．已知空间向量，则（）A. B.C. D.11．五行学说是中华民族创造的哲学思想.古代先民认为，天下万物皆由五种元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在如图所示的相生相克关系.若从金、木、水、火、土五种元素中任取两种，则这两种元素恰是相生关系的概率是（）A. B.C. D.12．中国明代商人程大位对文学和数学颇感兴趣，他于60岁时完成杰作《直指算法统宗》．这是一本风行东亚的数学名著，该书A.76石 B.77石C.78石 D.79石二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．写出一个渐近线的倾斜角为且焦点在y轴上的双曲线标准方程___________.14．已知长轴长为，短轴长为的椭圆的面积为．现用随机模拟的方法来估计的近似值，先用计算机产生个数对，，其中，均为内的随机数，再由计算机统计发现其中满足条件的数对有个，由此可估计的近似值为______________15．椭圆C：的左、右焦点分别为，，P为椭圆上异于左右顶点的任意一点，、的中点分别为M、N，O为坐标原点，四边形OMPN的周长为4，则的周长是_____16．在单位正方体中，点E为AD的中点，过点B，E，的平面截该正方体所得的截面面积为______.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）已知为坐标原点，椭圆的左右焦点分别为，，为椭圆的上顶点，以为圆心且过的圆与直线相切.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知直线交椭圆于两点.（ⅰ）若直线的斜率等于，求面积的最大值；（ⅱ）若，点在上，.证明：存在定点，使得为定值.18．（12分）在①成等差数列；②成等比数列；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解.问题：已知为数列的前项和，，且___________.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.19．（12分）已知二次函数，.（1）若，求函数的最小值；（2）若，解关于x的不等式.20．（12分）已知圆C的圆心在直线上，且过点，（1）求圆C的方程；（2）若圆C与直线交于A，B两点，______，求m的值从下列三个条件中任选一个补充在上面问题中并作答：条件①：；条件②：圆上一点P到直线的最大距离为；条件③：21．（12分）已知数列是递增的等比数列，是其前n项和，，（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和22．（10分）在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答.设数列的前项和为，且__________.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.

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、B【解析】利用逆否命题、含有逻辑联结词命题的真假性、充分和必要条件、空间基底等知识对四个判断进行分析，由此确定正确答案.【详解】①，原命题的逆否命题为“，若且，则”，逆否命题是真命题，所以原命题是真命题，①正确.②，若“”为真命题，则p，q至少有一个真命题，②错误.③，函数为偶函数的充要条件是“”.所以“”是函数为偶函数的充分不必要条件，③错误.④，若为空间的一个基底，即不共面，若共面，则存在不全为零的，使得，故，因为为空间的一个基底，，故，矛盾，故不共面，所以构成空间的另一基底，④正确.所以正确的判断是个.故选：B2、A【解析】根据椭圆的方程求出，再由椭圆的对称性及定义求解即可.【详解】由椭圆的对称性可知，,所以，又椭圆方程为，所以，解得，所以，故选：A3、B【解析】将300个数编号：001，002，003，，3000，再平均分为15个小组，然后按系统抽样方法得解.【详解】将300个数编号：001，002，003，，3000，再平均分为15个小组，则第一编号为006，第二个编号为.故选：B.4、B【解析】由导数的乘法法则救是导函数后可得结论【详解】解：由题意，，所以.故选：B5、A【解析】由题意首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义求解最大值即可.【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，联立直线方程：，可得点A的坐标为：，据此可知目标函数的最大值为：.故选：A【点睛】方法点睛：求线性目标函数的最值，当时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.6、A【解析】求不等式的解集，根据解集判断p.【详解】由解得-2<x<4，所以p是.故选：A.7、D【解析】由空间向量运算法则得,利用向量的线性运算求出结果.【详解】因为点，分别是面对角线与的中点，，，，所以故选:D.8、A【解析】利用已知条件，推出数列的差数的差组成的数列是等差数列，转化求解即可【详解】由题意可知，1，5，11，21，37，61，……，的差的数列为4，6，10，16，24，……，则这个数列的差组成的数列为：2，4，6，8，……，是一个等差数列，设原数列的第7项为，则，解得，所以原数列的第7项为95，故选：A9、C【解析】求出渐近线方程为，列出方程求出.【详解】双曲线的渐近线方程为，因为，所以，所以.故选：C10、C【解析】A利用向量模长的坐标表示判断；B根据向量平行的判定，是否存在实数使即可判断；C向量数量积的坐标表示求即可判断；D利用向量坐标的线性运算及数量积的坐标表示求即可.【详解】因为，所以A不正确：因为不存在实数使，所以B不正确；因为，故，所以C正确；因为，所以，所以D不正确故选：C11、C【解析】先计算从金、木、水、火、土五种元素中任取两种的所有基本事件数，再计算其中两种元素恰是相生关系的基本事件数，利用古典概型概率公式，即得解【详解】由题意，从金、木、水、火、土五种元素中任取两种，共有（金，木），（金，水），（金，火），（金，土），（木，水），（木，火），（木土），（水，火），（水，土），（火，土），共10个基本事件，其中两种元素恰是相生关系包含（金，木），（木，土），（土，水），（水，火）（火，金）共5个基本事件，所以所求概率.故选：C12、C【解析】设出未知数，列出方程组，求出答案.【详解】设甲、乙、丙分得的米数为x+d，x，x-d，则，解得：d=18，，解得：x=60，所以x+d=60+18=78（石）故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、(答案不唯一)【解析】根据已知条件写出一个符合条件的方程即可.【详解】如，焦点在y轴上，令，得渐近线方程为，其中的倾斜角为.故答案为：(答案不唯一).14、【解析】由，，根据表示的数对对应的点在椭圆的内部，且在第一象限，求出满足条件的点的概率，再转化为几何概型的面积类型求解【详解】，，表示的数对对应的点在椭圆的内部，且在第一象限，其面积为，故，得故答案为：.【点睛】本题主要考查了几何型概率应用，解题关键是掌握几何型概率求法，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.15、【解析】先证明则四边形OMPN是平行四边形，进而根据椭圆定义求出a，再求出c，最后求出答案.【详解】因为M,O,N分别为的中点，所以，则四边形OMPN是平行四边形，所以，由四边形OMPN的周长为4可知，，即，则，于是的周长是.故答案为：.16、【解析】根据题意，取的中点，连接、、、，分析可得四边形为平行四边形，则要求的截面就是四边形，进而可得为菱形，连接、，求出、的长，计算可得答案【详解】根据题意，取的中点，连接、、、，易得，，则四边形为平行四边形，过点，，的截面就是，又由正方体为单位正方体，则，则为菱形，连接、，易得，，则，即要求截面的面积为，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）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）.【解析】（1）求出后可得椭圆的标准方程.（2）（ⅰ）设直线的方程为：，，联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理、弦长公式可求面积表达式，利用基本不等式可求面积的最大值.（ⅱ）利用韦达定理化简可得，从而可得的轨迹为圆，故可证存在定点，使得为定值.【详解】（1）由题意知：，，又，则以为圆心且过的圆的半径为，故，所以椭圆的标准方程为：.（2）（ⅰ）设直线的方程为：，将代入得：，所以且，故.又，点到直线的距离，所以，等号当仅当时取，即当时，的面积取最大值为.（ⅱ）显然直线的斜率一定存在，设直线的方程为：，，由（ⅰ）知：所以，所以，解得，，直线过定点或，所以D在以OZ为直径的圆上，该圆的圆心为或，半径等于，所以存在定点或，使得为定值.【点睛】方法点睛：求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等.直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.18、（1）（2）【解析】（1）由可知数列是公比为的等比数列，若选①：结合等差数列等差中项的性质计算求解；若选②：利用等比数列等比中项的性质计算求解，若选③：利用直接计算；（2）根据对数的运算，可知数列为等差数列，直接求和即可.小问1详解】由，当时，，即，即，所以数列是公比为的等比数列，若选①：由，即，，所以数列的通项公式为；若选②：由，所以，所以数列的通项公式为；若选③：由，即，所以数列的通项公式为；【小问2详解】由（1）得，所以数列等差数列，所以.19、（1）（2）当时，不等式的解集为当时，不等式的解集为当时，不等式的解集为【解析】（1）带入，将化解为，再利用基本不等式求最值即可；（2）将不等式移项整理为，再对a分类讨论，比较两根的大小，即可求得解集.【小问1详解】当a=3时，函数可整理为，因为，所以利用基本不等式，当且仅当，即时，y取到最小值.所以，当时，函数的最小值为.【小问2详解】将不等式整理为，令，即，解得两根为与1，因为，当时，即时，此时的解集为；当时，即时，此时的解集为；当时，即时，此时的解集为.综上所述，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.20、（1）（2）【解析】（1）根据圆心在过点，的线段的中垂线上，同时圆心圆心在直线上，可求出圆心的坐标，进而求得半径，最后求出其标准方程；（2）选①利用用垂径定理可求得答案，选②根据圆上一点P到直线的最大距离为可求得答案，选③先利用向量的数量积可求得，解法就和选①时相同.【小问1详解】由题意可知，圆心在点的中垂线上，该中垂线的方程为，于是，由，解得圆心，圆C的半径所以，圆C的方程为；【小问2详解】①，因为，，所以圆心C到直线l的距离，则，解得，②，圆上一点P到直线的最大距离为，可知圆心C到直线l的距离则，解得，③，因为，所以，得，又，所以圆心C到直线l的距离，则，解得21、（1）；（2）.【解析】(1)根据给定条件求出数列的公比即可计算得解.(2)由(1)的结论求出，然后