陕西省西安市高新第一中学2025届高二上数学期末学业质量监测试题含解析

陕西省西安市高新第一中学2025届高二上数学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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．双曲线的左、右焦点分别为、，过点且斜率为的直线与双曲线的左右两支分别交于P、Q两点，若，则双曲线C的离心率为（）A. B.C. D.2．已知点是椭圆的左右焦点，椭圆上存在不同两点使得，则椭圆的离心率的取值范围是（）A. B.C. D.3．已知全集，，（）A. B.C. D.4．等比数列中，，，则（）A. B.C. D.5．已知集合M＝{0，x}，N＝{1,2}，若M∩N＝{2}，则M∪N＝()A.{0，x,1,2} B.{2,0,1,2}C.{0,1,2} D.不能确定6．直线过点且与双曲线仅有一个公共点，则这样的直线有（）A.1条 B.2条C.3条 D.4条7．曲线与曲线的A.长轴长相等 B.短轴长相等C.离心率相等 D.焦距相等8．双曲线的左、右焦点分别为、，点P在双曲线右支上，，，则C的离心率为（）A. B.2C. D.9．已知空间向量，，，则（）A.4 B.-4C.0 D.210．圆与直线的位置关系为（）A.相切 B.相离C.相交 D.无法确定11．一动圆与圆外切，而与圆内切，那么动圆的圆心的轨迹是（）A.椭圆 B.双曲线C.抛物线 D.双曲线的一支12．某中学举行党史学习教育知识竞赛，甲队有、、、、、共名选手其中名男生名女生，按比赛规则，比赛时现场从中随机抽出名选手答题，则至少有名女同学被选中的概率是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，点为椭圆C的下顶点，直线MA与MB的斜率之积为.（1）求椭圆C的方程；（2）设点P，Q为椭圆C上位于x轴下方的两点，且，求四边形面积的最大值.14．若＝，则x的值为_______15．已知双曲线两焦点之间的距离为4，则双曲线的渐近线方程是___________.16．某商场对华为手机近28天的日销售情况进行统计，得到如下数据，t36811ym357利用最小二乘法得到日销售量y（百部）与时间t（天）的线性回归方程为，则表格中的数据___________.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）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的左，右焦点分别为F1（﹣，0），F2（，0），且椭圆C过点（﹣）.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设过（0，﹣2）的直线l与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若，求直线l的方程.18．（12分）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，FA⊥平面ABCD，ED//FA，且AB=FA=2ED=2（1）求证：平面FAC⊥平面EFC；（2）求多面体ABCDEF的体积19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为的中点（1）求证：平面；（2）若，求平面与平面的夹角大小20．（12分）求下列函数导数：（1）；（2）；21．（12分）如图，在正方体中，分别为，的中点（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值22．（10分）公差不为0的等差数列中，，且成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前n项和为．若，求的取值范围

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】由，且，可得，再结合，可得，进而在△中，由余弦定理可得到齐次方程，求出即可.【详解】由题意，可得，因为，所以，又，所以，在△中，，即，由余弦定理，可得，整理得，则，即，解得，因为，所以.故选：C.【点睛】方法点睛：本题考查求双曲线的离心率，属于中档题.双曲线离心率的求法：（1）由条件直接求出（或或），或者寻找（或或）所满足的关系，利用求解；（2）根据条件列出的齐次方程，利用转化为关于的方程，解方程即可，注意根据对所得解进行取舍.2、C【解析】先设点，利用向量关系得到两点坐标之间的关系，再结合点在椭圆上，代入方程，消去即得，根据题意，构建的齐次式，解不等式即得结果.【详解】设，由得，，，即，由在椭圆上，故，即，消去得，，根据椭圆上点满足，又两点不同，可知，整理得，故，故.故选：C.【点睛】关键点点睛：圆锥曲线中离心率的计算，关键是根据题中条件，结合曲线性质，找到一组等量关系（齐次式），进而求解离心率或范围.3、C【解析】根据条件可得，则，结合条件即可得答案.【详解】因，所以，则，又，所以，即.故选：C4、D【解析】设公比为，依题意得到方程，即可求出，再根据等比数列通项公式计算可得；【详解】解：设公比为，因为，，所以，即，解得，所以；故选：D5、C【解析】集合M＝{0，x}，N＝{1,2}，若M∩N＝{2}，则.所以.故选C.点睛：集合的交集即为由两个集合的公共元素组成的集合，集合的并集即由两集合的所有元素组成.6、C【解析】根据直线的斜率存在与不存在，分类讨论，结合双曲线的渐近线的性质，即可求解.【详解】当直线的斜率不存在时，直线过双曲线的右顶点，方程为，满足题意；当直线的斜率存在时，若直线与两渐近线平行，也能满足与双曲线有且仅有一个公共点.综上可得，满足条件的直线共有3条.故选：C.【点睛】本题主要考查了直线与双曲线的位置关系，以及双曲线的渐近线的性质，其中解答中忽视斜率不存在的情况是解答的一个易错点，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及分类讨论思想的应用，属于基础题.7、D【解析】分别求出两椭圆的长轴长、短轴长、离心率、焦距，即可判断【详解】解：曲线表示焦点在轴上，长轴长10，短轴长为6，离心率为，焦距为8曲线表示焦点在轴上，长轴长为，短轴长为，离心率为，焦距为8对照选项，则正确故选：【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，考查运算能力，属于基础题8、C【解析】由，所以为直角三角形，根据双曲线的定义结合勾股定理可得答案.【详解】由，所以为直角三角形.,根据双曲线的定义可得所以，即，即，所以故选：C9、A【解析】根据空间向量平行求出x,y，进而求得答案.【详解】因为，所以存在实数，使得，则.故选：A.10、C【解析】先计算出直线恒过定点，而点在圆内，所以圆与直线相交.【详解】直线可化为，所以恒过定点.把代入，有：，所以在圆内，所以圆与直线的位置关系为相交.故选：C11、A【解析】依据定义法去求动圆的圆心的轨迹即可解决.【详解】设动圆的半径为r,又圆半径为1，圆半径为8，则，，可得，又则动圆的圆心的轨迹是以为焦点长轴长为9的椭圆.故选：A12、D【解析】现场选名选手，共种情况，设，，，四位同学为男同学则没有女同学被选中的情况，共有6种，利用对立事件进行求解，即可得到答案；【详解】现场选名选手，基本事件有：，，，，，，，，，，，，，，共种情况，不妨设，，，四位同学为男同学则没有女同学被选中的情况是：，，，，，共种，则至少有一名女同学被选中的概率为.故选：.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、（1）（2）【解析】（1）由斜率之积求得，再由已知条件得，从而得椭圆方程；（2）延长QF2交椭圆于N点，连接，，设直线，，.直线方程代入椭圆方程，应用韦达定理得，结合不等式的性质、函数的单调性可得的范围，再计算出四边形面积得结论【小问1详解】由题知：，，，又，∴椭圆.【小问2详解】延长QF2交椭圆于N点，连接，，如下图所示：，∴设直线，，.由，得，，，.，由勾形函数的单调性得，根据对称性得：，且，，∴四边形面积的最大值为.14、4或9.【解析】分析：先根据组合数性质得，解方程得结果详解：因为＝，所以因此点睛：组合数性质：15、.【解析】根据条件求出c，进而根据求出a，最后写出渐近线方程.【详解】因为双曲线两焦点之间的距离为4，所以，解得，所以，，双曲线的渐近线方程是.故答案为：.16、1【解析】根据已知条件，求出，的平均值，再结合线性回归方程过样本中心，即可求解【详解】解：由表中数据可得，，，线性回归方程为，，解得故答案为：1三、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）或.【解析】（1）设标准方程代入点的坐标，解方程组得解.（2）设直线方程代入椭圆方程消元，韦达定理整体思想，可得直线斜率得解.【小问1详解】因为椭圆C的焦点为，可设椭圆C的方程为，又点在椭圆C上，所以，解得，因此，椭圆C的方程为；【小问2详解】当直线的斜率不存在时，显然不满足题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，，因为，所以，因为，，所以，所以，①联立方程，消去得，则，代入①，得，解得，经检验，此时直线与椭圆相交，所以直线l的方程是或.18、（1）证明见解析；（2）.【解析】(1)连接BD交AC于点O，设FC的中点为P，连接OP，EP，证明BD//EP，BD⊥平面FAC即可推理作答.(2)求出三棱锥和四棱锥的体积即可计算作答.【小问1详解】连接BD交AC于点O，设FC的中点为P，连接OP，EP，如图，菱形ABCD中，O为AC的中点，则OP//FA，且，而ED//FA，且FA=2ED，于是得OP//ED，且OP=ED，即有四边形OPED为平行四边形，则OD//EP，即BD//EP，因为FA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，则FA⊥BD，又四边形ABCD是菱形，即BD⊥AC，而FAAC=A，平面FAC，因此，BD⊥平面FAC，即EP⊥平面FAC，又EP平面EFC，所以平面FAC⊥平面EFC.【小问2详解】由已知，是正三角形，，则，取AD的中点G，连接CG，而△ACD为正三角形，从而有CG⊥AD，且，因FA⊥平面ABCD，FA平面ADEF，则平面ADEF⊥平面ABCD，又平面ADEF平面ABCD=AD，而CG平面ABCD，因此，CG⊥平面ADEF，则点C到平面ADEF的距离为，又，于是得，所以多面体ABCDEF的体积.19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）取中点，连结，证得，利用线面平行的判定定理，即可求解；（2）以为原点，以方面为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立坐标系，利用平面和平面的法向量的夹角公式，即可求解【小问1详解】取中点，连结，由，，则，又由平面，平面，所以平面.【小问2详解】以为原点，以方面为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立坐标系，可得，，，，，则，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则又平面的法向量为；则，所以平面与平面所成的锐二面角为.20、（1）；（2）【解析】根据基本初等函数的导数公式以及导数的运算法则计算可得；【详解】解：（1）因为所以，即（2）因为所以，即21、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由正方体性质易得，根据线面平行的判定可得面、面，再由面面平行的判定证明结论；（2）建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，确定相关点的坐标，进而求两个半平面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值【小问1详解】在正方体中，且，且，且，则四边形为平行四边形，即有，因为面，面，则平面，同理平面，又，面，则平